Final 10/3/2011

Publicado el marzo 11, 2011 por damidami

Solución: (de la parte práctica)

1) a) Enuncie el teorema de derivación de la composición de funciones en forma matricial. Dada la superficie \Sigma de ecuación z = f(\vec{g}(x,y)) con f(u,v) = k^2 u + v, \vec{g}(x,y) = (x^2 - y, 2y - xy), k constante, utilizando el teorema determine el valor de k > 0 para el cual la recta normal a \Sigma en (1,2,z_0) resulta paralela al eje z.

La composición es del tipo
(x,y) \to \vec{g} \to (u,v) \to f \to z
(1,2) \to \vec{g} \to (-1,2) \to f \to 2-k^2

z = h(x,y) = f \circ \vec{g}
\nabla h(1,2) = \nabla f(-1,2) \cdot D\vec{g}(1,2)

\nabla f = (k^2, 1)
D\vec{g} = \begin{pmatrix} 2x & -1 \\ -y & 2-x \end{pmatrix}

\nabla h(1,2) = \begin{pmatrix} k^2 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}2 & -1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2k^2 - 2 & -k^2 + 1 \end{pmatrix}

\nabla h(1,2) = (2k^2-2, -k^2 + 1)

El vector normal a la superficie \Sigma es entonces
n = (h'_x, h'_y, -1) = (2k^2-2, -k^2 + 1, -1)

Para que sea paralelo al eje z los componentes x e y deben ser cero:

2k^2 - 2 = 0
-k^2 + 1 = 0

de ambos sale
k^2 = 1

y como k > 0
k=1
era el valor buscado.

b) Siendo \vec{f}(x,y) = ( g(x-y), xy - g(x-y) ) con g \in C^1, calcule la circulación en sentido positivo de \vec{f} a lo largo de la curva plana de ecuación x^2 + y^2 = 2y

Como g \in C^1 puedo aplicar el teorema de Green.
Q'_x - P'_y = y - g'(x-y) - (- g'(x-y) )
= y

uso el cambio de coordenadas a polares «trasladadas»
x = \rho \cos(\phi)
y = \rho \sin(\phi) + 1
con
0 \leq \phi \leq 2\pi
0 \leq \rho \leq +\infty
y su jacobiano es \rho

la integral nos queda
\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho (\rho \sin(\phi) + 1) d\rho = \pi

2) a) Defina coordenadas polares. Aplíquelas para calcular la integral doble de f(x,y) = x^2 / (x^2 + y^2) en la región plana definida por -x \leq y \leq x, x \leq 1.

pasamos a coordenadas polares
x = \rho \cos(\phi)
y = \rho \sin(\phi)
con
0 \leq \phi \leq 2\pi
0 \leq \rho \leq + \infty
su jacobiano es \rho

transformo x=1 queda \rho \cos(\phi) = 1 o sea \rho = \frac{1}{\cos(\phi)}

transformo \frac{x^2}{x^2 + y^2} queda \frac{\rho^2 \cos^2(\phi)}{ \rho^2} = \cos^2(\phi)

\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \cos^2(\phi) d\phi \int_0^{\frac{1}{\cos(\phi)}} \rho d\rho

= \frac{1}{2} \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \cos^2(\phi) \frac{1}{\cos^2(\phi)} d\phi

= \frac{1}{2} (\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{4}

b) Calcule el área de la región del plano xy que se muestra en la figura, limitada por el arco de curva de ecuación \vec{X} = (3 \phi \cos(\phi), 3\phi \sin(\phi) ) con 0 \leq \phi \leq 2\pi y el segmendo de puntos extremos (0,0) y (6\pi, 0)

Este ejercicio se podía hacer aplicando el teorema de Green para el cálculo de áreas planas, no olvidando de integrar el segmento de recta.

Pero también salía diréctamente con integrales dobles (en polares) de la siguiente manera:

El ángulo se ve que va de 0 a 2\pi, y el radio es la distancia al origen, o sea que va desde cero hasta la norma de la parametrización g(\phi) = (3\phi \cos(\phi), 3\phi \sin(\phi) ) que es:

\rho = || (3\phi \cos(\phi), 3\phi \sin(\phi) ) ||
= \sqrt{9\phi^2 \cos^2(\phi) + 9\phi^2 \sin^2(\phi)}
= \sqrt{9\phi^2}
= 3\phi

por lo tanto queda la integral doble en polares
A = \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{3\phi} \rho d\rho

= \frac{1}{2} 9 \int_0^{2\pi} \phi^2 d\phi

= \frac{9}{2} \left[ \frac{\phi^3}{3} \right]_0^{2\pi}

= \frac{9}{2} \frac{8}{3} \pi^3

= 12 \pi^3

En la siguiente imagen se ve sombreada la región cuya área calculamos


draw2d(
parametric(3*t*cos(t), 3*t*sin(t), t,0,2*%pi),
parametric(6*%pi - t, 0, t, 0, 6*%pi)
);

3) Siendo \vec{f}(x,y,z) = (xz, yz, z^2). calcule el flujo de \vec{f} a través de la superficie abierta de ecuación x^2 + y^2 + z^2 = 5 con z \geq 1 + x^2 + y^2, indicando gráficamente la orientación que ha elegido para la superficie-

Este ejercicio se podía hacer con divergencia y sacando la tapa, o diréctamente como lo voy a hacer acá abajo. En este caso no voy a parametrizar la superficie sinó que voy a usar el método de integral de superficie implícita.

