Fechas de parciales y recuperatorios

A grandes razgos el nuevo cronograma sería el siguiente:

Curso Z2063 (martes y jueves turno noche):

04/08/09 Polinomio de Taylor con ejemplos y práctica de extremos simples
06/08/09 Extremos condicionados y ecuaciones diferenciales 2da parte
11/08/09 Práctica de extremos condicionados, y lo que falte de ecuaciones diferenciales
13/08/09 Segundo Parcial
15/08/09 (Sábado) Recuperatorio del Primer parcial y notas del Segundo parcial
Semana del 17/08/09 (en fecha de final de Análisis II), nota del recuperatorio del Primer parcial
22/08/09 (Sábado mañana o tarde) Recuperatorio del Segundo parcial
25/08/09 (Aula 151 o preguntar) Notas del recuperatorio del Segundo parcial
27/08/09 (Jueves 19 hs) Última recuperación Primero o Segundo o integrador de ambos

Curso Z2164 (miércoles y viernes turno noche):

05/08/09 Clase de consultas
07/08/09 Segundo Parcial
12/08/09 Recuperatorio 1, 2 ó integrador. Firma de libretas.
14/08/09 Recuperatorio 1, 2 ó integrador. Firma de libretas.

Para los que promocionen:
27/08/09 (Jueves 18 hs en Campus) Firma de libretas por promoción en un aula a determinar.

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Final 01/08/2006 Ej.2.b

01_08_2006_ej_2b
En la figura de la derecha se representa la forma de un recipiente cuya ecuación es z = 8x^2 +8y^2 -(x^2 + y^2)^2 con (x,y) \in [-2,2]\times[-2,2]; el recipiente se apoya en el plano xy en las puntas y en el origen.

Considere que la expresión dada permite calcular z en centímetros cuando x e y están expresados en cm.

Calcule el volumen de líquido que contiene el recipiente cuando se lo llena exactamente hasta el borde superior.

Solución:

Analicemos la función z=f(x,y)
z = 8x^2 +8y^2 - (x^2 + y^2)^2
= 8(x^2 + y^2) - (x^2 + y^2)^2
Pasemos a coordenadas cilíndricas sobre el eje z:
z = 8 \rho^2 - \rho^4
Como queremos hallar el máximo z para saber la altura del recipiente, derivamos e igualamos a cero:
16\rho - 4\rho^3 = 0
\rho(16-4\rho^2) = 0
de donde se desprende \rho_1=0, \rho_2 = 2, \rho_3 = -2
\rho_3 no nos sirve porque sería un radio negativo.
Analicemos con el criterio de la derivada segunda:
16 - 12\rho_1^2 = 16 > 0 por lo tanto hay un mínimo relativo en (0,0,0), como se ve en el gráfico.
16 - 12\rho_2^2 = -32 < 0 por lo tanto hay un máximo relativo en (2\cos(\phi), 2\sin(\phi), 16) que es una circunferencia de radio 2 en el plano z=16

Por lo tanto la altura del recipiente es de 16cm, calculamos el volumen mediante una integral triple en coordenadas cilíndricas:

\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^2 \rho d\rho \int_{8 \rho^2 - \rho^4}^{16} dz
2\pi \int_0^2 16\rho - 8\rho^3 + \rho^5 d\rho
2\pi [8\rho^2 - 2\rho^4 + \frac{\rho^6}{6}]_0^2
= \frac{64}{3} \pi

Por lo tanto el volumen de líquido que contiene el recipiente es de \frac{64}{3}\pi cm^3 \approx 67,02064 cm^3

01_08_2006_ej_2b_bis
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
explicit(8*x^2+8*y^2-(x^2+y^2)^2,x,-2,2,y,-2,2),
color = "blue",
parametric(2*cos(t), 2*sin(t), 16,t,0,2*%pi)
);

Final 17/07/1996 Ej.1.b

Calcule el flujo de f a través de la semiesfera de ecuación z = \sqrt{4-x^2-y^2} sabiendo que existe un campo g \in C^2 / f = rot(g) y que f(x,y,0) = (0,-y,1-x). Indique claramente en un gráfico la orientación de los versores normales que utiliza.

