Archivos para junio, 2009

Tp.8 Ej.13

Martes, junio 30th, 2009

Determine el volumen de un cuerpo cónico (cono circular recto) de altura h y ángulo de apertura w; ubíquelo en la posición mas conveniente para facilitar los cálculos.

La ecuación del cono sería:
z = h - k\sqrt{x^2 + y^2}

Pasamos a cilíndricas:
x = \rho \cos(\phi)
y = \rho \sin(\phi)
z = z
El jacobiano es \rho

La integral queda
\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{h/k} \rho d\rho \int_0^{h-k\rho} dz
= 2\pi \int_0^{h/k} \rho h - k \rho^2 d\rho

= 2 \pi [\frac{\rho^2}{2} h - k \frac{\rho^3}{3}]_0^{h/k}
= 2\pi \frac{h^3}{2k^2} - k \frac{h^3}{3k^3}
= 2\pi \frac{h^3}{2k^2} - \frac{h^3}{3k^2}
= 2\pi h^3 (\frac{1}{2k^2} - \frac{1}{3k^2})
= 2\pi h^3 \frac{1}{6k^2}
= \frac{\pi h^3}{3} \frac{1}{k^2}

Si notamos que \tan(w) = \frac{1}{k} nos queda:
= \frac{\pi h^3}{3} \tan^2(w)

El gráfico del cuerpo cuando h=k=1 es
tp8_ej13_bis
load(draw);
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-red",
parametric_surface(u*cos(v),u*sin(v),1-u,u,0,4,v,0,2*%pi)
);

Protegido: Respuesta Problema #2

Miércoles, junio 24th, 2009

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Problema #2

Miércoles, junio 24th, 2009

Calcular el flujo saliente del campo f(x,y,z)=(x,y,-x^2-y^2) a través de la superficie frontera del cuerpo H delimitado por:
x^2+y^2 \leq a^2
0 \leq z \leq a - b\sqrt{x^2+y^2}
(con a > 0 y b >1)
si se sabe que el volumen del cuerpo H es 617.

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Protegido: Respuesta Problema #1

Martes, junio 23rd, 2009

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Problema #1

Martes, junio 23rd, 2009

Calcular la masa del cuerpo limitado por:
x^2+y^2+z^2 \leq \frac{4}{\sqrt{\pi}}
Si la función densidad de masa en cada punto es igual al doble de la diferencia de potencial del campo
f(x,y,z) = (2x,2y,2z)
entre el punto y el origen de coordenadas.

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Tp.9 Ej.5.c

Martes, junio 23rd, 2009

Calcule el área de las siguientes superficies:
c) Trozo de cilindro x^2 + z^2 = 4 con -x \leq y \leq x, z \geq 0

Solución:
Es una superficie cilíndrica de radio 2 sobre el eje y.
Partiendo de las coordenadas cilíndricas:
x = \rho \cos(\phi)
y = y
z = \rho \sin(\phi)

podemos parametrizar nuestra superficie como:
S(u,v) = (2 \cos(u), v, 2 \sin(u))
Sus vectores tangentes son:
S'_u = (-2 \sin(u), 0, 2 \cos(u))
S'_v = (0, 1, 0)
Su producto vectorial:
S'_u \times S'_v = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ -2 \sin(u) & 0 & 2 \cos(u) \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} \right| = i(-2\cos(u)) - j(0) + k(-2\sin(u))
= (-2\cos(u), 0, -2\sin(u))
Su norma es:
|N| = \sqrt{4 \cos^2(u) + 4 \sin^2(u)} = 2

Ahora nos falta encontrar los límites de integración. Transformamos las restricciones originales:
-2\cos(u) \leq v \leq 2\cos(u)
2\sin(u) \geq 0

de la segunda restricción:
0 \leq u \leq \pi

Pero como -x \leq y \leq x entonces x \geq 0 por lo tanto 2\cos(u) \geq 0 o sea que en definitiva nos queda:
0 \leq u \leq \frac{\pi}{2}

El gráfico de la superficie es:
tp9_ej5c_bis
reparametrize(f1,f2,f3,iv,iv0,iv1,dv,dv0,dv1) :=
apply( 'parametric_surface, append(
subst([ iv = 'u , dv = (1-'v)*subst([iv='u],dv0) + 'v * subst([iv='u],dv1) ], [f1,f2,f3]),
['u, iv0, iv1, 'v, 0, 1])
);
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
reparametrize(2*cos(u),v,2*sin(u),u,0,%pi/2,v,-2*cos(u),2*cos(u))
);

