Final 04/03/2013

Publicado el marzo 4, 2013 por damidami

final_04_03_2013

Gracias Maru por subir el enunciado.

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14 respuestas a Final 04/03/2013

  1. Maru dijo:
    marzo 5, 2013 en 12:04 am

    Hola, yo lo subí a utenianos.
    http://www.utnianos.com.ar/foro/tema-aporte-am2-final-4-3-2013

    Quiero agradecerte como ya muchos lo han hecho por el foro que me ayudó un montonazo!!
    Saludos!

    Responder
  2. Jesica dijo:
    marzo 5, 2013 en 2:53 am

    Resultados, chequeen:
    T1. No se puede.
    T2. 125/3
    E1. 2
    E2. 2pi E3. latex pi/2
    E4. 3

    Responder
  3. Javier dijo:
    marzo 5, 2013 en 10:41 am

    Quiero agradecer como dice Maru y como ya lo he puesto en otro lado.. He aprobado este final con 8. Que sin ayuda de Damian y todos los que aportan en el blog, no lo hubiera aprobado. !! Millones de Gracias..

    Responder
  4. Martin dijo:
    marzo 5, 2013 en 5:15 pm

    E1) Como es el 1er octante: z,x,y \geqslant 0 . Proyectando sobre el plano XZ queda esta gráfica. Armando la integral \iint_{XZ} \int_{0}^{2x} dy dx dz .
    Luego \iint_{XZ} \int_{0}^{2x} dy dx dz = \iint_{XZ} 2x dx dz = 2\iint_{XZ} x dx dz .

    Los límites de la proyección zx se ven claros en el gráfico. Operando, se reemplaza la x en x+z \leqslant 2 con x\geqslant z . Se obtiene: z \in [0,1] , el punto de intersección entre las dos rectas. Así x quedaría como 2-z \geqslant x \geqslant z . Entonces:

    Volumen = 2\int_{0}^{1} \int_{z}^{2-z} x dx dz = 2

    Verificación con Wolfram.

    Responder
  5. Martin dijo:
    marzo 6, 2013 en 8:48 pm

    E2) Primero se calcula el rotor \nabla \times f = \left | {\begin{vmatrix} \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ z-xy & xz & xy \end{vmatrix}} \right | = (x-x,1-y,z-(-x)) = (0,1-y,z+x) .

    Proyectando la curva cerrada sobre el plano xy se obtiene la normal \widehat{n} = (0,0,1) .

    Ahora \iint_{A} \nabla \times f .\widehat{n}. dA = \iint_{A} (0,1-y,z+x).(0,0,1) dA = \iint_{A} z+x dA .

    Como x+z pertenece a la superficie del enunciado, entonces z+x=2 . Finalmente \iint_{A}2 dA = 2 \iint_{A}dA . Dónde \iint_{A} dA es el area del la proyección sobre el plano xy .

    La proyección sobre xy responde a la ecuación x^2+y^2=2x se completan cuadrados (x-1)^2+y^2=1 se ve que es un círculo desplazado del orígen.

    Como la proyección es un círculo: \iint_{A} dA es el area del círculo. \iint_{A} dA = \pi.r^2 , como el radio es 1, \iint_{A} dA = \pi .

    Finalmente \oint_{C} f.dC = 2\pi .

    E3) Como admite función potencial \nabla \phi = f(2xy,2y+x^2-1) .
    Entonces \phi '_{x} = 2xy y \phi '_{y} = 2y+x^2-1 . Integrando miembro a miembro se obtiene:
    \phi_{x} = \int 2xy dx = x^2y + c
    \phi_{y} = \int 2y+x^2-1 dy = y^2+x^2y -y + c

    Unificando y sin repetir términos: \phi = y^2+x^2y -y + c . Por el enunciado se sabe que \phi (0,0)=2 \Rightarrow c=2 .

    Finalmente resulta: \phi(x,y) = y^2+x^2y -y + 2 .

    El enunciado pide “el área limitada por las curvas del conjunto de potencial 2 del campo”. Eso significa que \phi(x,y) = 2 \Rightarrow y^2+x^2y -y + 2 = 2 .
    Operando queda y^2+x^2y -y = 0 \Rightarrow y(y+ x^2 -1)=0 .
    De ahí se sacan la recta y=0 y la parábola y+x^2-1=0 . Quedando el área delimitada por la parabola como techo y la recta como piso. Integrando \int_{-1}^{1} \int_{0}^{-x^2+1} dydx = \frac{4}{3} .

    Verificación de la integral con wolfram.

    E4) Se puede hacer por definición o por divergencia y después restar las tres tapas triangulares. Lo hago definición: \iint_S f \cdot ds = \iint_D f(g(u,v)) \cdot (g'_u \times g'_v) dudv .

