Final 27/05/2009

final_27_05_2009

Solución: (de la parte práctica)

1)

a) Enuncie el teorema de cambio de variables en integrales dobles.  Siendo \iint_{Dxy} x+y \ dxdy = 9 , ante un cambio de variables definido por (x,y) = (u+v, v-u) ¿Cuál será el valor de \iint_{Duv} 8v \ dudv ?

Primero calculamos el jacobiano de la transformación:

J = \left| \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{matrix} \right| = 1 - (-1) = 2

Por lo tanto por un lado sabemos que dxdy = 2 dudv

Por otro lado realizamos el cambio de variable al integrando, nos queda que x+y = u + v + v - u = 2v

Por lo tanto la integral original transformada sería:

\iint\limits_{Duv} 2v \ 2dudv = \iint\limits_{Duv} 4v \ dudv = 9

La integral que nos piden es

\iint\limits_{Duv} 8v \ dudv = 2 \iint\limits_{Duv} 4v \ dudv = 2 \cdot 9 = 18

b) Dado f(x,y) = (x^2y + g(x), x^3), calcule \oint_{C^+} f ds cuando C es la curva frontera de la región plana D definida por 9x^2 + y^2 \leq 9; suponga que f tiene derivadas parciales continuas.

Puesto que no conocemos g(x) y la curva sobre la que queremos integrar es cerrada, lo primero que intentamos es aplicar el teorema de Green.

green(f) = \left| \begin{matrix} \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} \\ x^2y + g(x) & x^3 \end{matrix} \right| = 3x^2 - x^2 = 2x^2

Con lo cual no necesitamos conocer g(x), y lo que debemos hacer es integrar 2x^2 sobre la región interior que encierra la curva.

Como esta región es una elipse, nos conviene pasar a una variante de las coordenadas polares:

x = \rho \cos(\phi)

y = 3\rho \sin(\phi)

El jacobiano de esta transformación es:

J = \left| \begin{matrix} \cos(\phi) & -\rho\sin(\phi) \\ 3\sin(\phi) & 3\rho\cos(\phi) \end{matrix} \right| = 3\rho\cos^2(\phi) + 3\rho\sin^2(\phi) = 3\rho

Al transformar el integrando nos queda 2x^2 = 2\rho^2\cos^2(\phi)

Integramos, sin olvidarnos de poner el jacobiano:

2 \cdot 3\int_0^{2\pi} cos^2(\phi) d\phi \int_0^1 \rho^3 d\rho

= 6 \int_0^{2\pi} \cos^2(\phi) d\phi [\frac{\rho^4}{4}]_0^1

= \frac{3}{2} [\frac{\phi}{2} + \frac{\sin(2\phi)}{4}]_0^{2\pi} = \frac{3}{2}\pi

2)

a) Defina solución general y solución particular de una ecuación diferencial ordinaria de orden n.  Siendo y = y_{p1}(x) e y = y_{p2}(x) dos soluciones particulares de a y'' + by' + cy = f(x), demuestre que y = y_{p1}(x) - y_{p2}(x) es una solución de la correspondiente ecuación diferencial homogénea.

Tenemos que

a[y''_{p1}(x) - y''_{p2}(x)] + b[y'_{p1}(x) - y'_{p2}(x)] + c[y_{p1}(x) - y_{p2}(x)]

= ay''_{p1}(x) + by'_{p1}(x) + cy_{p1}(x) - (ay''_{p2}(x) + by'_{p2}(x) + cy_{p2}(x))

= f(x) - f(x) = 0

b) Dado f(x,y) = (xy, y-2), halle una ecuación cartesiana para la línea de campo de f que pasa por A=(1,3); indique gráficamente la orientación de dicha línea en A (sólo gráfico indicativo, no se pide que grafique la línea).