Lo primero que debemos notar es que si f es un campo de rotores, entonces div(f) = 0 (puesto que div(rot(g)) = 0)
Lo segundo es que el campo nos lo dan solamente en el plano xy, por lo tanto para calcular el flujo sobre la semiesfera no nos queda otra que emplear el teorema de la divergencia. La integral de la divergencia no hace falta hacerla porque va a dar 0 por lo mencionado anteriormente, y este sería el flujo total S + T = 0 (superficie + tapa). Ahora nos falta restarle la tapa, tomando la normal hacia afuera, que vendría a ser hacia abajo:
N = (0,0,-1)
f \cdot N = x-1
Pasamos a polares:
f \cdot N = \rho\cos(\phi) - 1
La integral sobre la tapa es:
\int_0^{2\pi} \cos(\phi) d\phi \int_0^2 \rho^2 d\rho - \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^2 \rho d\rho
= [\sin(\phi)]_0^{2\pi} [\frac{\rho^3}{3}]_0^2 - 4\pi
= -4\pi

Por lo tanto S = -T = 4\pi es el flujo pedido.
17_07_1996_ej1_b
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
parametric_surface(2*cos(u)*sin(v), 2*sin(u)*sin(v), 2*cos(v), u, 0, 2*%pi, v, 0, %pi/2),
color = "red",
vector([2*cos(0)*sin(%pi/4), 2*sin(0)*sin(%pi/4), 2*cos(%pi/4)],[1,0,1]/2)
);

Tp.12 Ej.3.a

Desarrolle los siguientes campos por Taylor hasta 2º orden en un entorno de A.
a) f(x,y) = x - y \sqrt{6-x}, A = (2,3)

Solución:

La fórmula del polinomio de Taylor de 2º orden en 2 variables es:

f(x,y) \approx P(x,y) = f(x_0,y_0) + \frac{\partial f}{\partial x} (x-x_0) + \frac{\partial f}{\partial y} (y-y_0) +
\frac{1}{2!} \left[ \frac{\partial^2 f}{(\partial x)^2} (x-x_0)^2 + 2 \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} (x-x_0)(y-y_0) + \frac{\partial^2 f}{(\partial y)^2} (y-y_0)^2 \right]

donde en los primeros términos podemos ver la ecuación conocida del plano tangente, y los demás términos mejoran la aproximación en el entorno del punto (x_0,y_0).

Vamos a necesitar todas las primeras y segundas derivadas parciales:

f(x,y) = x - y (6-x)^{1/2}
\frac{\partial f}{\partial x} = 1 + \frac{y}{2} (6-x)^{-1/2}
\frac{\partial f}{\partial y} = -\sqrt{6-x}

\frac{\partial^2 f}{(\partial x)^2} = \frac{y}{4} (6-x)^{-3/2}
\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{1}{2} (6-x)^{-1/2}
\frac{\partial^2 f}{(\partial y)^2} = 0

En el punto A = (x_0,y_0) = (2,3)

f = -4
f'_x = \frac{7}{4} f'_y = -2
f''_{xx} = \frac{3}{32} f''_{xy} = \frac{1}{4} f''_{yy} = 0

Por lo tanto:
P(x,y) = -4 + \frac{7}{4}(x-2) - 2 (y-3) + \frac{3}{64} (x-2)^2 + \frac{1}{4} (x-2)(y-3)

En la siguiente animación podemos ver la función en color azul, el punto de aproximación en rojo, y las aproximaciones sucesivas con los polinomios de taylor de grado 0, 1 y 2 en verde.

tp12_ej3a

draw(terminal=animated_gif,
delay=40,
file_name="gifanim",
gr3d(xrange = [-2,6], yrange = [-1,7], zrange = [-22,10],
rot_horizontal = 128, rot_vertical=65,
surface_hide = false,xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
explicit(x - y*sqrt(6-x),x,-2,6,y,-1,7),
color = "green",
explicit(-4,x,-2,6,y,-1,7),
color="red", line_width=4,
parametric(2,3,-4,t,0,10)
),
gr3d(xrange = [-2,6], yrange = [-1,7], zrange = [-22,10],
rot_horizontal = 128, rot_vertical=65,
surface_hide = false,xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
explicit(x - y*sqrt(6-x),x,-2,6,y,-1,7),
color = "green",
explicit(-4 + 7/4*(x-2) - 2*(y-3),x,-2,6,y,-1,7),
color="red", line_width=4,
parametric(2,3,-4,t,0,10)
),
gr3d(xrange = [-2,6], yrange = [-1,7], zrange = [-22,10],
rot_horizontal = 128, rot_vertical=65,
surface_hide = false,xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
explicit(x - y*sqrt(6-x),x,-2,6,y,-1,7),
color = "green",
explicit(-4 + 7/4*(x-2) - 2*(y-3) + 3/64*(x-2)^2 + 1/4*(x-2)*(y-3),x,-2,6,y,-1,7),
color="red", line_width=4,
parametric(2,3,-4,t,0,10)
)
);

