Final 18/08/2009

final_18_8_2009_2

Solución: (de la parte práctica)

1)
a) Enuncie el teorema de la divergencia (Gauss). Sea f \in C^2 (R^3) un campo escalar tal que f = g + h con h armónico y g(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2, calcule el flujo de \nabla f a través de la frontera del cuerpo definido por: x^2 + y^2 \leq 4, |z| \leq 3.

Como la superficie es cerrada, vamos a usar el teorema de la divergencia.
Primero obtenemos el campo:
\nabla f = \nabla g + \nabla h
Ahora la divergencia del campo:
div(\nabla f) = div(\nabla g) + div(\nabla h)

Recordemos que h sea armónico significa que div(\nabla h) = 0 (el laplaciano es nulo). Por lo tanto:

div(\nabla f) = div(\nabla g)
= div(2x, 2y, 2z)
= 6

Por lo tanto el flujo total es igual a 6 veces el volumen del cuerpo. Pero el cuerpo es un cilindro de radio 2 y altura 6, usando la fórmula conocida su volumen es \pi r^2 h = 24\pi

Por lo tanto el flujo pedido es 6 \cdot 24 \pi = 144 \pi

b) Dado f(x,y,z) = (x+\sin(yz), \cos(xz)-y, z^3), calcule el flujo de f a través de la superficie S abierta de ecuación z = x^2+y^2 con z \leq 9. Indique gráficamente cómo ha decidido orientar a S.

Si bien la superficie es abierta, integrar directamente ese campo si bien no es imposible es complicado, así que veamos si podemos aplicar convenientemente el teorema de la divergencia.

div(f) = 1 - 1 + 3z^2
= 3z^2

Para ‘abrir’ la superficie abría que quitarle la ‘tapa’, que es el plano z = 9 por lo tanto podemos tomar como vector normal N = (0,0,1) y la proyección del campo sobre la normal es:
f \cdot N = z^3
y como en toda la superficie z=9 entonces
f \cdot N = 9^3 = 729

Si llamamos S_2 a la tapa, tenemos que:
\iiint_{V} div(f) dV = \iint_S f dS + \iint_{S_2} f dS
por lo tanto

\iint_S f dS = \iiint_V div(f) dV - \iint_{S_2} f dS

Resolvemos primero la primer integral:

\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^3 \rho d\rho \int_{\rho^2}^9 3z^2 dz
2\pi \int_0^3 \rho [z^3]_{\rho^2}^9
2\pi \int_0^3 \rho(729 - \rho^6) d\rho
2\pi \int_0^3 729\rho - \rho^7 d\rho
2\pi [\frac{729}{2}\rho^2 - \frac{\rho^8}{8}]_0^3
2\pi (\frac{6561}{2} - \frac{6561}{8})
\frac{19683}{4}\pi

Ahora hacemos la segunda integral:
729 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^3 \rho d\rho = 6561 \pi

Al restarlos obtenemos el flujo pedido
\iint_S f dS = \frac{19683}{4}\pi - 6561 \pi
= - \frac{6561}{4} \pi

2)
b) Halle g(x) tal que f(x,y) = (x+yg(x), x^2 + 2g(x)) admita función potencial; suponga f(0,1) = (3,6)

La condición necesaria para que exista función potencial es que \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}, o sea:

2x + 2 g' = g
reordenando términos:
2g' - g = -2x
g' - \frac{g}{2} + x = 0

Vamos a resolverlo por el método de Lagrange.
Si g = uv
g' = u'v + uv'

u'v + uv' - \frac{uv}{2} + x = 0
u[v'-\frac{v}{2}] + u'v + x = 0

v'-\frac{v}{2} = 0
\frac{dv}{dx} = \frac{v}{2}
\frac{dv}{v} = \frac{1}{2}dx
\ln|v| = \frac{x}{2}+c
v = ke^{\frac{x}{2}}
si k=1
v = e^{\frac{x}{2}}

u'e^{\frac{x}{2}} + x = 0
du = -xe^{-\frac{x}{2}} dx
u = -[-2e^{-\frac{x}{2}}(x+2)] + c
u = 2e^{-\frac{x}{2}}(x+2) + c
u = 2xe^{-\frac{x}{2}} + 4e^{-\frac{x}{2}} +c

por lo tanto
g = uv
= 2x + 4 + ce^{\frac{x}{2}}

Ahora averiguamos el valor de c usando las condiciones iniciales
g(0) = 3
4 + c = 3
c = -1

Finalmente,
g(x) = 2x + 4 - e^{\frac{x}{2}}

3) Calcule el área del trozo de superficie cilíndrica de ecuación x^2 + z^2 = 5 con z \geq x^2, y \leq x en el 1º octante.