Reemplazando todo en la integral:
2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} du \int_{-2\cos(u)}^{2\cos(u)} dv

2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} 4 \cos(u) du

8 [\sin(u)]_0^{\pi/2} = 8(1-0) = 8

Tp.8 Ej.10.h

Lunes, junio 22nd, 2009

Calcule mediante integrales triples el volumen del cuerpo H, usando el sistema de coordenadas que crea más conveniente.
h) H definido por x^2 + 2y^2 + z \leq 32, z \geq x^2

Solución:

Analicemos primero como se intersectan las superficies que nos limitan el volumen, para eso igualamos
x^2 + 2y^2 + z = 32
z = x^2
de la segunda ecuación en la primera:
2x^2 + 2y^2 = 32
x^2 + y^2 = 16
o sea que la proyección sobre el plano xy es una circunferencia de radio 4.

El gráfico del cuerpo H es:
tp8_ej10h_bis
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
parametric_surface(u*cos(v),u*sin(v),u^2*cos(v)^2,u,0,4,v,0,2*%pi),
color="light-red",
parametric_surface(u*cos(v),u*sin(v), 32-u^2*cos(v)^2-2*u^2*sin(v)^2, u,0,4,v,0,2*%pi)
);

Aparentemente nos conviene pasar a coordenadas cilíndricas sobre el eje z:
x = \rho \cos(\phi)
y = \rho \sin(\phi)
z = z
y el jacobiano es:
|J| = \rho

Veamos como se transforman las superficies:
\rho^2\cos^2(\phi) + 2 \rho^2 \sin^2(\phi) + z = 32
z = \rho^2 \cos^2(\phi)

Por lo tanto la integral nos queda:
\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^4 \rho d\rho \int_{\rho^2\cos^2(\phi)}^{32-\rho^2\cos^2(\phi) - 2 \rho^2 \sin^2(\phi)} dz

\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^4 \rho (32-2\rho^2) d\rho

2 \pi \int_0^4 32\rho - 2\rho^3 d\rho

2 \pi [16 \rho^2 - \frac{\rho^4}{2}]_0^4

2 \pi (256 - 128) = 256\pi

Es posible realizar animaciones con el software wxMaxima, por ejemplo podemos rotar el cuerpo H con el siguiente comando:
tp8_ej8_10h_ani
apply(draw, append([terminal=animated_gif, delay=20],
makelist(gr3d(
rot_horizontal=20*k, surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
parametric_surface(u*cos(v),u*sin(v),u^2*cos(v)^2,u,0,4,v,0,2*%pi),
color="light-red",
parametric_surface(u*cos(v),u*sin(v), 32-u^2*cos(v)^2-2*u^2*sin(v)^2, u,0,4,v,0,2*%pi)
),
k,0,18)))$

Tp.8 Ej.9

Domingo, junio 21st, 2009

Calcule \iint_D \frac{x+4y}{x^2}dxdy con D: x \geq y, x+4y \leq 4 , y \geq 0 usando coordenadas polares.

Solución:
Recordemos que las coordenadas polares vienen dadas por:
x = \rho \cos(\phi)
y = \rho \sin(\phi)
Y su elemento de area es dA = \rho \ d\rho d\phi

Lo primero que conviene hacer es graficar la región D para calcular los límites de integración:

tp8_ej9_bis
load(draw);
draw2d(color=black,
parametric(t,t, t,0,3),
color=red,
parametric(t, (4-t)/4, t,0, 4)
);

Por lo tanto vemos que estamos en el primer cuadrante, y que el ángulo va a ir hasta la recta y=x es decir la mitad del primer cuadrante (0 \leq \phi \leq \frac{\pi}{4})
Por otro lado el radio va a ir desde el origen hasta la recta x + 4y = 4 que en coordenadas polares es:
\rho \cos(\phi) + 4 \rho \sin(\phi) = 4
\rho (\cos(\phi) + 4 \sin(\phi)) = 4
\rho = \frac{4}{\cos(\phi) + 4 \sin(\phi)}

Ahora aplicamos la transformación al integrando:
\frac{x+4y}{x^2} = \frac{\rho \cos(\phi) + 4 \rho \sin(\phi)}{\rho^2 \cos^2(\phi)}
= \frac{\cos(\phi) + 4\sin(\phi)}{\rho \cos^2(\phi)}

