Final 25/02/2013

final_25_02_2013

No tengo la resolución, pero como siempre pueden comentar sus respuestas.

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34 comentarios en “Final 25/02/2013”

  2. E4) Para proyectar sobre XY , se igualan z\leqslant 8-x^2 y z\geqslant x^2+2y^2 , obteniendo x^2+y^2\leqslant 4 que es proyectado al plano XY . La otra función que limita la proyección es y\geqslant x
    Si se grafica, se ve que es como una porción de pizza.

    Planteando la integral:
    \iint_{S} \int_{x^2+2y^2}^{8-x^2}dz dS
    \iint_{S} 8-x^2-x^2-2y^2 dS
    \iint_{S} 8-2(x^2+y^2) dS

    Pasando a polares:
    \int_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}} \int_{0}^{2}8-2p^2 p dp d\phi
    \int_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}} \int_{0}^{2}(8-2\rho ^2 ) \rho d\rho d\phi = 2\pi

    Segun wolfram el resultado está bien. Espero que el planteo también

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    • E3) Primero hay que buscar primero los tres puntos dónde la tangente (\pi _{0} ) a la superficie \sigma que es paralelo al plano xy .
      Para que sean paralelos sus normales tienen que ser paralelas. n_{\pi_{0}}=n_{xy}
      La normal de xy se puede tomar como n_{xy}=(0,0,1) o n_{xy}=(0,0,-1) .
      La ecuación de \pi _{0} es \nabla \sigma (\overline{A}).(\overline{X}-\overline{A}) .
      Reescribiendo \sigma como x^3y+2xy-3x^2y+2x-z=0 . Se obtiene el gradiente \nabla \sigma = (3x^2y+2y-6xy+2, x^3+2x-3x^2, -1) .

      Ahora para hacer las normlaes paralelas se tiene que dar que:
      (3x^2y+2y-6xy+2, x^3+2x-3x^2, -1) = (0,0,-1) lo que significa que 3x^2y+2y-6xy+2=0 y x^3+2x-3x^2= 0 .

      Ahora se obtienen los puntos de estas ecuaciones. Hay muchas formas de hacerlos, una es reescribiendo la segunda como x(x^2-3x+2)= 0 . Se despejan fácil 3 valores para x x_{o}=0, x_{1}=1, x_{2}=2 que se usan en la primera para obtener: p_{0}=(0,-1) p_{1}=(1,2) p_{2}=(2,-1) . La componente z se obtiene reemplazando los puntos en la ecuacion original de \sigma .

      Resolviendo se obtienen tres puntos:
      P_{0}=(0,-1,0)
      P_{1}=(1,2,2)
      P_{2}=(2,-1,4)

      Ahora creamos dos vectores usando los tres puntos:
      A=(P_{1}-P_{0}) = (1,3,2)
      B=(P_{2}-P_{0}) = (2,0,4)

      Estos dos vectores pertenecen al plano que forma el triángulo que buscamos. Haciendo el producto vectorial A\times B obtenemos la normal al plano que buscamos. n_{0} = A\times B = (1,3,2) \times (2,0,4) = (12,0,-6) . Simplificando el vector normal n_{0} = (2,0,-1) .

      Finalemnte la ecuación del plano que contiene los tres puntos es 2x+0y-z=0 . Siendo la ecuación cartesiana: 2x-z=0 .

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      • Corrección de notación: Cuando hablo de la superficie \sigma es \Sigma . No me di cuenta que ‘Sigma’ iba como mayúsucula en latex.

      • fortín, lo que tiene que ser paralelo al plano xy es el plano tangente a \Sigma . Es la condición que se usa para obtener los puntos (vértices de un triángulo imaginario). Una vez consiguen los puntos, se arma un nuevo plano que no tiene por que se paralelo al plano xy .

        El hecho de que el plano al que pertenecían cada uno de los puntos era paralelo al plano xy , no significa que el nuevo plano que los contenga sea también paralelo.

        Uh… me parece que no sonó tan claro.

  5. En el E2, yo lo hice con Green como si fuera cerrado, y me dio 4pi. Pero en el ejercicio lo pide abierto de (2;0) (-2;0). Alguien sabe como se resuelve?