Lo importante en este ejercicio es darse cuenta que:

y' = \frac{y-2}{xy}

Por lo tanto

\frac{y}{y-2} dy = \frac{1}{x} dx

\frac{y - 2 + 2}{y-2} dy = \frac{1}{x} dx

(\frac{y - 2}{y-2} + \frac{2}{y-2}) dy = \frac{1}{x} dx

(1 + \frac{2}{y-2}) dy = \frac{1}{x} dx

y + 2\ln(y-2) = \ln(x) + c

Nos piden que pase por (1,3), por lo tanto:

3 = c

Y la ecuación cartesiana para la línea de campo nos queda:

y + 2\ln(y-2) = \ln(x) + 3

3) Sea r_0 la recta normal a la superficie de ecuación z = x^2 + y^2 en el punto A=(1,1,z_0), sea B el punto donde r_0 interseca al plano xy.  Dado f(x,y,z)=(x+y,y+z,x+z), calcule la circulación de f a lo largo de r_0 deade A hasta B.

Sabemos que z_0 = 1^2 + 1^2 = 2 por lo tanto el punto A = (1,1,2)

Primero calculamos la recta normal, para eso nos conviene definir la función:

F(x,y,z) = x^2 + y^2 - z

Por lo tanto la dirección normal vendrá dada por

\nabla F = (2x, 2y, -1)

En el punto A = (1,1,2) nos queda:

\nabla F = (2,2,-1)

y la recta normal es:

r_0(t) = (1,1,2) + t(2,2,-1) = (1+2t, 1+2t, 2-t)

Su derivada es

r'_0(t) = (2,2,-1)

Si queremos saber cuando interseca al plano xy debemos ver que satisfaga z=0 por lo tanto

2-t=0

t=2

B=(5,5,0)

Ya tenemos todos los datos para realizar la integral

\int_0^2 f(r_o(t)) \cdot r'_o(t) dt

\int_0^2 (1+2t+1+2t, 1+2t+2-t, 1+2t+2-t) \cdot (2,2,-1) dt

\int_0^2 (2+4t, 3+t, 3+t) \cdot (2,2,-1) dt

\int_0^2 4+8t + 6+2t - 3 - t dt

\int_0^2 7 + 9t dt = [7t + 9\frac{t^2}{2}]_0^2 = 32

4) Calcule el flujo de f = g + h \in C^1 a través de la frontera \Sigma del cuerpo definido por 2 \leq z \leq 18-x^2-y^2, suponiendo: g solenoidal y h(x,y,z) = (y-z,x-z,2z-x). Indique gráficamente la orientación que adopta para \Sigma

Como no nos dan explícitamente f y además la superficie sobre la que queremos integrar es cerrada, intentamos aplicar el teorema de la divergencia.

div(f) = div(g) + div(h)

= 0 + (0+0+2) = 2

Por lo tanto el flujo pedido simplemente será el doble del volumen del cuerpo que encierra la superficie.

Veamos como se intersecta la superficie del techo con el plano del piso z=2:

18-x^2-y^2 = 2

x^2+y^2 = 16

que es una circunferencia de radio 4.

Nos conviene pasar a coordenadas cilíndricas ya que la superficie es simétrica con respecto al eje z.  No debemos olvidar de poner el jacobiano en la integral, que en este caso es \rho:

\iint\limits_S f dS = 2 \int_0^{2\pi}d\phi \int_0^4\rho d\rho \int_2^{18-\rho^2} dz

= 4\pi \int_0^4 \rho (18-\rho^2 - 2) d\rho

= 4\pi \int_0^4 16\rho - \rho^3 d\rho

= 4\pi [16 \frac{\rho^2}{2} - \frac{\rho^4}{4}]_0^4 = 4\pi(128-64) = 256\pi

Ejercicio de Función Compuesta

Sea w = u^2 + u v^2 , con

u = xy + y

v = f(x,y)

resulta w = h(x,y)

Sabiendo que f queda definida implícitamente por

v - 2x + \ln(v+y) = 0

halle la mínima derivada direccional de h en (1,-1) e indique la dirección mínima.

