Final 14/12/2009

Solución: (de la parte práctica)

1) a) Defina solución general (SG) y solución particular (SP) de una ecuación diferencial ordinaria de orden n. Sabiendo que y = 2x es una SP de y'' - y = f(x), halle la SP tal que y(0) = 2, y'(0) = 0

Primero calculamos la solución de la homogénea:
y'' - y = 0

El polinomio característico es:
\alpha^2 - 1 = 0
que tiene soluciones: \alpha_1 = 1, \alpha_2 = -1
Como las funciones \{ e^x, e^{-x} \} son L.I. la solución de la homogénea es la combinación lineal:

y_h = c_1 e^x + c_2 e^{-x}

por lo tanto la solución de la general es y_g = y_h + y_p
y = c_1 e^x + c_2 e^{-x} + 2x
su derivada es:
y' = c_1 e^x - c_2 e^{-x} + 2
usando las condiciones iniciales:

2 = c_1 + c_2
0 = c_1 - c_2 + 2

de donde sale que c_1 = 0 y c_2 = 2, por lo tanto la solución particular pedida es:

y = 2e^{-x} + 2x

b) Dado f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 tal que f(x,y,z) = (1, h(x) + z - 2x, y) con f(1,1,1) = (1,2,1), halle h(x) tal que la integral de línea de f a lo largo de una curva C desde A hasta B no dependa de la curva C que se utilice.

Debe cumplirse la condición necesaria de existencia de función potencial, que es que el jacobiano sea contínuo y simétrico:

Df = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ h'(x) - 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
Por lo tanto debe cumplirse:
h'(x) - 2 = 0
h'(x) = 2
h(x) = 2x + c

por otro lado como f(1,1,1) = (1,2,1)
(1, h(1) + 1 - 2, 1) = (1,2,1)
(1, c + 1, 1) = (1,2,1)
c+1 = 2
c = 1

finalmente, la función pedida es:
h(x) = 2x + 1

2) b) La superficie \Sigma tiene ecuación z = h(x,y) donde h(x,y) = f(xy, 2x^2) con f \in C^1, halle la ecuación del plano tangente a \Sigma en (1,1,z_0) sabiendo que \nabla f(1,2) = (2,3) y que f(1,2) = 4

Se trata de una función compuesta de la forma:
(x,y) \to g(x,y) \to (u,v) \to f(u,v) \to z
Donde:
g(x,y) = (xy, 2x^2)
resulta la función compuesta h = f \circ g
En el punto que nos interesa tenemos que:
(x,y) = (1,1) \to (u,v) = (1,2) \to z=4

Por la regla de la cadena sabemos que:
\nabla h = \nabla f|_{(1,2)} \circ Dg|_{(1,1)}
= \begin{pmatrix} 2 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y & x \\ 4x & 0 \end{pmatrix}_{(1,1)}
= \begin{pmatrix} 2 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 4 & 0 \end{pmatrix}
= \begin{pmatrix} 14 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} h'_x & h'_y \end{pmatrix}

Por lo tanto el plano tangente buscado es:
z = 4 + 14(x-1) + 2(y-1)

3) Calcule el área del trozo de plano de ecuación z = 1 + 2x con 2 + 2x - x^2 - y^2 \leq z \leq 5 + 2x - x^2 - y^2

Reemplazo en la restricción con la ecuación de la superficie:
2 + 2x - x^2 - y^2 \leq 1 + 2x \leq 5 + 2x - x^2 - y^2
2 - x^2 - y^2 \leq 1 \leq 5 - x^2 - y^2
De la primer inecuación sale que:
x^2 + y^2 \geq 1
De la segunda inecuación sale que:
x^2 + y^2 \leq 4

Parametrizo el plano de la siguiente manera (basándome en las coordenadas polares)
S(\rho, \phi) = (\rho \cos(\phi), \rho \sin(\phi), 1 + 2\rho\cos(\phi))
S'_{\rho} = (\cos(\phi), \sin(\phi), 2\cos(\phi))
S'_{\phi} = (-\rho\sin(\phi), \rho\cos(\phi), -2\rho\sin(\phi))

