Archivos para septiembre, 2009

Tp.4 Ej.2

Sábado, septiembre 26th, 2009

Dada C de ec. \vec{X}=(u^2, u-2, u+3) con u \in \mathbb{R}, analice si su recta tangente en (9,1,6) interseca…
a) … al eje z.
b) … a \Sigma de ec. z=x-2y^2
c) … a la curva de ec. \vec{X} = (v,2v,32v^{-1}) con v \neq 0.

Solución:

Primero calculemos la recta tangente.
C(u) = (u^2, u-2, u+3)
Si A = (9,1,6) entonces
C(3) = A
C'(u) = (2u, 1, 1)
el vector tangente en A es:
C'(3) = (6,1,1)

por lo tanto la ecuación de la recta tangente es:
r(t) = (9,1,6) + t(6,1,1)
= (9+6t, 1+t, 6+t)

respondamos ahora las preguntas:
a) interseca al ej z
para ello debe existir algún valor de t que cumpla simultáneamente x=y=0
o sea:
9+6t = 0
1+t = 0
de la segunda t = -1, en la primera 3=0 por lo tanto no se cumplen simultáneamente, y la recta tangente no interseca al eje z.

b) interseca a \Sigma de ec. z=x-2y^2
veamos si se cumple para algún valor de t:
6+t = 9+6t - 2(1+t)^2
6+t = 9+6t - 2(t^2 + 2t + 1)
6+t = 9+6t - 2t^2 - 4t - 2
2t^2 - t -1 = 0

\frac{+1 \pm \sqrt{1+8}}{4} = \frac{1 \pm 3}{4}
de donde se desprende que t_1 = 1 y t_2 = -1/2
por lo tanto la recta tangente interseca a \Sigma en dos puntos: C(1) = (15,2,7) y C(-1/2) = (6, 1/2, 11/2)

c) interseca a la curva de ec. X=(v,2v,32v^{-1}) con v \neq 0.
Llamemos C_2(v) = (v, 2v, 32/v)
Para que se intersecten debe existir al menos un valor de t que cumpla simultáneamente:
9+6t = v
1+t = 2v
6+t = 32/v

de la segunda ecuación:
t = 2v-1
en la primera:
9+6(2v-1) = v
9 + 12v - 6 = v
3 +11v = 0
v = -3/11
por lo tanto t = -17/11
en la tercera ecuación:
6+t = 32/v
49/11 = -352/3
por lo tanto no se cumple simultáneamente para ningún valor de t, y entonces la recta tangente no interseca a la curva C_2.

En el siguiente gráfico se puede visualizar la curva C en azul, la recta tangente en negro, el eje z en color cyan, la superficie \Sigma en rojo, y la curva C_2 en verde. Puede verse las dos intersecciones entre la recta tangente y \Sigma, y que no hay intersecciones ni con el eje z ni con la curva C_2.
tp4_ej2
draw3d(
surface_hide = true,
color=blue, line_width = 3,
parametric(t^2, t-2, t+3,t,-3,5),
color=cyan, line_width = 3,
parametric(0,0,t,t,-300,200),
color=yellow, line_width = 5,
parametric(9, 1, 6,t,0,1),
color=magenta,
parametric(15, 2, 7,t,0,1),
parametric(6, 0.5, 5.5,t,0,1),
color=black, line_width = 3,
parametric(9+6*t, 1+t, 6+t,t,-2,2),
color=red, line_width = 1,
explicit(x-2*y^2,x,-10,20,y,-5,5),
color=green, line_width = 3,
parametric(t, 2*t, 32/t, t, 0.2,2.5),
parametric(t, 2*t, 32/t, t, -2.5,-0.2)
);

Tp.4 Ej.6.a

Sábado, septiembre 26th, 2009

Estudie la derivabilidad en distintas direcciones en el punto A que se indica en cada caso.

a) f(x,y) = \begin{cases} \frac{xy-x}{x^2 + (y-1)^2} & si \ (x,y) \neq (0,1) \\ f(x,y) = 0 & si \ (x,y) = (0,1) \end{cases}

Solución:

Las derivadas direccionales en el punto (0,1) y la dirección del vector:
v = (v_1, v_2) con |v| = 1 (o sea v^2_1 + v^2_2 = 1)
son:
\lim_{h \to 0} \frac{f(hv_1, 1+hv_2) - f(0,1)}{h}

\lim_{h \to 0} (f(hv_1, 1+hv_2))(\frac{1}{h})

\lim_{h \to 0} \frac{hv_1(1+hv_2) - hv_1}{h^2v^2_1 + (1+hv_2-1)^2} (\frac{1}{h})