Solución:

Partimos de (x,y) = (1,-1)

a esto le aplicamos una función g_1(x,y) = (xy+y, f(x,y)) y nos pasa al punto (u,v) = (-2,f(1,-1))

Reemplazando en la ecuación que define la función implícita sacamos f(1,-1):

v - 2 + \ln(v-1) = 0, entonces v = f(1,-1) = 2

por lo tanto nos deja en el punto (u,v) = (-2,2)

Finalmente a esto se le aplica una función g_2(u,v) = u^2 + uv^2 y nos deja en el punto w = 4 + (-2)4 = -4

La mínima derivada direccional vendrá dada por - |\nabla h| , y su dirección por - \nabla h, por lo tanto necesitamos primero calcular \nabla h

\nabla h = Dg_2 o Dg_1 = \begin{pmatrix}2u + v^2 & 2uv \end{pmatrix}|_{(-2,2)} o \begin{pmatrix} y & x + 1 \\ f'_x & f'_y \end{pmatrix}|_{(1,-1)}

Definiendo la función F(x,y,v) = v - 2x + \ln(v+y) las derivadas de la función implícita las sacamos como

F'_x = -2

F'_y = \frac{1}{v+y} = \frac{1}{2-1} = 1

F'_v = 1 + \frac{1}{v+y} = 1 + \frac{1}{2-1} = 2

f'_x = - \frac{F'_x}{F'_v} = - \frac{-2}{2} = 1

f'_y = - \frac{F'_y}{F'_v} = - \frac{1}{2}

Reemplazando nos va quedando:

\nabla h = Dg_2 o Dg_1 = \begin{pmatrix} 0 & -8 \end{pmatrix} o \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -1/2 \end{pmatrix} = (-8, 4)

La máxima derivada direccional es | \nabla h | = \sqrt{(-8)^2 + 4^2} = 4 \sqrt{5}

Por lo tanto la mínima derivada direccional es -4\sqrt{5} y la dirección de mínima derivada direccional es (8,-4) \frac{1}{4\sqrt{5}}

Ejercicio de Función Implícita

La ecuacion imlicita: x^2 + x + y = 3 + z define la superficie S,
obtener la ec. de su plano tangente y la recta normal en el punto (1,1,Zo) de dicha superficie.

Solución:

Primero calculamos z_0, observemos que el punto A=(1,1,z_0)  nos dice que pertenece a la superficie, por lo tanto debe verificar la ecuación, reemplazando obtenemos:

1^2 + 1 + 1 = 3 + z_0

entonces,

z_0 = 0

Ahora necesitamos las derivadas para poder calcular el plano.

Este ejercicio podemos resolverlo de dos formas, ya que al poder despejar z de la ecuación original, puede resolverse por la forma explícita, o sinó, puede resolverse mediante el teorema de la función implícita.

Voy a resolverlo por el teorema de la función implícita, primero defino la función:

F(x,y,z) = x^2 + x + y - z - 3

con lo cual la ecuación implícita se corresponde a F(x,y,z)=0.

Calculemos las derivadas parciales de F:

\frac{\partial F}{\partial x} = 2x + 1

\frac{\partial F}{\partial y} = 1

\frac{\partial F}{\partial z} = -1

Podemos observar que todas las derivadas parciales existen y son contínuas, y que \frac{\partial F}{\partial z} \neq 0 para todo x,y,z, por lo tanto se cumplen las condiciones necesarias del teorema de la función implícita para todo punto, en particular para el punto pedido A=(1,1,0), en el cual nos da

\frac{\partial F}{\partial x} = 3

\frac{\partial F}{\partial y} = 1

\frac{\partial F}{\partial z} = -1

El teorema de la función implícita nos dice entonces que F define a z como función f(x,y) en el entorno del punto, y puedo calcular sus derivadas parciales de la siguiente forma

\frac{\partial f}{\partial x} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}} = - \frac{3}{-1} = 3

\frac{\partial f}{\partial y} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial z}} = - \frac{1}{-1} = 1

Por lo tanto la ecuación del plano tangente es:

z = z_o + f'_x (x - x_0) + f'_y(y - y_o)

= 0 + 3(x - 1) + 1(y - 1)

= 3x - 3 + y - 1

Finalmente:

z = 3x + y - 4

Una tercer forma de resolver este ejercicio sería usar el hecho de que el gradiente es normal a la superficie de nivel, por lo tanto \nabla F \cdot (X - X_0) = 0, es decir el plano tangente es:

