Final 21/12/2009

Publicado el diciembre 22, 2009 por damidami

Solución: (de la parte práctica)

1) a) Enuncie el teorema del rotor (Stokes). Aplíquelo para demostrar que el flujo de rot(f) a través de la superficie de ecuación z = \sqrt{4-x^2-y^2} con z \geq 1 es igual al flujo de rot(f) a través del trozo de paraboloide de ecuación z = x^2 + y^2 - 2 con z \leq 1, si ambas superficies están orientadas hacia z^+.

La curva frontera de la primer superficie es:
\sqrt{4-x^2-y^2} = 1
4 - x^2 - y^2 = 1
x^2 + y^2 = 3
o sea una circunferencia de radio \sqrt{3} sobre el plano z=1

La curva frontera de la segunda superficie es:
x^2 + y^2 - 2 = 1
x^2 + y^2 = 3
por lo tanto también es una circunferencia de radio \sqrt{3} sobre el plano z=1

Como en ambos casos la orientación es hacia z^+ podemos parametrizar la curva como:
C(t) = (\sqrt{3}\cos(t), \sqrt{3}\sin(t), 1) con 0 \leq t \leq 2\pi

Por el teorema del rotor:
\displaystyle \oint_{C = \partial S} f dC = \iint_S rot(f) dS
No importa cual superficie tomemos mientras tenga a la misma curva como frontera (podríamos incluso tomar el plano z=1 como superficie), por lo tanto el flujo del rotor sobre las dos superficies es:

\iint_{S_1} rot(f) dS = \iint_{S_2} rot(f) dS = \oint_C f dC

El gráfico de las dos superficies en color rojo y azul, y la curva en color negro:


draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-red",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), sqrt(4-u^2), u, 0, sqrt(3), v, 0, 2*%pi),
color = "light-blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), u^2-2, u, 0, sqrt(3), v, 0, 2*%pi),
color = "black", line_width=2,
parametric(sqrt(3)*cos(t), sqrt(3)*sin(t), 1, t, 0, 2*%pi)
);

b) Dado f(x,y,z) = (z-y, x-z, 1-y), calcule la circulación de f a lo largo de la curva intersección de las superficies de ecuaciones y = x^2 + z^2 e y = 12-2x^2-2z^2. Indique gráficamente cómo ha orientado la curva.

Veamos como se intersectan las superficies:
y = 12 - 2y
3y = 12
y = 4
x^2 + y^2 = 4

por lo tanto la curva es una circunferencia de radio 2 sobre el plano y=4
Podemos hacerlo en forma directa o por rotor, vamos por este último:
rot(f) = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ \partial_x & \partial_y & \partial_z \\ z-y & x-z & 1-y \end{matrix} \right| = (0,1,2)

Tomo como superficie para Stokes el plano y=4 con normal N=(0,1,0)
O sea que el producto escalar rot(f) \cdot N = 1
Proyectando en el plano xz y pasando a polares, la circulación mediante Stokes equivale a:

1 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^2 \rho d\rho = 4\pi

2) a) Defina derivada direccional. Siendo f(x,y) = \frac{x^2y + y^2\sin(x)}{x^2+y^2} si (x,y) \neq (0,0), f(x,y) = 0 si (x,y) = (0,0), analice si existe f'((0,0),\vec{r}) para distintos \vec{r} \in \mathbb{R}^2.

\displaystyle f'((0,0),(v_1,v_2)) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+hv_1, 0+hv_2) - f(0,0)}{h}

\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{f(hv_1, hv_2)}{h}
\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 v_1^2 hv_2 + h^2v_2^2 \sin(hv_1)}{h^2v_1^2 + h^2v_2^2} \frac{1}{h}

recordando que por ser versor v_1^2 + v_2^2 = 1:

\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{h^3 v_1^2 v_2}{h^3} + \lim_{h \to 0} \frac{h^2 v_2^2 \sin(hv_1)}{h^3}

\displaystyle = v_1^2 v_2 + \lim_{h \to 0} \frac{v_2^2 v_1 \sin(hv_1)}{hv_1}

\displaystyle = v_1^2 v_2 + v_2^2 v_1

por lo tanto es derivable \forall \vec{r}

b) Siendo x-y+z=4 la ecuación del plano tangente a la superficie de ecuación z = f(x,y) en el punto (2,1,z_0), halle las direcciones de derivada direccional máxima, mínima y nula de f en (2,1) indicando, para cada caso, cuál es el correspondiente valor de la derivada.

Despejando z del plano:
z = 4 - x + y
Las derivadas parciales de f en (2,1) van a coincidir con las del plano tangente ya que el mismo es el polinomio de taylor de 1º orden, por lo tanto:
\nabla f(2,1) = (-1,1)
derivada máxima: |\nabla (1,2)| = \sqrt{2} en la dirección r_{max} = \frac{(-1,1)}{\sqrt{2}}
derivada mínima: -|\nabla (1,2)| = -\sqrt{2} en la dirección r_{min} = \frac{(1,-1)}{\sqrt{2}}
direcciones de derivada nula:
r_{nul_1} = \frac{(1,1)}{\sqrt{2}} y r_{nul_2} = \frac{(-1,-1)}{\sqrt{2}}

3) Siendo f(x,y,z) = (x-y, \sin(xz), z^2 - z), calcule el flujo de f a través de la superficie \Sigma frontera del cuerpo D definido por x^2 + z^2 \leq 4, x \leq y \leq x+2. Indique si considera a \Sigma orientada en forma entrante o saliente de D.