\lim_{h \to 0} \frac{hv_1(1+hv_2) - hv_1}{h^2v^2_1 + h^2v^2_2} (\frac{1}{h})

\lim_{h \to 0} \frac{hv_1(1+hv_2) - hv_1}{h^2} (\frac{1}{h})

\lim_{h \to 0} \frac{hv_1+h^2v_2v_1 - hv_1}{h^2} (\frac{1}{h})

\lim_{h \to 0} \frac{h^2v_2v_1}{h^2} (\frac{1}{h})

\lim_{h \to 0} v_1v_2 (\frac{1}{h})

este límite existe solamente cuando se anula el numerador o sea cuando:
v_1v_2 = 0
esto ocurre solamente si:
v_1 = 0 o v_2 = 0

por lo tanto las únicas derivadas direccionales que existen son las derivadas parciales (en las direcciones paralelas a los ejes de coordenadas x e y), y el valor de la derivada en esos casos es 0.

tp4_ej6a
draw3d(user_preamble = "set pm3d at s depthorder",
xu_grid=80, yv_grid=80,
xlabel = "x",
ylabel = "y",
zlabel = "z",
enhanced3d = true,
explicit((x*y-x)/(x^2+(y-1)^2),x,-1,1,y,0,2)
);

Tp.4 Ej.1.a

Sábado, septiembre 26th, 2009

Definida la curva C como intersección de dos superficies S_1 y S_2 (C = S_1 \cap S_2):

  • parametrícela convenientemente y halle una ecuación para la recta tangente a C en A.
  • halle una ecuación cartesiana y una ecuación vectorial para el plano nomral a C en A,
  • analice si C s una curva plana o alabeada.

a) S_1: y = x^2
S_2: y+z = 5
A = (2,4,1)

Solución:

Parametrizo la curva como:
C(t) = (t, t^2, 5-t^2) con t \in \mathbb{R}
C(2) = A

El vector tangente es:
C'(t) = (1, 2t, -2t)
C'(2) = (1, 4, -4)

por lo tanto la recta tangente a C en A es:
r(t) = (2,4,1) + t(1,4,-4)
= (2+t, 4+4t, 1-4t)

la ecuación cartesiana del plano normal es:
[(x,y,z)-(2,4,1)](1,4,-4) = 0
(x-2, y-4, z-1)(1,4,-4) = 0
x - 2 + 4y - 16 - 4z + 4 = 0
x + 4y - 4z - 14 = 0

una ecuación vectorial del mismo plano (despejando x):
p(y,z) = (4z-4y+14, y, z) con y,z \in \mathbb{R}

Se trata de una curva plana por estar contenida en el plano y+z = 5

Tp.2 Ej.1.b

Jueves, septiembre 24th, 2009

Reconozca los siguientes conjuntos de puntos y grafíquelos.  En cada caso analice si el conjunto es cerrado, abierto, acotado: indique cuales son sus puntos interiores, frontera y exteriores.

b) S = \{ (x,y) \in R^2 / |x-2|<1 \wedge y > |x| \}

Solución:

Estos problemas los vamos a tratar a partir de su representación geométrica.

De la primera inecuación:

|x-2|<1

x-2<1 \vee x-2 >-1

x <3 \vee x>1

x \in (1,3)

La segunda inecuación representa la sección del plano que está “arriba” de la función y = |x|

En el siguiente gráfico podemos ver las regiones determinadas por las dos inecuaciones. La intersección de ambas es la región S.
No es acotada puesto que diverge para los y positivos.
Como todos los puntos son interiores (no incluye los puntos frontera), entonces el conjunto es abierto.
No es cerrado puesto que el conjunto complemento incluye los puntos frontera.

tp2_ej1b
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 = false,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
reparametrize(u, v, 0, u, 1, 3, v, -10, 10),
color = "green",
reparametrize(u, v, 0, u, 0, 10, v, u, 10),
reparametrize(u, v, 0, u, -10, 0, v, -u, 10)
);

Tp.1 Ej.8.c

Miércoles, septiembre 9th, 2009

Halle la familia de curvas tales que su recta tangente en cada punto…

c) … tiene ordenada al origen igual a la suma de las coordenadas del punto.