(3,1,-1) (x-1,y-1,z) = 0

3x - 3 + y - 1 - z = 0

3x + y - z = 4

Podemos ver la superficie y el plano tangente en el siguiente gráfico:
implicita
draw3d(color=blue, surface_hide=true,
explicit(x^2 + x + y - 3,x,-6,8,y,-6,8),
color=yellow, explicit(3*x + y - 4,x,-6,8,y,-6,8),
color=red, line_width=4, parametric(1,1,0,t,0,10));

Ejercicio de Continuidad 2

Dado el campo escalar f(x,y) definida como:

f(x,y) = \begin{cases} f_1(x,y) = \frac{\sin(xy)}{\tan(3y)} & si \ y \neq 0 \\ f_2(x,y) = 0 & si \ y=0 \end{cases}

Analice la continuidad y la derivabilidad de f en los puntos (0,0) y (0,2).

Solución:

Voy a llamar a los puntos de la siguiente forma:

A: (0,0)
B: (0,2)

Analizo primero el punto A:

\lim_{(x,y) \to (0,0)}\frac{\sin(xy)}{\tan(3y)}

Si me acerco por el eje x (y=0) tengo que usar f_2 y el límite da 0.

Si me acerco por el eje y (x=0)

\lim_{y \to 0} \frac{\sin(0)}{\tan(3y)} = 0

Por lo tanto me dió lo mismo por dos caminos distintos. Intentemos ver si el límite es válido para todos los caminos posibles. Si reescribo la función f_1 de la siguiente forma:

f_1(x,y) = \frac{\sin(xy)}{\frac{\sin(3y)}{\cos(3y)}} = \frac{\sin(xy)\cos(3y)}{\sin(3y)}

nos queda

\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\sin(xy)\cos(3y)}{\sin(3y)} = \frac{3y \sin(xy) \cos(3y)}{3y \sin(3y)}

= \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{3y}{\sin(3y)} \frac{\sin(xy)}{3y} \cos(3y) = \frac{3y}{\sin(3y)}\frac{1}{3}x\frac{\sin(xy)}{xy}\cos(3y)

= (\to 1)(\to \frac{1}{3})(\to 0)(\to 1)(\to 1) = 0

Por lo tanto la función es contínua en el origen.

En el punto B, tenemos que evaluar f_1(0,2) = 0 por no ser una indeterminación también es contínua en dicho punto.

Veamos la derivabilidad en A, si v_2 = 0 entonces la derivada direccional es 0, y si v_2 \neq 0:

\lim_{h \to 0} \frac{f(hv_1, hv_2)-f(0,0)}{h} = \frac{\sin(h^2v_1v_2) \cos(3hv_2)}{\sin(3hv_2)} \frac{1}{h}

= \frac{\frac{\sin(h^2v_1v_2)}{h^2v_1v_2} \cos(3hv_2)}{\frac{\sin(3hv_2)}{h^2v_1v_2}} \frac{1}{h}

= \frac{\frac{\cos(3hv_2)}{3hv_2}}{\frac{\sin(3hv_2)}{(h^2v_1v_2)(3hv_2)}} \frac{1}{h}

= \frac{(h^2v_1v_2)\cos(3hv_2)}{3hv_2} \frac{1}{h}

= \frac{v_1v_2}{3v_2}

= \frac{v_1}{3}

Por lo tanto es derivable en toda dirección en el punto A

Veamos si es derivable en el punto B

\lim_{h \to 0} \frac{f(hv_1, 2 + hv_2)-f(0,2)}{h} = \frac{\sin((hv_1)(2+hv_2)) \cos(3(2+ hv_2))}{\sin(3(2+hv_2))} \frac{1}{h}

\lim_{h \to 0} \frac{f(hv_1, 2 + hv_2)-f(0,2)}{h} = \frac{(hv_1)(2+hv_2)}{(hv_1)(2+hv_2)} \frac{\sin((hv_1)(2+hv_2)) \cos(3(2+ hv_2))}{\sin(3(2+hv_2))} \frac{1}{h}

\lim_{h \to 0} \frac{f(hv_1, 2 + hv_2)-f(0,2)}{h} = (2v_1 +hv_1v_2) \frac{\cos(3(2+ hv_2))}{\sin(3(2+hv_2))} = \frac{2}{\tan(6)} v_1