El vector normal es:
N = S'_{\rho} \wedge S'_{\phi} = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ \cos(\phi) & \sin(\phi) & 2\cos(\phi) \\ -\rho\sin(\phi) & \rho\cos(\phi) & -2\rho\sin(\phi) \end{matrix} \right|
= (-2\rho, 0, \rho)
Su norma es:
|N| = \sqrt{5}\rho

Por lo tanto el área de la porción de plano pedida es:
\sqrt{5} \int_0^{2\pi} d\phi \int_1^2 \rho d\rho
\sqrt{5} 2\pi \left[ \frac{\rho^2}{2} \right]_1^2
= 3 \sqrt{5} \pi

El gráfico de la sección del plano es:

draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-red",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), 1 + 2*u*cos(v), u, 1, 2, v, 0, 2*%pi)
);

4) Dado f \in C^1 calcule el flujo de f a través de la superficie abierta \Sigma de ecuación z = \sqrt{2 - x^2 - y^2} con z \geq 1, sabiendo que div f(x,y,z) = 3z y que f(x,y,1) = (2x, 3-y, 2). Indique gráficamente como ha decidido orientar a \Sigma.

De la ecuación de la superficie:
z = \sqrt{2-x^2-y^2}
z^2 = 2 - x^2 - y^2
x^2 + y^2 + z^2 = 2
Vemos que se trata de una esfera de radio \sqrt{2}, de la cual nos interesa sólamente la parte que cumple z \geq 1, intersectando con el plano z=1 nos queda:

x^2 + y^2 = 1
Es decir que la proyección sobre el plano xy será el interior de la circunferencia unitaria.

Aprovechamos que tenemos la divergencia para calcular el flujo total (mas adelante le restaremos la tapa), usamos coordenadas cilíndricas:

3 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho \int_{1}^{\sqrt{2-\rho^2}} z dz
3 (2\pi) \int_0^1 \rho d\rho \left[ \frac{z^2}{2} \right]_{1}^{\sqrt{2-\rho^2}}
3 (2\pi) \int_0^1 \rho d\rho \left[ \frac{2-\rho^2}{2} - \frac{1}{2} \right]
3 (2\pi) \int_0^1 \rho d\rho \left[ \frac{1-\rho^2}{2} \right]
3 \pi \int_0^1 \rho(1-\rho^2) d\rho
3 \pi \int_0^1 \rho-\rho^3 d\rho
3 \pi \left[ \frac{\rho^2}{2} - \frac{\rho^4}{4} \right]_0^1
= 3 \pi \frac{1}{4}
= \frac{3}{4} \pi

Ese es el flujo sobre la superficie total, veamos cuanto es el flujo sobre la “tapa” que vendría a ser el plano z=1, el cual debemos orientar con el vector normal hacia “abajo” para que resulte saliente:
El vector normal por lo tanto es de la forma:
N = (0,0,-1)
Hacemos el producto escalar f \cdot N = -2
Por lo tanto el flujo sobre la “tapa” es:
-2 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho
-4 \pi \left[ \frac{\rho^2}{2} \right]_0^1
-2\pi

Por lo tanto el flujo sobre la superficie abierta es igual al flujo total (\frac{3}{4}\pi) menos el flujo sobre la tapa (-2\pi), o sea, \frac{3}{4}\pi - (-2\pi) = \frac{11}{4}\pi

En el siguiente gráfico se puede ver la superficie en color celeste, y la “tapa” en color rojo:

draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), sqrt(2-u^2), u, 0, 1, v, 0, 2*%pi),
color = "light-red",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), 1, u, 0, 1, v, 0, 2*%pi)
);

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7 comentarios en “Final 14/12/2009”

  1. Gracias Damián por estos aportazos que haces. Hoy en la CEIT compré finales para practicar para el final de Análisis Matemático II y este del 14/12/2009 no lo tenian.

    Responder

  3. Hola Damian,

    Pero entonces en el E3 si parametrizás haciendo S(x,y) = (x,y,1+2x)
    Luego encontrás S’x , S’y y N. Finalmente, te queda raíz de 5.
    Ahora hacés el cambio a polares para resolver la integral, lo cual sí implica el jacobiano, estaría mal?

    Responder

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