Final 29/10/2009

Viernes, octubre 30th, 2009

final_29_10_2009

Para aprobar había que tener dos bien entre el 1.a, 1.b, 2.a, 2.b, y uno bien entre el 3 y 4.

Solución (de la parte práctica)

1) a) Enuncie el teorema de derivación para la composición de funciones (regla de la cadena). Calcule la máxima derivada direccional de h = f \circ g en A = (2,1) , siendo Df(u,v) = (2uv, u^2+1) y g(x,y) = (x+y, x-y)

La función compuesta es de la forma:
(x,y) \to g \to (u,v) \to f \to z
En el punto:
(x,y)=(2,1) \to (u,v)=(3,1)

Por la regla de la cadena:
h = f \circ g
\nabla h = \nabla f Dg
\nabla h(2,1) = (2uv, u^2+1)_{(3,1)} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}_{(2,1)}
= (6,10) \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}
= (16, -4)

Por lo tanto la máxima derivada direccional es:
|\nabla h(2,1)| = 4\sqrt{17}

b) Dada w = f(u,v) con (u,v) = (x^2y, x-y), resulta w = h(x,y). Calcule aproximadamente h(1.98, 1.01) sabiendo que f queda definida en forma implícita por \ln(w-u)+v+w-6=0

La función compuesta resulta:
(x,y) \to g \to (u,v) \to f \to w
En el punto:
(x,y) = (2,1) \to (u,v)=(4,1) \to w=5

Por la regla de la cadena:
h = f \circ g
\nabla h = \nabla f Dg
\nabla h(2,1) = (f'_u, f'_v)_{(4,1)} \begin{pmatrix} 2xy & x^2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}_{(2,1)}

Ahora vemos la función implícita, defino:
F(u,v,w) = \ln(w-u) + v + w - 6
\nabla F = \left( \frac{-1}{w-u}, 1, \frac{1}{w-u}+1 \right)
\nabla F(4,1,5) = (-1,1,2)
Por el teorema de la función en forma implícita
\nabla f(4,1) = (\frac{1}{2}, \frac{-1}{2})

Volviendo a la función compuesta:
\nabla h(2,1) = (\frac{1}{2}, \frac{-1}{2}) \begin{pmatrix} 4 & 4 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}
= (\frac{3}{2}, \frac{5}{2})

Por lo tanto:
h(x,y) \approx 5 + \frac{3}{2}(x-2) + \frac{5}{2}(y-1)
h(1.98, 1.01) \approx 4.995

2) a) Defina “punto simple” y “punto regular” de una curva. Analice si el punto A=(1,1) es punto simple y también si es punto regular de la curva de ecuacion X=(\sqrt{2}\cos(t), \sqrt{2}\sin(t)) con 0 \leq t \leq 3\pi.

Defino a la curva como C(t) = (\sqrt{2}\cos(t), \sqrt{2}\sin(t))
Primero veamos para que valor del parámetro nos encontramos en el punto A
C(\pi/4) = C(9\pi/4) = A
Por lo tanto hay mas de un valor del parámetro que nos verifica el punto A, es decir la parametrización no es inyectiva, esto nos dice que el punto A no es un “punto simple” de la curva, o en otras palabras “la curva pasa mas de una vez por ese punto”.
Veamos si es un punto regular, para ello el vector tangente tiene que ser distinto del nulo:
C'(t) = (-\sqrt{2}\sin(t), \sqrt{2}\cos(t))
C'(\pi/4) = (-1,1) \neq (0,0)
por lo tanto A es un punto regular de la curva.

b) Dada la curva C definida por la intersección de las superficies de ecuaciones: z = y+x^2 e y=z-x, analice si la recta tangente a C en A=(1,1,2) tiene algún punto en común con el eje z.

El siguiente es el gráfico de las dos superficies:

final_29_10_2009_ej_2b
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "black",
parametric(1,1-t,2-t, t,-1,2),
color = "light-blue", line_width=1,
parametric_surface(x,y,y+x^2, x,-1,2, y,-1,2),
color = "light-red",
parametric_surface(x, y, x+y, x,-1,2, y,-1,2)
);

Hay dos formas de obtener la recta tangente, parametrizando, o multiplicando vectorialmente los gradientes normales a las superficies, vamos por este segundo método, definimos:

f(x,y,z) = z-y-x^2
g(x,y,z) = y-z+x

Los gradientes, normales a las superficies de nivel 0:
\nabla f = (-2x, -1,1)
\nabla g = (1,1,-1)
En el punto A
\nabla f(1,1,2) = (-2,-1,1)
\nabla g(1,1,2) = (1,1,-1)
Multiplicamos vectorialmente:
\nabla f(1,1,2) \times \nabla g(1,1,2) = (0,-1,-1) = V
Por lo ranto la recta tangente es:
r(t) = A + tV
= (1,1,2) + t(0,-1,-1)
= (1, 1-t, 2-t)

Ahora tenemos que averiguar si intersecta al eje z, en cartesianas es equivalente a la intersección de los planos x=0, y=0, por lo tanto debe cumplirse simultáneamente:
1=0
1-t=0
pero la primera ecuación es un absurdo, por lo tanto la recta no intersecta al eje z.