Por lo tanto también es derivable en B

El siguiente es el gráfico del campo escalar:
continuidad2
draw3d(color=blue, surface_hide=true,
explicit(sin(x*y)/tan(3*y),x,-3,3,y,-3,3));

Tp 4. Ej 11

Sea P una partícula que se desplaza en el espacio xyz según la trayectoria definida por X=3t^2 i + (2-t) j +2t^2 k, con t \geq 0 tiempo en seg; si S es la superficie de ecuación x = y^2+z

a) calcule el ángulo entre los vectores velocidad y aceleración de P en el instante que atraviesa a S

b) calcule el tiempo que tardará P en llegar desde S al plano de ecuación x-z+2y = 7

Solución:

a)

Primero escribo la trayectoria en forma paramétrica:

C(t) = (3t^2, 2-t, 2t^2) con t \geq 0

Por lo tanto la trayectoria parte desde C(0) = (0, 2, 0)

Necesitamos saber cuando llega a S, para eso intersectamos la curva con la superficie:

x = y^2+z

3t^2 = (2-t)^2 + 2t^2

t^2 = 4 - 4t + t^2

4-4t = 0

t = 1

Por lo tanto el punto en el que llega es C(1) = (3,1,2)

Calculamos las derivadas primera y segunda para obtener los vectores velocidad y aceleración:

C'(t) = (6t, -1, 4t) entonces C'(1) = (6, -1, 4)

C''(t) = (6,0, 4) entonces C''(1) = (6,0, 4)

El ángulo entre dos vectores se puede calcular a partir del producto escalar, es decir recordando que

v \cdot w = |v| |w| cos(\phi)

podemos despejar el ángulo como

\phi = \arccos(\frac{v \cdot w}{|v| |w|})

Reemplazando con los vectores de nuestro ejercicio

\phi = \arccos(\frac{52}{2 \sqrt{13} \sqrt{53}}) = \arccos(\frac{2\sqrt{689}}{53})

b) Veamos cuando llega al plano que voy a llamar \pi, para ello intersectamos la curva con el plano

x-z+2y = 7

3t^2 -2t^2 + 2(2-t) = 7

t^2 + 4 - 2t = 7

t^2 - 2t -3 = 0

\frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 12}}{2} = \frac{2 \pm 4}{2}

por lo tanto los valores posibles son t = -1 (lo descarto por ser anterior al inicio de la trayectoria) y t = 3 (es decir llega al punto C(3) = (27, -1, 18)

Finalmente, el tiempo que tarda en llegar desde S hasta \pi es 3-1= 2 segundos.

En el siguiente gráfico podemos observar la trayectoria como la curva de color negro, la superficie S de color azul, y el plano \pi de color rojo, así como los 3 puntos de la trayectoria inicial C(0), donde llega a S C(1) y cuando llega a \pi C(3)
tp4_ej11
draw3d(key="S", color=blue,
explicit(x-y^2,x,-1,30,y,-2,4),
surface_hide=true,
key="Pi", color=red,
explicit(x+2*y-7,x,-1,30,y,-2,4),
key="Trayectoria", color=black, line_width = 2,
parametric(3*t^2, 2-t, 2*t^2, t,-2,4),
key="Inicio", color=brown, line_width=5,
parametric(0,2,0,t,-2,4),
key="Intermedio", color=cyan, line_width=5,
parametric(3,1,2,t,-2,4),
key="Final", color=green, line_width=5,
parametric(27,-1,18,t,-2,4)
);

Tp 4. Ej 7

Demuestre por definición que f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} / f(x,y) = \sqrt{4x^2+y^2} es continua pero no admite derivadas parciales en el origen.

Solución:

La continuidad es fácil de ver pues la función está definida en el origen, por lo tanto se cumplen las 3 condiciones:

1) \exists f(0,0) = \sqrt{4(0^2) + 0^2} = 0

2) \exists L = \lim_{(x,y) \to (0,0)} \sqrt{4x^2+y^2} = 0 por no ser una indeterminación.