Solución:

La ecuación de la recta tangente en paramétricas es:

r(t) = (x,y) + t (1,y')

Para que la ordenada al origen sea igual a la suma de las coordenadas, debe darse simultáneamente:

x + t = 0

y + ty' = x+y

De la primera en la segunda ecuación:

y - xy' = x + y

-xy' = x

y' = -1

y = -x + c

Observación: en el anteúltimo paso dividimos por x, por lo tanto implicamos x \neq 0, si x=0 automáticamente se cumple que la recta tangente tiene ordenada al origen igual a la suma de las coordenadas del punto ya que estamos sobre el eje y

Tp.1 Ej.3.c

Lunes, septiembre 7th, 2009

Halle la ecuación diferencial correspondiente a las siguientes familias de curvas:

c) y = \sin(ax+b)

Solución:

Como tenemos dos constantes, la ecuación diferencial debe ser de segundo orden, así que derivamos dos veces:

y' = a\cos(ax+b)
y'' = -a^2\sin(ax+b)
= -a^2y

Elevando al cuadrado la derivada primera:
(y')^2 = a^2\cos^2(ax+b)
= a^2[1-\sin^2(ax+b)]
= a^2[1-y^2]

Despejando a^2:
a^2 = \frac{(y')^2}{1-y^2}

Reemplazando:
y'' = -\frac{(y')^2}{1-y^2}y
(1-y^2)y'' = -y(y')^2
y''(1-y^2) + y(y')^2 = 0

Tp.1 Ej.23

Lunes, septiembre 7th, 2009

Halle las curvas que en cada punto tienen recta normal con ordenada al origen igual a 5.

Solución:

Las rectas con ordenada al origen igual a 5 tienen la forma:
y = kx + 5
k = \frac{y-5}{x}
y' = k
y' = \frac{y-5}{x}

es la ecuación diferencial de la familia de rectas con ordenada al origen igual a 5, queremos la familia ortogonal:

-x = y'(y-5)
-x^2/2 = y^2/2 - 5y + c
x^2 + y^2 - 10y = k
x^2 + (y-5)^2 = q

Tp.1 Ej.9.d

Lunes, septiembre 7th, 2009

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales lineales de 1º orden.

d) \frac{dy}{dx} - 2 \frac{y}{x} = x^2 \sin(3x)

Solución:

y' - 2\frac{y}{x} - x^2 \sin(3x) = 0

Por el método de Lagrange, sustituyo y = uv
y' = uv' + u'v

En la ecuación diferencial:
uv' + u'v - 2 \frac{uv}{x} - x^2 \sin(3x) = 0
u [v' - 2 \frac{v}{x}] + u'v - x^2 \sin(3x) = 0

Hacemos:
v' - 2\frac{v}{x} = 0
v' = 2\frac{v}{x}
\frac{dv}{v} = 2\frac{dx}{x}
\ln|v| = 2\ln|x|
v = x^2

Reemplazando:
u'x^2 - x^2\sin(3x) = 0
u' = \sin(3x)
u = -\frac{\cos(3x)}{3} + c

Finalmente:
y = uv
= -\frac{x^2\cos(3x)}{3} + cx^2
3y = cx^2 - x^2\cos(3x)

Tp.1 Ej.20

Lunes, septiembre 7th, 2009

Sea la familia de curvas de ecuación y = Cx + C, calcule la longitud de la curva de la familia ortogonal que pasa por (1,2).

Solución:
Primero debemos obtener la ecuación diferencial de la familia original, derivando:

y = Cx + C
y = C(x+1)
C = \frac{y}{x+1}
y' = C
y' = \frac{y}{x+1}

Ahora reemplazamos y' por \frac{-1}{y'} para hallar la ecuación diferencial de la familia ortogonal:

\frac{-1}{y'} = \frac{y}{x+1}
yy' = -x-1
\frac{y^2}{2} = -\frac{x^2}{2} - x + c
\frac{x^2}{2} + x + \frac{y^2}{2} = c

Por las condiciones iniciales:
\frac{1}{2} + 1 + 2 = c
c = \frac{7}{2}

Por lo tanto la curva es:
\frac{x^2}{2} + x + \frac{y^2}{2} = \frac{7}{2}
x^2 + 2x + y^2 = 7
(x+1)^2 + y^2 = 8

Es una circunferencia de radio 2\sqrt{2}, por lo tanto la longitud de la curva la podemos sacar por la fórmula conocida 2\pi r y es 4\sqrt{2}\pi

Tp.1 Ej.15

Lunes, septiembre 7th, 2009

Dada xy'' - 2y' = 0 halle la S.P./y(1) = y'(1) = 3 aplicando la transformación w = y'

Solución:
Aplicando la transformación w = y'
xw' - 2w = 0
x \frac{dw}{dx} = 2w
\frac{dw}{w} = 2\frac{dx}{x}
\ln|w| = 2 \ln|x| + c
w = kx^2

Por lo tanto:
y = \frac{kx^3}{3} + c
y' = kx^2

Por las condiciones iniciales:
3 = k
3 = 1 + c

Como k = 3 y c = 2
y = x^3 + 2