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    • Hola!
      yo lo hice con green y luego le reste la circulación de la linea que une los dos puntos de la semicircunsferencia que te da cero, por ende el resultado te queda 4pi

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    • E2) f(x,y)=(x+y,3x+g(y)) = f(x,y)=(P(x,y),Q(x,y))
      Aplicando Green para obtener circulación como si fuese cerrada (C_{c} ):
      \oint_{c^+} fdc = \iint_{D} (\frac{Q}{\partial x}-\frac{P}{\partial y}) dxdy
      \iint_{D} (3-1) dxdy
      2 \iint_{D} dxdy
      Dónde \iint_{D} dxdy es el área del semicriculo \frac{\pi r^2}{2} . Como r=2 , entonces area es $latex \frac{\pi 2^2}{2} = 2\pi

      Luego, la circulación como si fuese cerrada: C_{c} = 4\pi

      Ahora se calcula la circulación (C_{s} ) del segmento \overline{AB}=(-2,2) .
      La recta sobre la que está el segmento es y=0 .
      Parametrizado queda como h(t)=(t,0) con t\in [-2,2] .
      La derivada h'(t)=(1,0) .
      Componiendo con la función f(h(t))=(t+0,3t+g(0)) = (t,3t+g(0)) .

      Con todo se calcula la circulación del segmento:
      \int_{-2}^{2} f(h(t))h'(t)dt
      \int_{-2}^{2} (t,3t+g(0))(1,0)dt
      \int_{-2}^{2} tdt = \left \lceil\frac{t^2}{2} } \right \rceil_{-2}^{2} = 0
      Luego,la circulación del segmento: C_{s} = 0 .

      La circulación solicitada se obtiene operando: C_{c} - C_{s} = 4\pi - 0 .
      Finalmente la circulación solicitada es 4\pi .

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      • me parece que era -4pi el resultado.. porque la circulacion va desde (2,0) hasta (-2,0)… entonces la intregral te querdaria abajo el 2 y arriba el -2.. pero como es una villereada hacer eso, pones el – adealnte de la integral e invertis los limites

      • Puede ser Ignacio! Igual, te planteo mi punto de vista.

        Aplicando Green \oint_{C^{+}} f.dc=\iint_{D} (\frac{Q}{\partial x}-\frac{P}{\partial y})dA . La circulación en Green se toma en “sentido positivo” (sentido antihorario), viajando a través de la semi circunferencia sería desde 2 a -2.
        [Aclaración: la circulación en green se toma como si fuese de un área cerrada.]

        Se obtiene que (\frac{Q}{\partial x}-\frac{P}{\partial y})=2 , eso se saca afuera de la integral y queda la integral de área \oint_{C^{+}} f.dc=2\iint_{D} dA . La integral del área es 2\pi , el signo no puede ser negativo porque el área debe ser positiva. De ahí, la circulación también es positiva.

        El segmento \overline{AB} también respeta eso x \in [-2,2] .

        Por lo menos, así lo veo yo.

      • Hola Martin,
        Leí tu resolución del E2 y lo veo bien.
        Ignacio Varela: La circulación que querés de (2,0) a (-2,0) es sobre la circunferencia, no sobre el segmento de recta. El segmento de recta del (-2,0) al (2,0) se lo restás porque se lo agregastes como una “tapa” para aplicar green, que siempre se usa en sentido antihorario.
        Saludos,
        Damián.

      • Dos cosas, primero que nada que creo que con hacerlo pro green ya esta, porque es una curva cerrada.
        De todos modos no entiendo como calculas la circunferencia en la segunda parte tengo entendido como circunferencia: Integral de Pdx + Qdy. No enteidno vos planteas la intefral de F(h(t))*h`(t)

      • Hola lucasgcaro,
        Ojo que C no es una curva cerrada, es abierta. Es una semi-circunferencia.
        Vos como resolvés esa integral? Las fórmulas \int_C P dx + Q dy y \int_a^b f(g(t)) \cdot g'(t) dt son equivalentes.
        Saludos,
        Damián.

      • Gracias Dami, entiendo lo que decis. No me termina de quedar en claro porque son equivalentes las dos formulas, pero fui a mis apuntes y lo tenia anotado tal como me decis. Gracias!!

  6. Muchas gracias al Blog y a Damian. Por suerte pude aprobar este final. Me pareció medio áspero pero pensandolo un poco sale.

    Saludos y exitos para los que la están preparando.

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  7. Gracias Damián por el blog!! Aprobé este final ayer, lo había colgado y se me estaba por vencer. Feliz de que no tengo que recursar.
    Los resultados que pasaron en un comentario por ahí son los que me dio a mí, salvo el E3 que no lo hice directamente.
    Saludos y éxitos!!!

    Responder

    • T1) El rotor de f(x,y,z)=(yz, xz, xy^2) es \nabla \times f = (2xy-x, y-y^2,z-z) . Operando se obtiene \nabla \times f = rot(f) = (2xy-x, y-y^2,0) .

      Los puntos de la curva C pertenecen al plano z=4 , entonces se puede usar la normal del plano para aplicar el teorema de Stokes. La normal es \widehat{n}=(0,0,1) .