Primero parametrizo el cilindro de la siguiente manera:
S(u,v) = (\sqrt{5} \cos(u), v, \sqrt{5}\sin(u))
Calculamos la norma del vector normal:
S'_u = (-\sqrt{5}\sin(u), 0, \sqrt{5}\cos(u))
S'_v = (0,1,0)
N = S'_u \times S'_v = (-\sqrt{5}\cos(u), 0, -\sqrt{5}\sin(u))
|N| = \sqrt{5}

Veamos en el plano xz como se intersectan estas curvas
x^2 + z^2 = 5
z = x^2
de la segunda en la primera ecuación:
z + z^2 = 5
o sea
z^2 + z - 5 = 0
Solo nos interesa la raíz positiva que es z_0 = \frac{-1+\sqrt{21}}{2}

Entonces averiguamos el ángulo que se forma:
\sqrt{5}\sin(u) = \frac{-1+\sqrt{21}}{2}
\sin(u) = \frac{-1+\sqrt{21}}{2\sqrt{5}}
u = \arcsin(\frac{-1+\sqrt{21}}{2\sqrt{5}}) \approx 0,92911... = \phi

\sqrt{5} \int_{\phi}^{\frac{\pi}{2}} du \int_0^{\sqrt{5}\cos(u)} dv
= \sqrt{5} \sqrt{5}[\sin(u)]_{\phi}^{\frac{\pi}{2}}
= 5 (1 - \sin(\phi))
= 5 - 5\frac{-1+\sqrt{21}}{2\sqrt{5}}
= 5 - \frac{5}{2}\sqrt{105} + \frac{\sqrt{5}}{2} \approx 0.99455...

En el siguiente gráfico se puede visualizar el cilindro de color celeste, las restricciones en verde, y la sección del cilindro a integrar en color azul.
final_18_8_2009_ej3
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(sqrt(5)*cos(u), v, sqrt(5)*sin(u), u, 0, %pi/2, v, 0, sqrt(5)*cos(u)),
color = "blue",
reparametrize(sqrt(5)*cos(u), v, sqrt(5)*sin(u), u, 0.92911, %pi/2, v, 0, sqrt(5)*cos(u)),
color = "green",
parametric_surface(x, y, x^2, x, 0, sqrt(2), y, 0, sqrt(3)),
color = "light-green",
parametric_surface(x, x, z, x, 0, sqrt(5), z, 0, sqrt(5))
);

4) Siendo z = f(x,y) definida implícitamente por zx + yz^2 + \ln(z-2y) - 15 = 0, calcule aproximadamente f(1.97, 1.09)

En el punto (x,y) = (2,1):
2z_0 + z_0^2 + \ln(z_0 - 2) - 15 = 0
por lo tanto:
z_0 = 3

Defino F(x,y,z) = zx + yz^2 + \ln(z-2y) - 15
\nabla F = (z, z^2 - 2\frac{1}{z-2y}, x+2yz+ \frac{1}{z-2y})

En el punto A: (2,1,3):
\nabla F = (3,7,9)

por lo tanto:
\nabla f = (-\frac{F'_x}{F'_z}, -\frac{F'_y}{F'_z})
= (-\frac{1}{3}, -\frac{7}{9})

por lo tanto, en el entorno del (2,1):
f(x,y) \approx 3 - \frac{1}{3}(x-2) - \frac{7}{9}(y-1)

finalmente:
f(1,97, 1,09) \approx \frac{147}{50} \approx 2.94

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Final 15/02/2006 Ej.3

Sea \pi_0 el plano tangente a la superficie de ecuación x(z-y) + \ln(z+x-2)=0 en (0,2,z_0); calcule el área del trozo de plano \pi_0 cuyos puntos cumplen con: y \leq x, x+y \leq 1, 1º octante.

