Final 10/02/2010

Miércoles, febrero 17th, 2010

Solución: (de la parte práctica)

1) a) Enuncie el teorema de Green. Dado \vec{f} con matriz jacobiana D\vec{f} según se indica, calcule \oint_{C^+} \vec{f} \cdot \vec{ds} cuando C es la frontera de la región definida por: x^2+y^2 \leq 4, x+y \geq 2. Df = \begin{pmatrix} y & x \\ x+y & x \end{pmatrix}

Como la curva C es cerrada, podemos aplicar el Teorema de Green. Entonces vamos a calcular la circulación mediante la ecuación del teorema, es decir:
\oint_{C^+ = \partial D} \vec{f} \cdot \vec{ds} = \iint_D Q'_x - P'_y dxdy

Del jacobiano podemos obtener el integrando que vendrá dado por:
Q'_x - P'_y = x+y - x = y

Por lo tanto la integral pedida vendrá dada por:
\int_0^2 y dy \int_{2-y}^{\sqrt{4-y^2}} dx
\int_0^2 y(\sqrt{4-y^2} - (2-y)) dy
\int_0^2 y(\sqrt{4-y^2} - 2 + y) dy
\int_0^2 y\sqrt{4-y^2} - 2y + y^2) dy

\left[ \frac{-1}{3}(4-y^2)^{3/2} - y^2 + \frac{y^3}{3} \right]_0^2

= -4 + \frac{8}{3} + \frac{8}{3} = \frac{4}{3}

Este mes estoy un poco complicado de tiempo así que por ahora sólo resolví hasta acá.

Si alguien se anima, puede subir la resolución de alguno de estos ejercicios en un comentario (si usa los tags \TeX mejor), y yo le comento si me parece que está bien, o donde hay un error.

EDIT: Agrego el ejercicio 3.

3) Siendo f(x,y,z) = (x+3, 2x+y, 2z), calcule el flujo de f a través de la superficie \Sigma de ecuación z = x^2 con x^2 + y^2 \leq 2x, con \Sigma orientada hacia z^+.

Parametrizo la superficie proyectando en el plano xy:
S(x,z) = (x,y,x^2)
Buscamos el vector normal:
S'_x = (1,0,2x)
S'_y = (0,1,0)
S'_x \wedge S'_y = (-2x, 0, 1) = N que ya está orientado en z^+ por ser el tercer componente 1.

El integrando vendrá dado por f(S(x,y)) \cdot N, es decir por:
(x+3, 2x+y, 2x^2) \cdot (-2x, 0, 1) = -2x^2 - 6x + 2x^2 = -6x

Veamos la región de integración, de la ecuación:
x^2 + y^2 = 2x
x^2 - 2x + y^2 = 0
(x-1)^2 + y^2 = 1
Es una circunferencia unitaria centrada en (1,0)
Pasamos a polares “desplazadas”:
x = \rho \cos(\phi) + 1
y = \rho \sin(\phi)
El jacobiano sigue siendo |J| = \rho
Por lo tanto, la integral queda:

-6 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 (\rho\cos(\phi) + 1) \rho d\rho

-6 \int_0^{2\pi} \cos(\phi) d\phi \int_0^1 \rho^2 d\rho - 6 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho

-6 \left[ \sin(\phi) \right]_0^{2\pi} \left[ \frac{\rho^3}{3} \right]_0^1 - 6 \pi

= -6\pi

El siguiente gráfico muestra la superficie en color celeste, y la proyección sobre el plano xy en rojo.


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

EDIT2: Agrego el ejercicio 4. Este era medio complicado de pensarlo, avisen si a alguien le da distinto.

4) Calcule la masa del cuerpo definido por: x^2 + 5y^2 + z^2 \leq 20, z \geq 2x, y \leq x en el 1º octante, si su densidad en cada punto es proporcional a la distancia desde el punto al plano xy.

La función densidad viene dada por \delta(x,y,z) = k|z| = kz (por estar en el 1º octante).