La superficie es cerrada, vamos a plantearlo por el teorema de la divergencia:
div(f) = 1 + 0 + 2z - 1
= 2z

Usando coordenadas cilíndricas sobre el eje y:
T:\begin{cases} x = \rho\cos(\phi) \\ y = y \\ z = \rho\sin(\phi) \end{cases}
|J| = \rho

El flujo pedido, por el teorema de la divergencia, equivale a:
2 \int_0^{2\pi} \sin(\phi) d\phi \int_0^2 \rho^2 d\rho \int_{\rho\cos(\phi)}^{\rho\cos(\phi) + 2} dy

4 \left[ -\cos(\phi) \right]_0^{2\pi} \left[ \frac{\rho^3}{3} \right]_0^2 = 0

La superficie \Sigma la consideramos orientada en forma «saliente» por haber aplicado el teorema de la divergencia, de todas formas el flujo neto es 0, por lo tanto no resulta ni entrante ni saliente de la superficie.

El gráfico del cuerpo D:


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 = "blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*cos(v), u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
parametric_surface(u*cos(v), u*cos(v)+2, u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
reparametrize(x, y, sqrt(4-x^2), x, -2, 2, y, x, x+2),
reparametrize(x, y, -sqrt(4-x^2), x, -2, 2, y, x, x+2)
);

Este es el gráfico del mismo cuerpo D pero los colores representan la divergencia del campo en cada punto del cuerpo:


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",
enhanced3d = 2*u*sin(v),
parametric_surface(u*cos(v), u*cos(v), u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
parametric_surface(u*cos(v), u*cos(v)+2, u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
enhanced3d = 2*sqrt(4-u^2),
reparametrize(u, v, sqrt(4-u^2), u, -2, 2, v, u, u+2),
enhanced3d = -2*sqrt(4-u^2),
reparametrize(u, v, -sqrt(4-u^2), u, -2, 2, v, u, u+2)
);

4) Calcule mediante una integral doble el área de la región plana limitada por y = -2x^2 y la curva solución de y' + y = x que pasa por (1,0)

Resolvamos la ecuación diferencial por el método de Lagrange:
y = uv
y' = u'v + uv'

u'v + uv' + uv = x
u [v'+v] + u'v = x
primera parte:
v' + v = 0
\frac{dv}{dx} = -v
\frac{dv}{v} = -dx
\ln(v) = -x
v = e^{-x}
segunda parte:
u' e^{-x} = x
du = xe^x dx
u = xe^x - e^x + c
por lo tanto:
y = uv
= x - 1 + c e^{-x}
usando la condición inicial:
0 = 0 + c e^{-1}
c = 0
por lo tanto la curva es:
y = x-1

Veamos como se intersectan las dos curvas:
-2x^2 = x-1
2x^2 + x - 1 = 0
x_1 = -1 y x_2 = \frac{1}{2}

Considerando que en ese intervalo es mayor la primer función, el área que encierra es:
\displaystyle \int_{-1}^{\frac{1}{2}} dx \int_{x-1}^{-2x^2} dy
\displaystyle \int_{-1}^{\frac{1}{2}} -2x^2 - x + 1 dx
\displaystyle \left[ \frac{-2}{3}x^3 - \frac{x^2}{2} + x \right]_{-1}^{\frac{1}{2}}
= \frac{7}{24} - \left( - \frac{5}{6} \right) = \frac{9}{8} \approx 1,125

El gráfico del área de la región limitada por las dos curvas:


draw2d(
xlabel = "x", ylabel = "y",
parametric(t, -2*t^2, t, -2,2),
parametric(t, t-1, t, -2, 2)
);

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4 respuestas a Final 21/12/2009

  1. Leandro dijo:
    diciembre 22, 2009 en 11:40 pm

    Disculpa, esta parte de la integral del ej 3
    \int_{\rho\cos(\phi)}^{\rho\cos(\phi) + 2} dy
    No te quedaria 2? De ser asi, el paso intermedio
    2 \left[ -\cos(\phi) \right]_0^{2\pi} \left[ \frac{\rho^3}{3} \right]_0^2 = 0

    Deberia tener un 4 a delante, no un 2?

    Ya se que el resultado final es el mismo 🙂 pero esa parte no me queda igual, y quiero ver si le pifie en algun calculo.

    Gracias de ante mano,
    Leandro

    PD: por las dudas de que no haya salido bien las formulas, estoy preguntando sobre la ultima integral del ej 3.

    Responder
    • damidami dijo:
      diciembre 22, 2009 en 11:58 pm

      Hola Leandro,
      Tenés razón, ahí lo corregí.

      Gracias,
      Damián.

      PD: Corregí el código latex de tu comentario original (no hacía falta poner el código latex entre corchetes, y en el segundo código se te copiaron los tags de html, por eso no parseaba el latex) así que borré los otros 2 comentarios que quedaron redundantes.

      Responder
  2. Guido Paolini dijo:
    noviembre 30, 2019 en 6:44 pm

    Hola Damian, consulta…
    En el 2a)
    La función es derivable en toda dirección pero dicha derivada direcciona no es de la forma:
    a v1 + b v2 => NO ES DIFERENCIABLE ?

    Responder

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