Tp.10 Ej.2

Calcule la circulación de f(x,y) = (x^2 + y^2, 3xy + \ln(y^2+1)) a lo largo de la frontera de la región definida por 4x^2 + (y-1)^2 \leq 1 recorrida en sentido positivo.

Solución:
Este ejercicio parece ideal para aplicar el teorema de Green.

green(f) = \left| \begin{matrix} \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} \\ x^2 + y^2 & 3xy + \ln(y^2 + 1) \end{matrix} \right|
= 3y - 2y = y

Ahora vamos a integrar y sobre el area que encierra la curva, para eso elijo este sistema de coordenadas:

x = \frac{1}{2}\rho \cos(\phi)
y = \rho \sin(\phi) + 1

Calculamos el módulo del determinante de su jacobiano:
|J| = \left| \begin{matrix} -\frac{1}{2}\rho \sin(\phi) & \rho \cos(\phi) \\ \frac{1}{2}\cos(\phi) & \sin(\phi) \end{matrix} \right|
= |-\frac{1}{2}\rho \sin^2(\phi) - \frac{1}{2}\rho\cos^2(\phi)|
= \frac{1}{2} \rho

Por lo tanto la integral en el nuevo sistema de coordenadas nos queda:

\frac{1}{2} \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho (\rho \sin(\phi) + 1)d\rho
= \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \sin(\phi) d\phi \int_0^1 \rho^2 d\rho + \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho

= \frac{1}{2} [-cos(\phi)]_0^{2\pi} [\frac{\rho^3}{3}]_0^1 + \pi [\frac{\rho^2}{2}]_0^1

= \frac{\pi}{2}

Por lo tanto la circulación en el sentido pedido es \frac{\pi}{2}.

Tp.10 Ej.18

Calcule la circulación de f(x,y,z) = (xy, y-x, yz^2) a lo largo de la curva intersección de x^2+y^2+z^2 = 8 con x = \sqrt{y^2 + z^2} aplicando el teorema del rotor. Indique gráficamente la orientación que ha elegido para recorrer la curva.

Solución:

La curva nos la dan como intersección de una esfera y un cono.
Nos pide que utilicemos el teorema del rotor, por lo que tenemos que elegir una superficie que tenga como frontera a la curva en cuestión. Podríamos elegir tanto a la esfera como al cono, pero primero analicemos la curva a partir de la intersección de ambas superficies.
x^2 + y^2 + z^2 = 8
x = \sqrt{y^2 + z^2}
De la segunda ecuación en la primera:
y^2 + z^2 = 4
O sea que la curva es una circunferencia de radio 2, veamos donde se encuentra:
x^2 + 4 = 8
x^2 = 4, y por la segunda ecuación x debe ser positiva, por lo tanto nuestra curva es una curva plana y se encuentra en el plano x=2

Es decir que podemos simplemente integrar el rotor sobre dicho plano.
Calculemos ahora el rotor del campo:
rot(f) = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ xy & y-x & yz^2 \end{matrix} \right|
= i z^2 - j 0 + k (-1-x)
= (z^2, 0, -1-x)

Como vector normal a nuestro plano vamos a tomar N = (1,0,0)
Por lo tanto el elemento de flujo del rotor sobre el plano es f \cdot N = z^2

Ahora integramos la circunferencia de radio 2, pasando a coordenadas polares en el yz:
y = \rho \cos(\phi)
z = \rho \sin(\phi)
|J| = \rho

Transformando nuestro elemento de flujo queda f \cdot N = \rho^2 \sin^2(\phi)

Por lo tanto el flujo del rotor sobre la superficie es:
\int_0^{2\pi} \sin^2(\phi) d\phi \int_0^{2} \rho^3 d\rho
= 4 [\frac{\phi}{2} - \frac{1}{4}\sin(2\phi)]_0^{2\pi}
= 4\pi

que por el teorema del rotor es equivalente a la circulación pedida.