Solución:

Podemos calcular z_0 reemplazando en la ecuación:
0 + \ln(z_0 -2) = 0

por lo tanto z_0 = 3, y un punto del plano es el A: (0,2,3)

Para calcular el plano tangente, podemos hacerlo usando la propiedad de que el gradiente es normal a la superficie de nivel.
Definimos:
F(x,y,z) = x(z-y) + \ln(z+x-2)
por lo tanto la superficie es el conjunto de nivel 0 de F, o sea C_0(F)

Calculamos el gradiente:
\nabla F = (z-y + \frac{1}{z+x-2}, -x, x + \frac{1}{z+x-2})
reemplazamos en el punto A: (0,2,3)
\nabla F(A) = N = (2, 0, 1)
que es el vector normal al plano tangente, por lo tanto ya podemos escribir el plano:

\pi_0: (X-A) \cdot N = 0
[(x,y,z)-(0,2,3)] \cdot (2,0,1) = 0
(x, y-2, z-3) \cdot (2,0,1) = 0
2x + z - 3 = 0

Ahora la segunda parte del ejercicio es calcular el área de una región de este plano.
Podemos parametrizar el plano de la siguiente manera:
S(x,y) = (x,y,3-2x)

Analicemos las restricciones
(1) y \leq x
(2) x+y \leq 1
(3) 1º octante.

Buscamos la intersección de (1) con (2):
y=x
x+y=1
por lo tanto
x=y=\frac{1}{2}, es decir (x,y) = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2})

por lo tanto podemos tomar los límites de los parámetros como:
0 \leq y \leq \frac{1}{2}
y \leq x \leq 1-y

Vamos a necesitar la norma del vector normal para obtener el diferencial de superficie:
S(x,y) = (x,y,3-2x)

S'_x = (1,0,-2)
S'_y = (0,1,0)
N = S'_x \times S'_y = (2,0,1)
|N| = \sqrt{5}

Finalmente, el área de la región pedida es:
\sqrt{5} \int_{0}^{\frac{1}{2}} dy \int_{y}^{1-y} dx
= \sqrt{5} \int_{0}^{\frac{1}{2}} 1-2y dy
= \sqrt{5} [y-y^2]_{0}^{\frac{1}{2}}
= \sqrt{5} [\frac{1}{2} - \frac{1}{4}]
= \frac{\sqrt{5}}{4}

Ejemplo de cuando el criterio del Hessiano no decide

Determine los extremos locales de f(x,y) = x^3 + xy^2

Solución:

Como es un polinomio sabemos que f \in C^2 por lo tanto podemos anular el gradiente y aplicar el hessiano.

\nabla f = (3x^2 + y^2, 2xy)

Por lo tanto por la condición necesaria:

(3x^2 + y^2, 2xy) = (0,0)

o sea:

3x^2 + y^2 = 0
2xy = 0

condiciones que sólo se cumplen en (x,y) = (0,0)

El hessiano es

H = \begin{pmatrix} 6x & 2y \\ 2y & 2x \end{pmatrix}

|H(0,0)| = \left| \begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} \right|
= 0

Por lo tanto el criterio no decide y debemos analizar el entorno de otra forma.

Pero si en el entorno de un punto (x_0, y_0) \in R^2 no se produce extremo (o sea que hay punto silla), entonces existe al menos un camino C(t): R \to R^2 que pasa por (x_0,y_0) en t_0, y por el cual podemos aproximarnos al punto de forma tal que f(C(t)) presente un punto silla en t_0, el cual podemos analizar como en Análisis 1 (es una función de reales en reales).

En este caso, veamos de aproximarnos al origen por rectas del tipo y = kx, o sea C(t) = (t, kt), la cual se aproxima al origen cuando t se aproxima a cero.

f(x,y) = x^3 + xy^2
f(C(t)) = t^3 + t^3k^2
= t^3 (k^2+1)

por ejemplo tomando k=0, nos queda f(C(t)) = t^3 la cual es positiva si nos acercamos por los 0^{+} y es negativa si nos acercamos por los 0^{-}, lo cual nos muestra que en realidad en el origen se produce un punto silla, y por lo tanto no hay extremos relativos para f en todo su dominio.