Veamos como se intersecta el plano
z = 2x
con el elipsoide
x^2 + 5y^2 + z^2 = 20
reemplazando la primer ecuación:
x^2 + 5y^2 + 4x^2 = 20
x^2 + y^2 = 4

o sea que la proyección sobre el xy va quedando una circunferencia de radio 2. Vamos a pensarlo en cilíndricas sobre el eje z. Como estamos en el 1º octante, y además y \leq x, el ángulo varía entre 0 \leq \phi \leq \pi/4
El radio varía entre 0 \leq \rho \leq 2
Y finalmente, z varía entre 2x y el elipsoide, transformando esto sería
2\rho\cos(\phi) \leq z \leq \sqrt{20 - \rho^2\cos^2(\phi) - 5 \rho^2 \sin^2(\phi))}

Por lo tanto, la masa del cuerpo viene dada por:

M = k \int_0^{\pi/4} d\phi \int_{0}^{2} \rho d\rho \int_{2\rho\cos(\phi)}^{\sqrt{20-\rho^2\cos^2(\phi) - 5\rho^2\sin^2(\phi)}} z dz

k \int_0^{\pi/4} d\phi \int_{0}^{2} \rho d\rho \left[ \frac{z^2}{2} \right]_{2\rho\cos(\phi)}^{\sqrt{20-\rho^2\cos^2(\phi) - 5\rho^2\sin^2(\phi)}}

\frac{k}{2} \int_0^{\pi/4} d\phi \int_{0}^{2} \rho (20 - \rho^2\cos^2(\phi) - 5\rho^2\sin^2(\phi) - 4 \rho^2\cos^2(\phi)) d\rho

\frac{k}{2} \int_0^{\pi/4} d\phi \int_{0}^{2} \rho (20 - 5\rho^2) d\rho

\frac{k\pi}{8} \int_0^2 20\rho - 5\rho^3 d\rho

\frac{k\pi}{8} \left[ 10\rho^2 - \frac{5}{4}\rho^4 \right]_0^2

= \frac{5}{2} k \pi

El siguiente gráfico muestra el cuerpo en color celeste, y la proyección del mismo sobre el plano xy en color rojo.


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(u*cos(v),u*sin(v),sqrt(20-u^2*cos(v)^2-5*u^2*sin(v)^2),
u, 0, 2, v, 0, %pi/4),
reparametrize(u*cos(0),u*sin(0),w,
u, 0, 2, w, 2*u*cos(0), sqrt(20-u^2*cos(0)^2 - 5*u^2*sin(0)^2)),
reparametrize(u*cos(%pi/4),u*sin(%pi/4),w,
u, 0, 2, w, 2*u*cos(%pi/4), sqrt(20-u^2*cos(%pi/4)^2 - 5*u^2*sin(%pi/4)^2)),
reparametrize(u*cos(v),u*sin(v),2*u*cos(v),
u, 0, 2, v, 0, %pi/4),
color="light-red",
reparametrize(u*cos(v),u*sin(v),0,
u, 0, 2, v, 0, %pi/4)
);

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19 comentarios el “Final 10/02/2010

  1. Matías dice:

    Hola!

    Alguien hizo el ejercicio 3 de este final? Le dio -pi ?

    Tengo el enunciado del final pasado 15/02/10 , si les interesa que lo suba me avisan.

    Saludos.

    Matías

    • damidami dice:

      Hola Matías,
      Todavía no lo hice el ej. 3, pero si querés subí tu resolución en un comentario y te digo si me parece que está bien (y en ese caso la agrego al post).
      Acordate que podés escribir fórmulas usando comandos latex ejemplo f(x) = e^x (abrí el tag con “$ latex” todo junto, escribís el comando, y lo cerrás con $)
      Si querés me podés enviar el final del 15/02/10 así lo posteo, seguro a alguien le va a interesar.
      Saludos,
      Damián.

