Tp.11 Ej.11.a

Halle la solución particular (S.P.)

a) S.P. de y'' - y' - 2y = 4x^2 tal que y(0) = 1, y'(0) = 4

Solución:

Para buscar la SP primero buscamos la SG, y para ello primero buscamos la SG de la EDO homogénea asociada:
y'' - y' - 2y = 0

Propongo
y=e^{\alpha x}
y' = \alpha e^{\alpha x}
y'' = \alpha^2 e^{\alpha x}

reemplazando
\alpha^2 e^{\alpha x} - \alpha e^{\alpha x} - 2 e^{\alpha x} = 0
e^{\alpha x} [\alpha^2 - \alpha - 2] = 0
llegamos a la ecuación característica:
\alpha^2 - \alpha - 2 = 0
cuyas raíces son
\alpha_1 = 2 y \alpha_2 = -1
por lo tanto la SG de la homogénea es
y_h = c_1 e^{2x} + c_2 e^{-x}

Ahora busco una solución particular con el método de coeficientes indeterminados. Propongo
y = ax^2 + bx + c
y' = 2ax + b
y'' = 2a

reemplazando en la EDO
2a - 2ax - b - 2ax^2 - 2bx - 2c = 4x^2
-2ax^2 + (-2a-2b)x + (2a-b-2c) = 4x^2
queda el sistema de ecuaciones lineales
-2a = 4
-2a-2b = 0
2a-b-2c = 0
de donde
a = -2
b = 2
c = -3
por lo tanto una solución particular es
y_p = -2x^2 + 2x - 3
y la SG de la EDO es y_h + y_p es decir
y = c_1 e^{2x} + c_2 e^{-x} - 2x^2 + 2x - 3

(y su derivada es):
y = 2 c_1 e^{2x} - c_2 e^{-x} - 4x + 2

Ahora que tenemos la SG buscamos la SP que cumple las condiciones iniciales
y(0) = 1
y'(0) = 4

1 = c_1 + c_2 - 3
4 = 2c_1 - c_2 + 2

c_1 + c_2 = 4
2c_1 - c_2 = 2

de la primera
c_2 = 4-c_1
en la segunda
2c_1 - 4 + c_1 = 2
3c_1 = 6
c_1 = 2
c_2 = 2

Finalmente, la SP buscada es

y = 2 e^{2x} + 2 e^{-x} - 2x^2 + 2x - 3

Tp.10 Ej.1.a

Sea f \in C^1 / f(x,y) = (P(x,y), Q(x,y)) con Q'_x - P'_y \equiv k \neq 0 (k constante). Aplicando el teorema de Green demuestre que Area(D) = \frac{1}{k} \oint_{\partial D^+} \vec{f} \cdot \vec{ds} con \partial D frontera de D \subset \mathbb{R}^2.

Proponga alguna fórmula para el cálculo del área de regiones planas mediante integrales de línea y aplíquela para calcular el área de las regiones definidas por:

a) \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1, a,b \in \mathbb{R}^+

Solución:

El teorema de Green establece (bajo ciertas hipótesis) que
\oint_{C = \partial D^+} \vec{f} \cdot \vec{ds} = \iint_D Q'_x - P'_y dxdy

Entonces si Q'_x - P'_y \equiv k (constante), se tiene que
\oint_{C = \partial D^+} \vec{f} \cdot \vec{ds} = \iint_D k dxdy

\oint_{C = \partial D^+} \vec{f} \cdot \vec{ds} = k \iint_D dxdy

Despejando el área:
Area(D) = \iint_D dxdy = \frac{1}{k} \oint_{C = \partial D^+} \vec{f} \cdot \vec{ds}

Por ejemplo, tomando
f(x,y) = \left( \frac{-y}{2}, \frac{x}{2} \right)
se tiene que
Q'_y - P'_y = 1

Tomando la región D:
\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1
Podemos parametrizar su curva frontera C = \partial D^+ en sentido positivo como
g(t) = (a\cos(t), b\sin(t)) con 0 \leq t \leq 2\pi
derivando
g'(t) = ( -a\sin(t), b\cos(t) )

Calculamos la circulación de f sobre C
\int_0^{2\pi} \left( \frac{-b\sin(t)}{2}, \frac{a\cos(t)}{2} \right) ( -a\sin(t), b\cos(t) ) dt

\int_0^{2\pi} \frac{ab\sin^2(t)}{2} +  \frac{ab\cos^2(t)}{2} dt

\int_0^{2\pi} \frac{ab}{2} dt = ab \pi

que es la fórmula del area de una elipse de semiradios a,b.