Primero averiguo como se intersecta la esfera con el paraboloide:
x^2 + y^2 + z^2 = 5
z = 1 + x^2 + y^2

de la segunda despejo x^2 y reemplazo en la primera
z - 1 - y^2 + y^2 + z^2 = 5
z^2 + z - 6 = 0
de donde sale z_1 = -3 (no sirve) y z_2 = 2 (sirve)
reemplazando en la segunda

2 = 1 + x^2 + y^2
o sea
x^2 + y^2 = 1

es decir que la proyección sobre el plano xy es una circunferencia de radio 1.

defino
G(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 5
(la superficie es el conjunto de nivel 0 de G)

el vector normal a la superficie lo obtengo haciendo
N = \frac{\nabla G}{ |G'_z|} = \left( \frac{2x}{2z}, \frac{2y}{2z}, \frac{2z}{2z} \right)
= \left( \frac{x}{z}, \frac{y}{z}, 1 \right)

Luego,
f \cdot N = (xz, yz, z^2) \cdot \left( \frac{x}{z}, \frac{y}{z}, 1 \right)
= x^2 + y^2 + z^2

reemplazando z^2 con el valor de z sobre la superficie z = \sqrt{5 - x^2 - y^2} nos queda

= x^2 + y^2 + 5 - x^2 - y^2
= 5

Por lo tanto el flujo pedido lo calculamos integrando en polares sobre la proyección en el plano xy de la superficie, que es la circunferencia unitaria, y nos queda

5 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho = 5\pi

En el siguiente gráfico podemos ver en azul la parte de la esfera sobre la que calculamos el flujo (con normal hacia «arriba»), en celeste se ve parte de la continuación de la esfera, y en verde el paraboloide que sólo interviene para «recortar» la superficie.


draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), sqrt(5-u^2), u, 0, 1.5, v, 0, 2*%pi),
color = "blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), sqrt(5-u^2), u, 0, 1, v, 0, 2*%pi),
color = "green",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), 1+u^2, u, 0, 1.05, v, 0, 2*%pi)
);

4) Dado \vec{f}(x,y,z) = (x, 2y, 3z), calcule la circulación de \vec{f} desde \vec{A} = (1,2,z_0) hasta \vec{B} = (5, y_1, z_1) a lo largo de la recta normal en el punto \vec{A} a la superficie \Sigma definida implícitamente por xz + Exp(z-x) + xy - 4 = 0

Este se podía hacer por función potencial ya que el campo es conservativo, de todas formas hay que averiguar los puntos \vec{A} y \vec{B}. Yo lo voy a hacer de la forma directa, es decir sin usar función potencial.

defino
G(x,y,z) = xz + e^{z-x} + xy - 4
(la superficie es el conjunto de nivel 0 de G)

el gradiente es normal al conjunto de nivel, y por lo tanto a la superficie
\nabla G = (z - e^{z-x} +y, x, x + e^{z-x} )

N = \nabla G(1,2,1) = (2,1,2)

la recta es entonces
r(t) = A + tN
= (1,2,1) + t(2,1,2)
= (1+2t, 2+t, 1+2t)
con 0 \leq t \leq 2
luego A=(1,2,1) y B=(5,4,5)

derivo
r'(t) = (2,1,2)

la circulación pedida es
\int_0^2 f(r(t)) r'(t) dt
\int_0^2 (1+2t, 4+2t, 3+6t) \cdot (2,1,2) dt

\int_0^2 2 + 4t + 4 + 2t + 6 + 12t dt

\int_0^2 18t + 12 dt

= [9t^2 + 12t]_0^2 = 60

Esta entrada fue publicada en Ejercicios de Final resueltos. Guarda el enlace permanente.

20 respuestas a Final 10/3/2011

  1. Rogelio dijo:
    marzo 11, 2011 en 3:17 pm

    Hola Dami,

    Con respecto al punto 1b que se aplica Green… al hacer las respectivas derivadas parciales, no quedan funciones g’x y g’y y por lo tanto no se pueden eliminar?

    Muchas gracias.

    Responder
    • dami dijo:
      marzo 11, 2011 en 4:12 pm

      Hola Rogelio,
      No, ese es un error muy común, fijate que g depende de una variable, digamos t, es decir es una g(t) compuesta con una w(x,y) = x-y.
      La derivada de g(t) es símplemente g'(t)
      Lo que depende de dos variables es la compuesta
      h(x,y) = g(w(x,y)) = g(x-y)
      Por la regla de la cadena
      h'_x(x,y) = g'(x-y)
      h'_y(x,y) = - g'(x-y)
      Suerte,
      Damián.