    • damidami dice:

      Ahí lo resolví el ej.3 y me dió -6\pi. Se me hace que te olvidastes que el -6 sale multiplicando a toda la integral antes de separarla en dos integrales.
      Saludos,
      Damián.

  2. Matías dice:

    Buenisimo Damian, muchas gracias.

    Me pasas tu mail asi te envio el final del lunes pasado.

    Saludos.

    Matías

  3. Javier dice:

    Disculpa, habrá posibilidad que hagas el 1b, porque en el final de hoy tomaron uno similar y no tengo idea de como hacerlo.

    Gracias!

  4. Matias Nicolas Sommi dice:

    Damian en cuanto al 1)b) de este ejercicio tambien es con divergencia? Porque dice respetando el sentido calcule la circulacion, y como adentro de la funcion hay una g(x), como que te dicen “aplica green”, pero como el sentido de la parametrizacion es negativo (horario), en principio no se puede aplicar green. Pero si lo planteo que con los limites invertidos la integral cambia de signo, entonces si podria aplicar Green.
    Yo al menos lo hice así, es correcto?

    • damidami dice:

      Hola Matías,
      No entiendo muy bien tu pregunta, no hay ningún teorema que relacione circulación con divergencia, y no es lo mismo divergencia que green.
      Lo que hay que hacer es aplicar green y al final cambiarle el signo.
      Saludos,
      Damián.

  5. Matias Nicolas Sommi dice:

    Si esta bien, eso es a lo que me referia, porque me confundio que decian que era parecido a otro 1.b), pero el otro era de divergencia.

  6. Ivan dice:

    Yo el 1.b) lo hice con green, pero lo que no entiendo es por que hay que cambiar el signo. Puede ser que sea porque la parametrizacion de la circunferencia este al reves? o sea (sen, cos) en vez de (cos, sen)??

  7. Franco dice:

    Dejo algunos de los resultados que faltan:

    1) b) -18pi

    2) a) (0,0) mínimo relativo y (-2,-2) máximo relativo

    Faltaría el 2) b) que todavía no le encontré la vuelta…

  8. Andrea dice:

    Hola!! ¿Cuanto les dio el ejercicio 1 b) ? No esta la rta y queria verificarlo. El perimetro me dio 4 + 4\sqrt{6}. Los vertices quedaron A=(1,2,-4), B=(3,0,0) y C=(-1,0,0)

    Gracias!

  9. Andrea dice:

    probando con latex

    4 + 4\sqrt{6}

    en 5, 4, 3…

  10. lucho dice:

    andrea: si, a mi me dio lo mismo.

  11. Gustavo dice:

    Hice el 2b. Por lo que entendì, hay que sacar el gradiente de la sup que te dan, luego queda (2xy-2y , x^2+2y-2x-3 , -1) lo que concuerda con el plano paralelo al eje xy ya que sería el plano z = -1
    A las primeras 2 componentes del gradiente las igualamos a 0 para obtener los puntos criticos con un sistema de 2 ecuaciones con 2 incognitas. Nos quedan 3 puntos posibles: p1= (3, 0, -1) , p2= (-1, 0, -1) , p3= (1, 2, -1)
    Esos son los vertices del triangulo que nos piden.
    Sacamos el perímetro sumando los modulos de las distancias entre estos puntos y nos queda Perimetro = 4 + 4*sqrt(2)

    Si lo hicieron de alguna otra forma o ven que hay algo que no cierra, porfa, chiflen.
    Gus.

    • Andrea dice:

      Gustavo: por lo que yo entiendo, los ptos de los vertices que decis no son correctos, fijate q no te verifica con la ecuacion de la superficie dada.

      Cuando dicen q tiene plano tangente paralelo al plano xy significa q el gradienteDe f = 0. Calculas el gradiente , osea queda (2yx-2y, x^2+2y-2x-3)=(0,0), de ahi pbtenes los posibles x e y , luego obtenes los z reemplazando en la ec de la sup.
      Saludos

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