Final 26/05/2011

Pongo los resultados:

T2)
El flujo total daba F_{\Sigma \cup T} = \frac{64}{3}\pi, sobre la tapa orientada hacia abajo daba F_T = -12\pi, y por lo tanto el flujo pedido era F_{\Sigma} = \frac{64}{3}\pi - (-12\pi) = \frac{100}{3}\pi

E1) Quedaba \nabla h(2,1) = (6,7) con z_0 = 2 y luego
h(2.01, 0.99) \approx 1.99

E2) El volumen del cuerpo es V=4

E3) La circulación pedida es c=8

E4) Queda para resolver la EDO u'' - u' = 0 que con las condiciones iniciales da
u(t) = 3e^t - 1

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Tp.1 Ej.11.b

Verifique que las siguientes familias de curvas son ortogonales:

b) \begin{cases} x^2 - y^2 + \ln(\cos(2xy)) = C_1 \\ x^2 - y^2 + \ln(\sin(2xy)) = C_2 \end{cases}

las familias de curvas son:
x^2 - y^2 + \ln(\cos(2xy)) = C_1
x^2 - y^2 + \ln(\sin(2xy)) = C_2

sus ecuaciones diferenciales son:
\begin{cases} 2x - 2yy' - \frac{\sin(2xy)}{\cos(2xy)} 2(y+xy') = 0 \\ 2x - 2yy' + \frac{\cos(2xy)}{\sin(2xy)} 2(y+xy') = 0 \end{cases}
o sea:
\begin{cases} 2x - 2yy' - \tan(2xy) 2(y+xy') = 0 \\ 2x - 2yy' + \frac{1}{\tan(2xy)} 2(y+xy') = 0 \end{cases}
dividiendo por 2:
\begin{cases} x - yy' - \tan(2xy) (y+xy') = 0 \\ x - yy' + \frac{1}{\tan(2xy)} (y+xy') = 0 \end{cases}

cambiando y' por \frac{-1}{y'} en la segunda ecuación diferencial:
x + \frac{y}{y'} + \frac{1}{\tan(2xy)} (y-\frac{x}{y'}) = 0

multiplicando por y' \cdot \tan(2xy)
x y' \tan(2xy) + y \tan(2xy) + y' (y-\frac{x}{y'}) = 0

x y' \tan(2xy) + y \tan(2xy) + y'y- x = 0
multiplicando por -1 y reordenando términos
x - yy' - \tan(2xy) (y + xy') = 0

que es la expresión de la primer ecuación diferencial, por lo tanto las familias de curvas son ortogonales.

Tp.5 Ej.15

La recta determinada por la intersección de las superficies de ecuaciones y^2 = x^2 - z^2 y z=x es normal a la superficie de ecuación z = f(x,y) en (1,0,1), calcule aproximadamente f(0.98, 0.01)

Solución:

Queremos aproximar z=f(x,y) con el plano tangente a dicha superficie en (1,0,1).

Sabemos que la superficie es diferenciable porque nos dice que la recta es normal (y entonces sabemos que existe un plano tangente).

Como ya tenemos un punto de la recta (y la superficie) que es el punto A=(1,0,1), para obtener el plano nos faltaría un vector normal, pero para eso nos sirve el vector director de la recta (que es normal a la superficie, y entonces también al plano tangente). Veamos si podemos parametrizar la recta, la misma es la intersección de las superficies:

y^2 = x^2 - z^2
z=x

de la segunda ecuación en la primera
y^2 = x^2 - x^2 = 0
y^2 = 0
y=0
o sea que una parametrización posible es
g(t) = (t,0,t) = t(1,0,1)
y un vector director de la recta es
v = (1,0,1) = N
que es el vector normal de nuestro plano tangente. Con el punto y el vector normal obtenemos el plano tangente
(X-A) \cdot N = 0
(x-1, y-0, z-1) \cdot (1,0,1) = 0
x-1 + z-1 = 0
x+z=2

Pero queríamos aproximar
z_0 = f(0.98, 0.01)
despejamos z de la ecuación del plano tangente, y reemplazamos (x,y) = (0.98, 0.01) y obtenemos
z = 2-x
z_0 = f(0.98, 0.01) \approx 2 - 0.98 = 1.02

En el siguiente gráfico puede verse en en rojo y amarillo las dos superficies dato, en azul la recta intersección y en verde el plano perpendicular.

draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color="yellow",
parametric_surface(x,y,x, x,0,3, y,-2,2),
color="red",
parametric_surface(u,u*cos(v), u*sin(v), u,0,3, v,0,2*%pi),
color = "green",
parametric_surface(u*cos(v)+2,u*sin(v),2-u*cos(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
color = "blue",
parametric(t,0,t, t,0,4)
);