3) Calcule mediante una integral doble el área de la región plana definida por: 0 \leq y \leq f(x), 0 \leq x \leq 2\pi, siendo y=f(x) la solución particular de y'' + y = 1 que en el punto (0,2) tiene recta tangente de ecuación y=2

Propongo como solución de la ecuación diferencial homogénea:
y=e^{\alpha x}
y'= \alpha e^{\alpha x}
y'' = \alpha^2 e^{\alpha x}

(\alpha^2+1)e^{\alpha x} = 0
\alpha = \pm i

Por lo tanto la solución de la homogénea es de la forma:
y_h = A\cos(x) + B\sin(x)

Para la particular propongo como solución:
y=C
y'=0
y'' = 0

C=1
Por lo tanto:
y_p = 1

La solución general viene dada por:
y_g = y_h + y_p
= A\cos(x) + B\sin(x) + 1

En (0,2)
2 = A + 1
Entonces:
A=1
Derivando:
y'_g = -A\sin(x) + B\cos(x)
En (0,2)
0 = B

Finalmente, la curva es:
y = f(x) = \cos(x) + 1

La integral pedida es:
\int_0^{2\pi}dx \int_0^{\cos(x)+1}dy
\int_0^{2\pi} \cos(x)+1 dx
[\sin(x) + x]_{0}^{2\pi} = 2\pi

Que corresponde al area debajo de la siguiente curva:

final_29_10_2009_ej_3
wxplot2d([cos(x)+1], [x,0,2*%pi])$

4) Dado f(x,y,z) = (1-2xy, y^2, 4z) calcule el flujo de f a través de la superficie frontera del cuerpo definido por x^2+y^2 \leq 4, x+z \leq 2, 1º octante. Indique si, respecto del cuerpo, el flujo es entrante o saliente.

Como se trata de una superficie cerrada lo planteamos por divergencia:
div(f) = -2y +2y + 4
= 4

Por lo tanto el flujo con respecto a la normal saliente es:
4 \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^2 \rho d\rho \int_0^{2-\rho\cos(\phi)}dz
4 \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^2 \rho(2-\rho\cos(\phi)) d\rho
4 \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^2 2\rho - \rho^2\cos(\phi) d\rho
4 \int_0^{\pi/2} d\phi [\rho^2 - \frac{\rho^3}{3}\cos(\phi)]_0^2
4 \int_0^{\pi/2} 4 - \frac{8}{3} \cos(\phi) d\phi
4 [4\phi - \frac{8}{3}\sin(\phi)]_0^{\pi/2}
4 (2\pi - \frac{8}{3})
= 8\pi - \frac{32}{3} \approx 14.46 > 0
por lo tanto el flujo es saliente respecto del cuerpo.

El siguiente es el gráfico del cuerpo:
final_29_10_2009_ej_4
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", line_width=1,
reparametrize(2*cos(u),2*sin(u),v, u,0,%pi/2, v,0,2-2*cos(u)),
parametric_surface(v*cos(u),v*sin(u),0, u,0,%pi/2, v,0,2),
reparametrize(u,0,v, u,0,2, v,0,2-u),
parametric_surface(0,u,v, u,0,2, v,0,2),
parametric_surface(v*cos(u),v*sin(u),2-v*cos(u), u,0,%pi/2, v,0,2)
);

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8 comentarios el “Final 29/10/2009

  1. Federico dice:

    En el ejercicio 2B, si quisieras parametrizar la curva, como tendrías que hacer?

    • damidami dice:

      Hola Federico,
      Para parametrizar la curva intersección de
      z = y+x^2
      y=z-x

      reemplazo la segunda ecuación en la primera
      z = z-x+x^2
      -x+x^2 = 0
      x(-1+x) = 0

      de donde sale que para toda la curva se da que x=0 o bien que x=1 Esto significa (como se ve en el gráfico) que la curva está dividida en dos partes.
      Como sabemos que nuestra curva tiene que pasar por el punto (1,1,2) deducimos que nos interesa la parte que corresponde a x=1

      Retornando a las ecuaciones nos queda
      z = y+1
      y = y

      Finalmente, la curva parametrizada consiste en la recta
      r(t) = (1,t, t+1)
      y r(1) = A

      Espero te haya sido de ayuda,
      Saludos,
      Damián.

  2. Mariana dice:

    Buenas tardes, quería hacer una consulta teórica respecto a la regla de la cadena. La definición dice:

    Dada
    f: U incluído en R^n -> R^m
    g: V incluído en R^m -> R^p
    Im f C Dm g
    gof = h : R^n -> R^p
    => Dh(X) = Dg(f(x)) . Df(x)

    Las funciones f y g deben ser diferenciables “a secas” o se debe aclarar que específicamente:

    f diferenciable en un punto a perteneciente a U
    g diferenciable en b = f(a)
    h diferenciable en a ?

    Muchas gracias

    • dami dice:

      Hola Mariana,
      Hay que aclarar que f es diferenciable en a \in U^{\circ}, g es diferenciable en b=g(a), b \in V^{\circ}
      No hace falta aclarar que h es diferenciable en a pues se cumple automáticamente (composición de diferenciables es diferenciable).
      Te queda
      Dh(a) = Dg(f(a)) \cdot Df(a)

      Saludos,
      Damián.

  3. Mariana dice:

    Perfecto, gracias Damián

  4. juanbaglietto dice:

    Hola Damian

    Tengo una duda con el ejercicio 3. En la solución particular te queda que B=0 para mi B=2, no se si es que estoy haciendo alguna cuenta mal

    Saludos, Juan.

    • dami dice:

      Hola Juan,
      Estas confundiendo el hecho de que el punto en cuestión es el (0,2) con el hecho de que la recta tangente es horizontal y por lo tanto f'(0) = 0.
      Saludos,
      Damián.

  5. juanbaglietto dice:

    Claro, ahora me doy cuenta que es lo que estaba haciendo mal.

    Gracias Damian, Saludos

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