Tp.9 Ej.12

Calcule el flujo del gradiente de f(x,y,z) = x+y+zg(x-y) a través de x+y=4 en el 1º octante, con 0 \leq z \leq 8. Suponga g \in C^1

Solución:

f(x,y,z) = x+y+zg(x-y)
\nabla f = ( 1+ z g'(x-y),  1- zg'(x-y), g(x-y) )

Voy a calcular el flujo usando el método de la función implícita: Defino
g(x,y,z) = x+y-4
Entonces la superficie equivale al conjunto de nivel 0 de g. Su gradiente es:
\nabla g(x,y,z) = (1,1,0)
Proyecto sobre el plano coordenado xz, entonces divido por g'_y = 1 y me queda
n = (1,1,0)

El producto escalar entre el campo y el vector normal
\nabla f \cdot n = 1 + zg'(x-y) + 1- zg'(x-y) = 2

Entonces el flujo pedido es
2 \int_0^4 dx \int_0^8 dz = 64
donde la orientación de la superficie es tal que n \cdot (1,0,0) = 1 > 0

En el siguiente gráfico se puede ver la superficie en color azul, y su proyección sobre el plano xz en color negro.


draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color="blue",
parametric_surface(x,4-x,z, x,0,4, z,0,8),
color="black",
parametric_surface(x,0,z, x,0,4, z,0,8)
);

Tp.8 Ej.6.a

Resuelva los siguientes ejercicios usando el cambio de coordenadas indicado.
a) \iint_D (6-x-y)^{-1} dxdy, D : |x+y| \leq 2 \wedge y \leq x+2 \leq 4, usando (x,y) = (v, u-v)

Solución:

La transformación a usar es
(x,y) = t(u,v) = (v, u-v)

Calculamos el jacobiano
Dt = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}
\det(Dt) = -1
|\det(Dt)| = |-1| = 1
Entonces
dxdy = dudv

Ahora transformamos la región de integración
|x + u-v| \leq 2
y \leq x+2 \leq 4

|v + u-v| \leq 2
|u| \leq 2
-2 \leq u \leq 2

u-v \leq v+2 \leq 4
\frac{u-2}{2} \leq v \leq 2

Por lo tanto la región de integración se transforma en
-2 \leq u \leq 2
\frac{u-2}{2} \leq v \leq 2

Ahora transformamos el integrando
(6-x-y)^{-1}
(6-v -u+v)^{-1}
(6 - u)^{-1}

Juntando todo
\int_{-2}^{2} (6 - u)^{-1} du \int_{\frac{u-2}{2}}^2 dv
\int_{-2}^{2} (6 - u)^{-1} (2 - \frac{u-2}{2} )  du
\int_{-2}^{2} (6 - u)^{-1} (\frac{4-u+2}{2} )  du
\int_{-2}^{2} (6 - u)^{-1} (\frac{6-u}{2} )  du
\int_{-2}^{2} \frac{1}{2}  du
= \frac{1}{2}(2 - (-2)) = 2

Tp.6 Ej.13

Dada z = u+ve^{u-v} con u = f(x,y) \wedge v = y^2, resulta z = h(x,y). Halle las direcciones \vec{r} tales que h'((2,1), \vec{r}) = 0, si f queda definida implícitamente por 2y-ux-\ln(u) = 0

Solución:

Primero estudiemos como queda la composición:
(x,y) \to g_1 \to (u,v) \to g_2 \to z
donde
g_1(x,y) = (f(x,y), y^2)
g_2(u,v) = u+ve^{u-v}

En el (x,y)=(2,1)
(2,1) \to (f(2,1), 1) \to z_0

Calculemos f(2,1) de la implícita
2y-ux-\ln(u) = 0
2-2u-\ln(u) = 0
u=f(2,1)= 1

Entonces queda
(2,1) \to (1, 1) \to 2

Tenemos
h(x,y) = (g_2 \circ g_1)(x,y)
Aplicando la regla de la cadena
Dh(2,1) = Dg_2(1,1) \cdot Dg_1(2,1)

Dg_1 = \begin{pmatrix} f'_x & f'_y \\ 0 & 2y \end{pmatrix}
Dg_1(2,1) = \begin{pmatrix} f'_x(2,1) & f'_y(2,1) \\ 0 & 2 \end{pmatrix}
Dg_2 = \begin{pmatrix} 1 + ve^{u-v} & e^{u-v} - ve^{u-v} \end{pmatrix}
Dg_2(1,1) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \end{pmatrix}

Calculamos f'_x y f'_y usando la derivación implícita: Defino H(x,y,u) = 2y-ux-\ln(u)
Entonces

\begin{matrix} H'_x = -u & H'_x(2,1,1) = -1 \\  H'_y = 2 & H'_y(2,1,1) = 2 \\  H'_u = -x - \frac{1}{u} & H'_u(2,1,1) = -3 \end{matrix}

f'_x = - \frac{H'_x}{H'_u}, f'_x(2,1) = -1/3
f'_y = - \frac{H'_y}{H'_u}, f'_y(2,1) = 2/3