      Resolviendo se obtiene:
      \oint_{C}fds = \iint_{S} rot(f) \widehat{n} dS
      \oint_{C}fds = \iint_{S} (2xy-x, y-y^2,0).(0,0,1) dS
      \oint_{C}fds = \iint_{S} 0 dS
      \oint_{C}fds = 0

      Quedando verificado lo solicitado en la consigna.

      Responder

  11. Alguien resolvio el e1) , llegue a encontrar la el resultado de la ecuacion diferencia, quedandome y= u sen x. algo se ve que hice mal. Gracias

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  13. Favio, te cuento que hice yo , y por que estoy solicitando tambien si alguien puede ayudar..
    Primero resuelvo la ecuacion diferencial. La ecuacion diferencial te queda y=c1 cos(x) + c2 sen(x) . Como tengo dos constantes arbitrarias, tengo que seguir con el enunciado..
    Por otro lado, te estan diciendo que pasa por el (0,0).. Por lo que y(0)=0 –> de aqui obtengo que c1 = 0 .. Faltaria allar el c2 y es donde me pierdo.. por que por lo antes dicho.. y= c2 sen(x)… –> y’ = c2 cos(x) y de la cuerva obtengo x = u+1 e y= X U –> de aqui saco que y’ = u y obtengo que c2 = u. por lo que el resultado final me quedaria y=u sen(x) … Indudablemente esta mal por que en el final me lo pusieron mal.. pero no difiere mucho de lo que pusieron arriba.. Le estoy pifieando en la resolucion de la pendiente…
    Tambien agradeceria cualquier comentario..

    Responder

    • Hola Javier,
      Queremos la pendiente en el origen de la curva. La parametrizo como
      g(u) = (u+1, u^2 + u)
      Luego g(-1) = (0,0)
      g'(u) = (1, 2u + 1)
      Luego el vector tangente en el origen es:
      g'(-1) = (1,-1)
      Luego la pendiente es
      \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{-1}{1} = -1

      Otra forma de sacar la pendiente es pasando a cartesianas:
      x = u+1, luego u = x-1, reemplazo en la otra ecuación y
      y = (x-1)^2 + (x-1)
      y = x^2 - 2x + 1 + x - 1
      y = x^2 - x
      derivo:
      y' = 2x - 1
      luego la pendiente es:
      y'(0) = -1

      Tu desarrollo venía bien hasta
      y = c_2 \sin(x)
      y' = c_2 \cos(x)

      Igualo las pendientes
      y'(0) = c_2 = -1

      Finalmente,
      y = - \sin(x)

      Saludos,
      Damián.

      Responder

  14. Perfecto Damian.. Gracias por tus comentarios.. Con la pendiente me perdi un poco y sabia que ahi estaba la falla.. Lo voy a tener en cuenta para la proxima.. !! Muchas gracias por los comentarios de siempre y por tu blog sensacional!!

    Responder

  15. El E1 es así:

    Hallamos la solución general de la ecuación diferencial ordinaria de segundo orden:

    y” + y = 0

    Su ecuación característica es:

    r^2 + 1 = 0

    Su discriminante ([b^2 – 4ac]) es negativo, por lo cual sus raíces son complejas conjugadas (r = a +- b i).

    r1 = 0 + i, r2= 0 – i

    De esto nos interesa a = 0, y b = 1.

    Por definición, su solución general es:

    y(x) = e^ax [ c sen(bx) + d cos(bx)]
    y(x) = e^0 [ c sen(x) + d cos(x)]
    y(x) = c sen(x) + d cos(x)

    \-{X} es una parametrización de curva con parámetro u. Entonces,

    x = u + 1
    y = u^2 + u

    Resolviendo:

    y = u2 + u = u (u + 1) = ux
    x = u + 1 \rightarrow u = x - 1

    Entonces,

    y = u (u + 1) = (x-1) x = x^2 - x

    Su derivada es:

    y’ = 2x – 1

    Aplicada en el origen de coordenadas,

    y’ (0) = -1

    Volviendo a la EDO, por hipótesis pasa por el origen, entonces:

    y(x) = c sen(x) + d cos(x)
    0 = c sen(0) + d cos(0)
    0 = d 1
    0 = d

    Entonces nos queda:

    y(x) = c sen(x)

    Si la pendiente de la ecuación que tenemos que hallar tiene que ser igual a -1, hallamos la derivada:

    y’= c cos (x)

    En ese punto,

    -1 = y'(0) = c cos (0) = c 1 => c = -1

    La solución particular es:

    y = – sen (x)

    Responder

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