      Responder
  2. Agustin dijo:
    marzo 14, 2011 en 12:06 pm

    hola damian, yo soy agustin leira y hice el curso de verano con vos. me tire a dar el final y lo aprobe con 4 lo justo y lo necesario, aunq ahora que lo veo, viendo en que me equivoque debo decir que era bastante dificil. hice 3 bien perfectos, los primeros 3. los demas digamos que regular. queria agradecer por todo lo que nos explicaste en la cursada, se nota que sabes mucho del tema. saludos. agustin

    Responder
  3. Guido dijo:
    julio 20, 2011 en 8:24 am

    Damian: respecto al ejercicio 2)b) ¿me podrias orientar como calcularlo por el teorema de green, mediante circulacion? Porque no le encuentro la vuelta al ejercicio. Se que es la suma de las 2 circulaciones, el area (la circulacion en el segmento y en la curva). Pero no se cual seria F(g(t)) y g'(t) en ambos casos.
    Saludos,

    Responder
    • dami dijo:
      julio 20, 2011 en 11:41 am

      Hola Guido,
      Ese ejercicio es un poco mas complicado de hacer por Green.
      De todas formas, podés tomar cualquier F=(P(x,y), Q(x,y)) tal que F \in C^1 y Q'_x - P'_y = 1, por ejemplo F(x,y) = \left( \frac{-y}{2}, \frac{x}{2} \right)
      Como bien decis la curva la tenes que parametrizar por partes, para la parte «curva» ya te dan una parametrización g_1 : [0, 2\pi] \to \mathbb{R}^2 tal que g_1(t) = (3t \cos(t), 3t \sin(t) ).
      El segmento de recta lo podés parametrizar como
      g_2 : [0, 6\pi] \to \mathbb{R}^2 tal que g_2(t) = (6\pi - t, 0)
      (es importante respetar la orientación antihoraria)
      Suerte!

      Responder
  4. Guido dijo:
    julio 20, 2011 en 1:07 pm

    Muchas gracias!!

    Responder
  5. Mariel dijo:
    julio 31, 2011 en 10:53 pm

    consulta, el normal del ejerc 4 no seria (3,1,2) ??

    Responder
  6. Mariel dijo:
    agosto 1, 2011 en 4:13 pm

    si perdon da eso!

    Responder
  7. sergio dijo:
    septiembre 19, 2011 en 12:49 am

    Hola dami una pregunta sobre el 1b yo lo hice de la siguiente manera

    \displaystyle\int_S f dS=\displaystyle\iint_D (Q'_x-P'_y)dS

    tomando g(r,t)=(rcos t,rsen t) obtengo la siguiente integral

    \displaystyle\int_0^{2\pi} \displaystyle\int_0^{2sen t}r^2sen t drdt=2\pi

    ¿ esta bien la función g(r,t) de la manera que la tome yo ?

    gracias

    Responder
  8. sergio dijo:
    septiembre 19, 2011 en 2:41 am

    Ya me di cuenta del error, tome mal el t debería ir de

    0<t<\pi

    de todas maneras me gustaria tu opinion 😉

    saludos

    Responder
  9. Gaby dijo:
    noviembre 7, 2011 en 3:10 pm

    Tengo una duda con el ejercicio 2b:
    Teniendo:
    x=3φcos(φ)
    y=3φsen(φ)
    ¿El jacobiano no debería ser φ en vez de ρ? En cuyo caso el área daría 8π^3 en vez de 12π^3

    Responder
    • dami dijo:
      noviembre 7, 2011 en 4:10 pm

      Hola Gaby,
      No entiendo del todo tu pregunta, porqué el jacobiano te queda \phi?. Igual fijate que ahí modifiqué la explicación de ese ejercicio. Yo usé polares así que el jacobiano me quedó \rho.
      Saludos,
      Damián.

      Responder
  10. gisela dijo:
    febrero 28, 2012 en 7:59 am

    en el 2a, porque uno de los limites de integracion de p es 0? no logro entender de donde sale

    Responder
  11. gisela dijo:
    febrero 29, 2012 en 10:30 am

    no entiendo porque en el 3, integras ro entre 0 y 1

    Responder
  12. Juan Cruz dijo:
    febrero 17, 2013 en 5:37 pm

    Hola Damian,

    Mi nombre es Juan Cruz y quería consultarte una duda del punto 4.
    El razonamiento lo hice igual que vos, solo que el gradiente de la superfice lo saque de manera implicita, y de ahi a que me da distinto. Podrías por favor aclararme esta duda?

    Muchas gracias.

    Saludos.

    JC

    Responder
  13. Santiago Barreiro dijo:
    febrero 17, 2019 en 7:36 pm

    Hola Damian, en el ejercicio 3.

    La integral final me queda a integrar Raiz de 5 x Z (reemplazo Z despues por Raiz de 5-X^2-y^2)

    Segui el metodo explicado en el FLAX, y no me queda todo dividido 2Z antes, no deberiamos hacer el gradiente de la superficie dividido la norma del gradiente y luego multiplicarlo por f?

    Quedando asi f.n = raiz de 5 x Z

    Sino no entiendo el metodo utilizado, gracias y saludos

    Responder

Deja un comentario