En este ejemplo otra forma de justificar que es un punto silla es notar que en el entorno del origen, f es positiva para los \{(x,y): x>0\} y es negativa para los \{(x,y): x<0\}.

En el gráfico se puede ver que si bien en el origen la función presenta un plano tangente horizontal, se trata en realidad de un punto silla.
criterio_hessiano_no_decide
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
explicit(x^3 + x*y^2,x,-2,2,y,-2,2),
color = "blue",
explicit(0,x,-2,2,y,-2,2),
color = "red", line_width=4,
parametric(0,0,0,t,0,1)
);

Tp.11 Ej.9.c

Halle la S.G. de las siguientes ecuaciones diferenciales

c) y'' - 3y' + 2y = xe^x + 2x

Solución:

Primero vamos a hallar la solución de la ecuación diferencial homogénea asociada, es decir:

y'' - 3y' + 2y = 0

Proponemos una solución del tipo y = e^{\alpha x}, por lo tanto:
y' = \alpha e^{\alpha x}
y'' = \alpha^2 e^{\alpha x}

reemplazando:

\alpha^2 e^{\alpha x} - 3\alpha e^{\alpha x} + 2 e^{\alpha x} = 0
(\alpha^2 - 3 \alpha + 2)e^{\alpha x} = 0

Como e^{\alpha x} \neq 0 para todo x, la ecuación sólo se cumple cuando se anula el polinomio característico

\alpha^2 - 3\alpha + 2 = 0

Usamos la fórmula conocida

\alpha_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}

\alpha_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{9 - 8}}{2}

que nos dá las soluciones \alpha_1 = 2 y \alpha_2 = 1

Como \{ e^{x}, e^{2x} \} es L.I (linealmente independiente), entonces la solución de la ecuación diferencial homogenea es:

y = c_1 e^{x} + c_2 e^{2x}

Para obtener la S.G, solo nos falta encontrar la solución particular. Para ello vamos a usar el método de coeficientes indeterminados.

Como es una combinación de polinómica y exponenciales, en principio propongo como solución particular:

y = (ax^2+bx+c)e^x + (dx^2 + ex + f)

y' = (2ax + b)e^x + (ax^2+bx+c)e^x + (2dx + e)
= (2ax + b + ax^2 + bx + c)e^x + (2dx + e)
= (ax^2 + (2a+b)x + (b+c))e^x + (2dx + e)

y'' = (2a)e^x + (2ax+b)e^x + (2ax+b)e^x + (ax^2+bx+c)e^x + 2d
= (2a + 2ax+b + 2ax +b + ax^2+bx+c)e^x + 2d
= (ax^2 + (4a+b)x + (2a+2b+c))e^x + 2d

reemplazando en la ecuación diferencial:

(ax^2 + (4a+b)x + (2a+2b+c))e^x + 2d +
(-3ax^2 -3(2a+b)x - 3(b+c))e^x -6dx -3e +
2(ax^2+bx+c)e^x + 2(dx^2 + ex + f)
= xe^x + 2x

haciendo distributiva:
(ax^2 + (4a+b)x + (2a+2b+c))e^x + 2d +
(-3ax^2 + (-6a-3b)x + (-3b-3c))e^x -6dx -3e +
(2ax^2 + 2bx + 2c)e^x + (2dx^2 + 2ex + 2f)
= xe^x + 2x

operando:
((-2a)x + (2a-b))e^x + 2dx^2 + (-6d+2e)x + 2d -3e + 2f = xe^x + 2x

igualando término a término:

2d-3e+2f = 0
-6d+2e = 2
2d = 0
2a-b = 0
-2a = 1

por lo tanto

a = -1/2
b = -1
d = 0
e = 1
f = 3/2

como c se canceló solo, vale para todo valor de c, vamos a tomar c=0, con lo cual una solución particular es:

y = -\frac{1}{2}x^2 e^x - xe^x +x + \frac{3}{2}

finalmente, la solución general la calculamos mediante y_g = y_h + y_p

y = c_1 e^{x} + c_2 e^{2x} - \frac{1}{2}x^2 e^x - xe^x +x + \frac{3}{2}

Verificamos con el software Maxima:
eq: 'diff(y, x, 2) -3*'diff(y,x,1) + 2*y = x*exp(x) + 2*x;
sol2: ode2(eq, y, x);

nos retorna el resultado:
y=\%k1\,{e}^{2\,x}-\frac{\left( {x}^{2}+2\,x+2\right) \,{e}^{x}-2\,x-3}{2}+\%k2\,{e}^{x}

que es consistente con nuestro resultado.