3) f(0,0) = L = 0

Veamos ahora si existen las derivadas parciales, probamos primero con respecto a x :

f'_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f((0,0)+h(1,0)) - f(0,0)}{h} = \frac{f(h,0)}{h}

= \frac{\sqrt{4h^2 + 0^2}}{h} = 2\frac{|h|}{h}

Esté límite no existe porque da 2 si me acerco por los h positivos, y da -2 si me acerco por los h negativos, por lo tanto la derivada parcial respecto de x en el origen no existe.

De modo similar se puede ver que tampoco existe la derivada parcial respecto de y.

Si observamos el gráfico de la función, podemos ver que la superficie que genera es un semicono, lo cual permite ver que en el origen si bien es contínua (no hay saltos en el entorno), la misma no puede ser derivable en ninguna dirección ya que presenta un cambio de dirección brusco en ese punto (es la misma razón por la que la función f(x)=|x| no es derivable en x=0).

Podemos observar también, aunque esto es tema de la unidad siguiente que es diferenciabilidad, que un plano tangente no quedaría bien definido en dicho punto, ya que la superficie no es lo suficientemente suave.
tp4_ej7
draw3d(key="Semicono", color=blue,
explicit(sqrt(4*x^2+y^2),x,-1,1,y,-1,1),
surface_hide = true);

Tp 4. Ej 5

Dada f(x,y) = \sqrt{3 - x^2 - y^2}, obtenga f'_y(1,0) observando el gráfico de la curva intersección de z=\sqrt{3-x^2-y^2} con x=1.

Este ejercicio es interesante ya que nos permite interpretar geométricamente la derivada como pendiente de una recta, incluso aunque la función sea de varias variables.

Primero analicemos el dominio en el que está definida la función, debe cumplirse

3-x^2-y^2 \geq 0

x^2 + y^2 \leq 3

Es decir son todos los puntos del disco de radio \sqrt{3} centrado en el origen.

Derivamos respecto de y usando la regla práctica, para eso primero reescribimos:

\sqrt{3 - x^2 - y^2} = (3-x^2-y^2)^{\frac{1}{2}}

Entonces:

f'_y(x,y) = \frac{1}{2}(3-x^2-y^2)^{-\frac{1}{2}}(-2y) = \frac{-y}{\sqrt{3-x^2-y^2}}

f'_y(1,0) = \frac{-0}{\sqrt{3 - 1 - 0}} = 0

Es decir la derivada pedida existe y vale 0, o lo que es lo mismo la pendiente es nula en esa dirección.

Interpretemos ahora esto con la curva intersección de la superficie z =\sqrt{3-x^2-y^2} con x=1, para eso primero parametrizamos la curva intersección.  Si reemplazamos de la segunda ecuación en la primera nos queda z=\sqrt{2-y^2} que es una semicircunferencia de radio \sqrt{2} .  La parametrizo como:

C(t) = (1, t, \sqrt{2-t^2}) = (1,t,(2-t^2)^{\frac{1}{2}})

En (x,y) = (1,0) la curva se encuentra en (1,0,\sqrt{2}) y el valor del parámetro es t=0.

Derivo la curva:

C'(t) = (0,1,\frac{1}{2}(2-t^2)^{-\frac{1}{2}}(-2t)) = (0, 1, \frac{-t}{\sqrt{2-t^2}})

C'(0) = (0,1,0) es el vector tangente a la curva en dicho punto.  Y por lo tanto la recta tangente es r(t)=(1,t,\sqrt{2}) que es una recta horizontal (paralela al plano xy).

Veamos todo esto en el gráfico, nuestra función original nos definía una superficie que es la parte z-positiva de una semiesfera.

La intersección con el plano nos daba una curva que es una semicircunferencia.  La recta tangente a esa curva tiene la pendiente de la derivada parcial que calculamos y es nula.
tp4_ej5
El comando que se utilizó para generar la imagen con el software Máxima es:
load(draw);

draw3d(key="Semiesfera", color=black,
explicit(sqrt(3-x^2-y^2),x,-3,3,y,-3,3),
key="Curva", color=red,line_width=2,
parametric(1,sqrt(2)*cos(t),sqrt(2)*sin(t), t,0,%pi),
key="Recta tangente", color=blue, line_width = 2,
parametric(1, t, sqrt(2),t,-3,3),
surface_hide = true);