Por lo tanto juntando todo nos queda:
\int_0^{\frac{\pi}{4}}d\phi \int_0^{\frac{4}{\cos(\phi) + 4 \sin(\phi)}} \frac{\cos(\phi) + 4\sin(\phi)}{\rho \cos^2(\phi)} \rho d\rho

\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{4}{\cos(\phi) + 4 \sin(\phi)} \frac{\cos(\phi) + 4\sin(\phi)}{\cos^2(\phi)} d\phi

4 \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos^2(\phi)} d\phi

4 \left[ \tan(\phi) \right]_0^{\frac{\pi}{4}}

= 4 (1-0) = 4

Tp.7 Ej.5

Sábado, junio 13th, 2009

Halle las coordenadas del centro de gravedad de un alambre filiforme cuya densidad lineal en cada punto es proporcional a la distancia desde el punto al eje z; si la forma del alambre queda determinada por la intersección de x+y+z=4 con y=2x en el 1º octante

Solución:
Para hallar el centro de gravedad del alambre, vamos a necesitar conocer su masa, por lo que primero vamos a calcularla.
La función densidad es proporcional a la distancia al eje z, por lo tanto:
\delta(x,y,z) = k \sqrt{x^2 + y^2}
Por otro lado vamos a necesitar la parametrización de la curva:
De la primer ecuación:
z = 4 - x - y
Entonces
C(t) = (t, 2t, 4-t-2t)  = (t, 2t, 4-3t)
Como estamos en el 1º octante tenemos que A=(0,0,4) y B=(4/3, 8/3, 0)
Por lo tanto el recorrido sería entre 0 \leq t \leq 4/3
Su vector tangente es:
C'(t) = (1, 2, -3)
|C'(t)| = \sqrt{1+4+9} = \sqrt{14}
M = k\sqrt{14} \int_0^{4/3} \sqrt{t^2 + 4t^2} dt
M = k\sqrt{14}\sqrt{5} \int_0^{4/3} t dt
M = k\sqrt{14}\sqrt{5} [t^2/2]_0^{4/3}
M = k\sqrt{14}\sqrt{5} 8/9

La fórmula de centro de gravedad es (M_{yz}, M_{xz}, M_{xy})/M
Vamos a hacer solo el primer componente, para ello sólo nos falta el momento estático respecto del eje x:

M_{yz} = k \sqrt{14} \int_0^{4/3} t \sqrt{t^2 + 4 t^2} dt
M_{yz} = k \sqrt{14}\sqrt{5} \int_0^{4/3} t^2 dt
M_{yz} = k \sqrt{14}\sqrt{5} [t^3/3]_0^{4/3}
M_{yz} = k \sqrt{14}\sqrt{5} 64/81

Por lo tanto M_{yz}/M = \frac{64/81}{8/9}
= \frac{64/81}{8/9} = \frac{(64)(9)}{(81)(8)} = 8/9

Para terminar el ejercicio faltaría hacer los componentes y y z del centro de gravedad, mediante el mismo procedimiento.

Tp.7 Ej.14.d

Miércoles, junio 10th, 2009

Verifique si los siguientes campos admiten función potencial; de existir, determínela.

f(x,y,z) = (2x+y+1, x+z, y+2z)

Solución:
Recordemos que la condición necesaria para que el campo sea conservativo (exista función potencial) es que su jacobiano sea simétrico. Por lo tanto veamos si se cumple:

Df = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}
Con lo cual observamos que es simétrico y por lo tanto se cumple la condición necesaria.

La condición suficiente es que el dominio sea simplemente conexo, pero como el dominio es Dm(f) = \mathbb{R}^3 esto también se cumple, por lo tanto sabemos que existe función potencial y procedemos a calcularla:

La función potencial la voy a llamar F, y es tal que su gradiente es f, por lo tanto tenemos que f = (F'_x, F'_y, F'_z)

Integrando el primer componente obtenemos
F \approx x^2 + yx + x + c(yz)

Es decir nos queda una constante de indeterminación que en realidad puede ser función de y y de z

Hacemos lo mismo con los otros dos componentes:
F \approx xy + zy + c(xz)
F \approx yz + z^2 + c(xy)

Entre las tres ecuaciones podemos armar la función potencial original:

F(x,y,z) = x^2 + xy + x + zy + z^2 + c
La cual tiene una constante de indeterminación, y es fácil verificar que su gradiente es el campo vectorial f.