Es posible realizar integrales múltiples con el software Maxima, por ejemplo la integral doble anterior la escribiríamos como:

integrate( integrate( cos(phi)^2*rho^3, rho, 0, 2), phi, 0, 2*%pi );

y la salida es:

4%pi

lo cual verifica con nuestro resultado.

En la siguiente animación podemos visualizar una sección de la esfera en color celeste, del cono en color rojo, del plano en color verde, la curva en color negro, y los vectores tangente a la curva y normal al plano en color azul:
tp10_ej18b
apply(draw, append([terminal=animated_gif, delay=20],
makelist(gr3d(
rot_vertical=100, rot_horizontal=20*k, surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
parametric_surface(sqrt(8)*cos(u)*sin(v), sqrt(8)*sin(u)*sin(v), sqrt(8)*cos(v), u, 0, 2*%pi, v, 0, %pi/2),
color = "light-red",
parametric_surface(u, u*cos(v), u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
color = "light-green",
parametric_surface(2, u*cos(v), u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
head_both = true,
color = "blue",
vector([2,0,-1],[1,0,0]),
vector([2,-sqrt(2),-sqrt(2)],[0,sqrt(2),-sqrt(2)]),
line_width=2,
color="black",
parametric(2,2*cos(t), 2*sin(t),t,0,2*%pi)
),
k,0,18)))$

Tp.10 Ej.24

Calcule el flujo de f \in C^1 a través de la semiesfera de ecuación z = \sqrt{1-x^2-y^2} sabiendo que f(x,y,0) = (x,y,x^2), siendo div(f(x,y,z)) = 2(1+z)

Solución:
Lo importante es notar que el campo vectorial sólo nos lo dan en el plano xy, es decir que no podemos integrar el flujo directamente sobre la superficie ya que no conocemos el campo sobre la misma.
Lo que podemos hacer es ‘cerrar’ la superficie con el plano xy, y calcular la divergencia sobre el volumen, luego le restamos la tapa ya que sí conocemos el campo sobre esta.

Empecemos por calcular la divergencia sobre el volumen:
Vamos a usar coordenadas esféricas, por lo tanto la divergencia se transforma en:
2(1+z) = 2+2z = 2+2\rho\cos(\theta)

2\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{\pi/2} \sin(\theta) d\theta \int_0^1 \rho^2 d\rho + 2\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{\pi/2} \sin(\theta)\cos(\theta) d\theta \int_0^1 \rho^3 d\rho
= \frac{4\pi}{3} + \pi [-\frac{1}{2}\cos^2(\theta)]_0^{\pi/2}
= \frac{4\pi}{3} + \frac{\pi}{2} = \frac{11}{6}\pi

Ahora nos falta restar la tapa, que es la circunferencia unitaria sobre el plano xy, el vector normal lo tenemos que tomar ‘hacia abajo’ para que sea saliente de nuestro volumen, es decir N = (0,0,-1)
O sea que el diferencial de flujo tendrá la forma f \cdot N = (x,y,x^2) \cdot (0,0,-1) = -x^2
Pasando a polares sería -\rho^2\cos^2(\phi)

-\int_0^{2\pi} \cos^2(\phi) d\phi \int_0^1 \rho^3 d\rho
= -\frac{1}{4} [\frac{\phi}{2} + \frac{1}{4}\sin(2\phi)]_0^{2\pi}
= -\frac{\pi}{4}

Como queríamos el flujo sobre la semiesfera, al flujo total le restamos la tapa, es decir que el flujo pedido era \frac{11}{6} \pi - (-\frac{1}{4} \pi) =  \frac{25}{12} \pi

En el siguiente gráfico se pueden visualizar la superficie de la semiesfera de color azul y la tapa de color rojo.

tp10_ej_24
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
parametric_surface(cos(u)*sin(v), sin(u)*sin(v), cos(v), u, 0, 2*%pi, v, 0, %pi/2),
color = "red",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), 0, u, 0, 1, v, 0, 2*%pi),
head_both = true,
color = "black",
vector([0,0,0],[0,0,-1/2]),
vector([1/sqrt(3),1/sqrt(3),1/sqrt(3)],[1,1,1]/3)
);