Agrupando todos los datos
Dh(2,1) = Dg_2(1,1) \cdot Dg_1(2,1)
= \begin{pmatrix} 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1/3 & 2/3 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}
= \begin{pmatrix} -2/3 & 4/3 \end{pmatrix}

Entonces
\nabla h(2,1) = (-2/3, 4/3)
Buscamos \vec{r} tal que
\nabla h(2,1) \cdot \vec{r} = 0
Entonces
\vec{r}_1 = \frac{(4/3, 2/3)}{||(4/3, 2/3)||}

Las direcciones pedidas son
\vec{r}_1 = \left( \frac{2\sqrt{5}}{5}, \frac{\sqrt{5}}{5} \right)
\vec{r}_2 = \left( -\frac{2\sqrt{5}}{5}, -\frac{\sqrt{5}}{5} \right)

Tp.10 Ej.6

Sea \overline{f} = (P,Q) \in C^1 en \mathbb{R}^2 - \{0\} tal que Q'_x - P'_y = 5, dadas las curvas C_1 : x^2 + 9y^2 = 36 y C_2 : x^2 + y^2 = 4, calcule \oint_{C_2^+} \overline{f} \cdot \overline{ds} sabiendo que \oint_{C_1^+} \overline{f} \cdot \overline{ds} = 7\pi

Solución:

C_1 : x^2 + 9y^2 = 36
C_2 : x^2 + y^2 = 4

La curva C_1 es una elipse centrada en el origen de semiradios 6 y 2. El area que encierra es A(int(C_1)) = 2\cdot 6 \cdot \pi = 12\pi.

Sabemos que si f fuera C^1 en todo el interior de C_1 (incluyendo el origen) entones por el teorema de Green tendríamos \int_{C_1^+} f ds = 5 \cdot 12\pi = 60\pi, cuando en realidad la circulación es 7\pi = 60\pi - 53\pi. Es decir que podemos pensar que la circulación en el sentido positivo sobre una curva cerrada “infinitesimal” que encierra al origen es de -53\pi

La curva C_2 es una circunferencia centrada en el origen de radio 2. El area que encierra es A(int(C_2)) = 4\pi. Como en la curva anterior, si fuera que f \in C^1 en todo el interior tendríamos que \int_{C_2^+} f ds = 5 \cdot 4\pi = 20\pi. Pero como hay que sumarle la circulación que ya conocemos sobre una curva cerrada “infinitesimal” que encierra el origen, la circulación pedida es \int_{C_2^+} f ds = 20\pi - 53\pi = -33\pi

Debe haber una manera mejor de explicar esto, si a alguien se le ocurre como me avisa. 🙂

Final 19/07/2011

Pongo los resultados:

T1)
Un vector normal a la superficie en el punto A es N = (-3,3,3)
La ecuación cartesiana del plano tangente es -x+y+z=2

E1)
El gradiente de f:
\nabla f(3,6) = (3,4)

El jacobiano de la compuesta:
Dh(1,3) = Df(3,6) Dg(1,3)
= \begin{pmatrix} 3 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 9 & 11 \end{pmatrix}

Parametrización de la recta normal:
n(t) = (1,3,7) + t(9,11,-1)
= (1+9t, 3+11t, 7-t)

Intersecta al plano xz en el punto \left( -\frac{16}{11}, 0, \frac{80}{11} \right)

E2)
\Phi(x,y) = xy^2 - x^2 + 2y^2 + 4
\int_{(1,2)}^{(3,5)} f dc = \Phi(3,5) - \Phi(1,2) = 120 - 15 = 105

E3)
div(f) = 1
F_{total} = \left( \frac{4}{3}\pi 2^3 \right) \frac{1}{2} = \frac{16}{3}\pi

F_{tapa} = -2(\pi 2^2) = -8\pi

F_{pedido} = F_{total} - F_{tapa} = (\frac{16}{3} + 8)\pi = \frac{40}{3}\pi

E4)
La recta normal queda y = \frac{3-x}{2}

Haciendo:
\displaystyle \iint_D x dxdy = \int_{\frac{-3}{2}}^1 x dx \int_{x^2}^{\frac{3-x}{2}} dy = \ldots = \frac{-125}{192}

La integral queda:
\displaystyle \iint_D 2x + 5f(x,y) dxdy = 2 \underbrace{\iint_D x dxdy}_{\frac{-125}{192}} + 5 \underbrace{\iint_D f(x,y)dxdy}_{8} = \frac{3715}{96}