Final 24/07/2012

Martes, julio 24th, 2012

Respuestas:

T1) r = 2
T2) El gradiente da \nabla f(A) = (0, 3), y f no es diferenciable en A
E1) La circulación da \frac{-293}{30}
E2) Sale razonable en cartesianas, y la masa da M = \frac{4}{5}k
E3) e^y = -e^2(x-1)
E4) Queda \nabla h(2,4) = (18, 10) y la aproximación es 44,26

Resuelvo el E3)
Sabiendo que \vec{f}: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2 tiene función potencial \phi con \phi(x,y) = x^2 - 2x + 2y + 5, halle una ecuación cartesiana para la línea de campo de \vec{f} que pasa por el punto (0,2)

El campo vectorial es
\vec{f} = \nabla \phi = (2x -2, 2)
La ecuación diferencial de las líneas de campo
y' = \frac{2}{2x-2}

y' = \frac{1}{x-1}
y = \ln|x-1| + c

Método 1: Exponenciando (la constante absorve el módulo)
e^y = k (x-1)

Como pasa por (0,2)
e^2 = -k
o sea que k = -e^2
finalmente, la ecuación pedida es
e^y = -e^2 (x-1)

Método 2: sin exponenciar
y = \ln|x-1| + c
como pasa por (0,2)
2 = \ln|0-1| + c
c = 2
por lo tanto
y = \ln|x-1| + 2

Ambas formas se consideran correctas, ¿pero son resultados equivalentes?
Hay un tema con los signos y el módulo, en la primera forma me deshice del módulo pidiendo que el signo lo absorva la constante. En el segundo método el módulo queda hasta el final.
El módulo hace que tengamos dos “ramas” del logaritmo, lo importante al deshacerme del módulo es elegir la rama que pasa por el punto (0,2) que me piden.

En el siguiente gráfico puede verse en verde la rama que elegí en el método 1, el punto (0,2) está remarcado con la cruz azul, y en rojo se ve la otra rama que se mantiene si eligo el método 2.

draw2d(
color=red,
parametric(t,log(t-1) + 2, t,1.01,5),
color=green,
parametric(t,log(1-t) + 2, t,-5,0.99),
color=blue,
points([[0,2]])
);

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18 comentarios el “Final 24/07/2012

  1. Jesica dice:

    Buenas, te queda tan fea la integral con senos y cosenos? Porque hice todo eso, y me dio otro numero de r. Quiza me complique por ese lado.Saludos y gracias!

  2. dami dice:

    Hola Jesica,
    Hablas del T1?
    Debería quedar una integral sencilla en esféricas.
    Si sabes la fórmula del volumen de una esfera no hace falta integrar nada.
    Saludos,
    Damian.

  3. Esteban dice:

    Resolucion del ejercicio T1:
    La divergencia del campo vectorial es 3. Siendo el flujo solicitado = 32 pi, por lo tanto es igual a la integral de volumen de la divergencia a través del volumen de la superficie (esfera de radio “r”).
    Resolviendo en sistma de coordenadas esféricas ó cilíndricas, queda que 3*(4/3) pi r3 = 32 pi
    Operando queda:
    r3 = 32/4
    r = 2
    NOTA = el número real a la derecha de la variable indica potencia a la cual dicha variable está elevada.

  4. Giselle dice:

    Buenas noches,

    El E3 me quedó y(x) = ln|x-1| + c

    y finalmente me queda y(x) = ln|x-1| + 2

    Es necesario pasarlo al número e?

    gracias!

  5. Esteban dice:

    Resolución del ejercicio E3:
    Si el campo vectorial admite función potencial en su dominio, entónces el campo vetorial f(x,y) es un campo de gradientes. El gradiente de la funcìón potencial de (x,y) es:
    grad phi (x,y) = (2x-2,2).
    Para hallar la ecuación de las líneas de campo vectorial pasante por (0,2), planteo el paralelismo entre el grad phi (x,y) y el vector diferencial (dx,dy), quedando:
    dx / (2x-2) = dy / 2
    Operando y sacando factor común a 2:
    dx / (x-1) = dy
    Ecuación diferencial ordinaria de variables separables. Integrando miembro a miembro y resolviendo, queda:
    y(x) = ln |x-1| + ln C
    y(x) = ln C|x-1|
    Por lo tanto:
    e elevado a la y = C|x-1|
    Reemplazando por las coordenadas de punto (0,2):
    e2 e al cuadrado = C|0-1|
    C = e2 = (e al cuadrado)
    La ecuación de las líneas de campo solicitada es:
    y(x) = ln |x-1| + ln e2
    y(x) = ln |x-1| + 2

  6. natalia dice:

    a mi también me da así, lo unico que no entiendo es porque le queda le queda negativa (-e^2*(x-1))

    • dami dice:

      Hola Natalia, Giselle y Jesica,
      Ahí agregué la resolución del E3) para aclarar esas dudas que aparecen por el módulo. Como lo resolvieron ustedes también se considera bien.
      Saludos,
      Damián.