Tp.11 Ej.4.c

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales totales exactas o convertibles a este tipo:

c) (6xy-y^3)dx + (4y + 3x^2 - 3xy^2)dy = 0

Solución:

Primero verifiquemos que el campo vectorial asociado cumpla las condiciones necesarias para ser conservativo.

El campo vectorial asociado es

f(x,y) = (6xy-y^3, 4y + 3x^2 - 3xy^2)

La condición necesaria para que sea conservativo es:

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0

Verificamos:

(6x - 3y^2) - (6x - 3y^2) = 0

con lo cual cumple la condición necesaria (y suficiente ya que el dominio es R^2 que es simplemente conexo).

Por lo tanto procedemos a calcular la función potencial.

\int 6xy-y^3 dx = 3x^2y - xy^3 + c(y)

\int 4y + 3x^2 - 3xy^2 dy = 2y^2 + 3x^2y - xy^3 + c(x)

Combinando ambas integrales obtenemos la función potencial:

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

por lo tanto la familia de soluciones de la ecuación diferencial es:

3x^2y - xy^3 + 2y^2 = C

Verifico con el software Maxima:

eq2:'diff(y,x) = (y^3-6*x*y)/(4*y+3*x^2-3*x*y^2);
ode2(eq2,y,x);

me entrega como resultado:
x\,{y}^{3}-2\,{y}^{2}-3\,{x}^{2}\,y=\%c
que es consistente con el resultado que hallamos.

El gráfico asociado a la ecuación diferencial es:
tp11_ej4c
load("plotdf");
plotdf((y^3-6*x*y)/(4*y+3*x^2-3*x*y^2));

Ecuaciones diferenciales exactas

Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden escrita de la forma:

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0

es exacta si el campo vectorial asociado:

f(x,y) = (M(x,y), N(x,y))

es conservativo.

La solución general de una ecuación diferencial exacta viene dada por
F(x,y) = c

donde F(x,y) es la función potencial del campo vectorial asociado.

Demostración:
Vamos a comprobar que F(x,y) = c es solución de la ecuación diferencial. Suponemos y en función de x y derivamos implícitamente:

y' = - \frac{F_x(x,y)}{F_y(x,y)}

Como F(x,y) es la función potencial del campo vectorial f(x,y):

\frac{dy}{dx} = - \frac{M(x,y)}{N(x,y)}

o lo que es lo mismo:

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0

que es lo que queríamos mostrar.

Tp.11 Ej.1.d

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales homogéneas de 1º orden.

d) y' = y/(x-y)

Solución:

Sustituyo por y = zx

z'x + z = \frac{zx}{x-zx}

z'x = \frac{z}{1-z} - z

z'x = \frac{z-z(1-z)}{1-z}

\frac{dz}{dx}x = \frac{z-z+z^2}{1-z}

\frac{1-z}{z^2}dz = \frac{1}{x}dx

\int \frac{1}{z^2} - \frac{1}{z} dz = \int \frac{1}{x} dx

\frac{-1}{z} - \ln(|z|) = \ln(|x|) + c

pero como z = \frac{y}{x}

\frac{-x}{y} - \ln(|y|) + \ln(|x|) = \ln(|x|) + c

yc + y\ln(|y|) + x = 0

Es posible resolver ecuaciones diferenciales con el sofware Maxima, vamos a emplearlo para verificar nuestro resultado, primero ingresamos la ecuación diferencial

eq:'diff(y,x) = y/(x-y);
ode2(eq,y,x);

la respuesta que produce al ejecutarlo es

\frac{y\,log\left( y\right) +x}{y}=\%c

lo cual verifica con nuestro resultado.

También se pueden graficar ecuaciones diferenciales sencillas de primer orden, como si fueran campos vectoriales, en este caso el gráfico es:
tp11_ej1d
load("plotdf");
plotdf(y/(x-y));