  7. Esteban dice:

    Resolución del ejercicio E1:
    Habiendo probado que el campo vectorial f no admite función potencial, entónces hallo el diferencial de curva X, siendo dx=(6t,1,1) dt.
    El punto donde la curva C intersecta a la superficie z = xy + 3, es para un t real y otro t imaginario. El t perteneciente a los reales es t = 0. Esto se logra reemplazando las componentes del vector paramétrico de la curva C = (x,y,z) = (2+3t²,t,t+3) en la ecuación de la superficie z = xy + 3
    Para t = 0, el punto B (reemplazando t = 0 en el vector paramétrico de la curva C) es (2,0,3)
    En el punto A, su coordenada X = 5 = 2 + 3t²
    En en punto A, t = 1
    En el punto B, su coordenada X = 2 = 2 + 3t²
    En el punto B, t = 0
    La circulación del campo vectorial f (x,y) desde A hasta B, a lo largo de la curva C es:
    ∫(xy , y² , yz) x (6t , 1 , 1) dt=
    =∫(2t+3t³ , t² , t²+3t) x (6t , 1 , 1) dt=
    =∫(12t² + 18t^4 + t² + t² + 3t) dt=
    Resolviendo la integral inmediata, siendo los límites de integración entre t = 1 y t = 0
    El resultado final de la integral curvilínea de campo vectorial es
    -293 / 30

  8. Ezequiel dice:

    Alguno que le haya dado bien el E2 me dice como lo hizo? no me da lo mismo… gracias

  9. Esteban dice:

    Resolución del ejercicio E2:
    Hallando los límites de integración:
    4-2x≤Z≤4-x²
    Para z=0:
    -2x=-x²
    2x-x²=0
    x(2-x)=0
    x=0 ó x=2
    0≤x≤2
    0≤y≤x
    4-2x≤z≤4-x²
    Ya tengo los límites de integración de las superficies generadoras del sólido. Ahora planteo el diferencial de masa del cuerpo H siendo δ(x,y,z)=k |y|
    Como y varía entre 0 y x, entónces |y| = y
    dm = k y dz dy dx
    M = ∫∫∫ k y dz dy dx
    Resolviendo la integral triple (que es inmediata en coordenadas cartesianas) y con los límites de integración hallados anteriormente, da como resultado:
    32 k / 40 = 4 k /5

  10. Exequiel dice:

    Hola, podrías resolver el E4? gracias

  11. Emanuel dice:

    Disculpame Damian, no logro entender el T2. Te agradecería si pudieras orientarme. Si otro usuario puede aclararme el panorama bienvenido sea. Gracias

  12. Esteban Naval dice:

    Resolucion del ejercicio E4:
    Si la funcion z=f(x,y) tiene plano tangente en un punto, entonces es diferenciable en ese punto, siendo su vector normal (gradiente de f(x,y)) = (4,2)
    Llamo a f(xy,x+y) = f(u,v), siendo u = xy ; v = x+y
    u = 8 = xy
    v = 6 = x+y
    Resolviendo el sistema determinado de ecuaciones, queda que:
    x = 2 o x = 4
    y = 4 o y = 2
    Los puntos son (2,4) y (4,2).Para aproximar por diferencial al punto (2,02 ; 3,99), el punto debe ser (2,4).
    La coordenada z del punto (8,6,Zo) la hallo reemplazando en la expresion de su plano tangente en dicho punto, siendo
    Zo = Ho = 44
    Hallo ahora el gradiente de h(x,y)
    h'(x,y) = grad f(u,v) * matriz diferencial de (u,v) evaluada en (2,4)
    h'(2,4) = (4,2) * 4 2 = (18,10)
    1 1
    dH = h'(2,4) x (dx,dy) = (18,10) x (0,02 ; -0,01) = 0,36 – 0,1 = 0,26
    dH = H – Ho = 0,26
    H = 0,26 + Ho = 0,26 + 44 = 44,26

  13. Jesica dice:

    Hola, me sumo al pedido Emanuel por el T2, màs que nada la parte practica. Gracias!

    • Daniela.- dice:

      Si f es diferenciable se cumple que:
      $ f'(\overline{A},\overline{r})=\nabla f(\overline{A})\cdot\overline{r} $
      entonces lo que hice fue proponer un versor $ r = (\frac{3}{5},\frac{4}{5}) $ y resolver esa ecuación.
      Con los versores canónicos calculas el gradiente, y te queda:
      $ \nabla f(\overline{A}) = (0,3) $
      Entonces reemplazando en la ecuación principal, queda:
      $ 2\cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{5} = (0,3)\cdot (\frac{3}{5},\frac{4}{5}) $
      Eso da que $ \frac{84}{5} = \frac{12}{5} $ , lo cual es imposible. Como no se cumple la condición, f no es diferenciable.

      • Daniela.- dice:

        Perdón, lo vuelvo a escribir ya que no salió bien.
        Si f es diferenciable se cumple que:
        f’(\overline{A},\overline{r})=\nabla f(\overline{A})\cdot\overline{r}
        entonces lo que hice fue proponer un versor r = (\frac{3}{5},\frac{4}{5}) y resolver esa ecuación.
        Con los versores canónicos calculas el gradiente, y te queda:
        \nabla f(\overline{A}) = (0,3)
        Entonces reemplazando en la ecuación principal, queda:
        2\cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{5} = (0,3)\cdot (\frac{3}{5},\frac{4}{5})
        Eso da que \frac{84}{5} = \frac{12}{5} , lo cual es imposible. Como no se cumple la condición, f no es diferenciable.

      • martinsow dice:

        Hay un par de cosas que sigo sin entender. Cómo es que propones esos dos versores en particular?

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