    Primero, se parametriza el plano en función de (x,y) \Rightarrow (u,v) , se obtiene g(u,v)=(u,v,3-\frac{3}{2}u-3v) .

    Los límites de (u,v) quedan como los límites de x e y en la proyección sobre el plano xy : 3x+6y=6 .
    Queda: 0 \leqslant u \leqslant 2 y 0 \leqslant v \leqslant 1-\frac{x}{2} .

    Se obtienen: g'_u = (1,0,-\frac{3}{2}u) y g'_v = (0,1,-3) .

    Luego se calcula g'_u \times g'_v = (\frac{3}{2},3,1) .

    Como ultimo paso f(g(u,v)) = (2v-u,u,3-3u-\frac{3}{2}v) .

    Reemplazando en la definición \iint_S f \cdot ds = \iint_D (2v-u,u,3-3u-\frac{3}{2}v) \cdot (\frac{3}{2},3,1) dudv .
    Resolviendo: \iint_D (2v-u,u,3-\frac{3}{2}u-3v) \cdot (\frac{3}{2},3,1) dudv
    \iint_D 3v-\frac{3}{2}u+3u+3-\frac{3}{2}u-3v dudv
    \iint_D 3 dudv

    Usando los límites de (u,v) que definimos después de la prametrización, queda: \int_0^2 \int_0^{(1-\frac{u}{2})} 3 dvdu = 3 .

    Verificación de la integral con wolfram.

    ===

    Espero no haberme equivocado en nada!

    Responder
  6. Jesica dijo:
    marzo 6, 2013 en 10:31 pm

    E2. Creo que el normal de la curva no es ese. Es n = (1,0,1), en este caso, te da igual en los calculos, de suerte! o.O

    E3. No es así, el area, en coordenas cartesianas, es: http://www.wolframalpha.com/input/?i=int+1+dy+dx+with+x+from+-1+to+1%2C+y+from+0+to+%28-x%5E2%2B1%29%5E1%2F2

    Responder
    • Martin dijo:
      marzo 6, 2013 en 11:49 pm

      E2. Si parametrizas a la curva como g(x,y)=(x,y,2-x) , la normal es g'_u \times g'_v = (1,0,-1) \times (0,1,0) = (1,0,1) . Lo que yo hice fue proyectar en el plano xy , y después evaluar el rotor en el plano x+z=2 . Puede ser que esté mal, y de suerte me dió.

      E3. Hay una raiz ahí que me intriga. Si \phi(x,y) = 2 \Rightarrow y^2+x^2y -y + 2 = 2 de ahí se consigue y(y+ x^2 -1)=0 . Suponiendo que hasta ahí vaya bien. Las únicas soluciones a eso son y=0 ó y+ x^2 -1 = 0 . La primera es una recta y la seguna es una parábola. Viendo el gráfico queda como piso la primera y como techo la segunda. Cómo llegaste a que el límite superior sea \sqrt{(-x^2+1)} ?

      Responder
      • Javier dijo:
        marzo 7, 2013 en 9:51 am

        Martin, si vos tenes y + x^2 – 1 = 0 , te queda y = 1 – x^2 . En ningun momento aparece una raiz.. Con eso se conseguia que la parabola vaya para abajo y corte al eje x . De ahi el area.

  7. Jesica dijo:
    marzo 7, 2013 en 2:58 pm

    Hola,
    E2. No se entonces porque pusiste que el normal es (0,0,1) y lo aplicaste en el calculo del flujo…

    E3. You’re right!

    Responder
    • Martin dijo:
      marzo 7, 2013 en 3:36 pm

      Si, no sé por qué en el momento pensé lo de la proyección, debe estar mal entonces. Pura suerte el mismo resultado.
      Aclarando por las dudas: Para resolver ignorar el uso de la normal en el E2 que puse.
      Usar parametrización g(x,y)=(x,y,2-x) y normal g'_u \times g'_v = (1,0,1) . El resto igual.

      Responder
  8. Julian Marino dijo:
    septiembre 21, 2013 en 7:28 pm

    la normal del e2 es (1,0,1) ya q si lo graficas se ve claro q es la misma normal del plano x+z=2,,,, esta bien lo q digo????????????

    Responder
    • dami dijo:
      septiembre 22, 2013 en 9:56 am

      Hola Julian,
      Mal no está, un vector normal al plano de ecuación x+z=2 es el (1,0,1). Ojo que no es el único vector normal al plano, claro está.
      De todas formas no hace falta y no conviene justificar con el gráfico, ya que no es muy riguroso; sabemos que la normal de un plano la dan sus coeficientes. O también lo podés pensar con el gradiente de x+z que es normal a su conjunto de nivel 2, por ejemplo.
      Saludos,
      Damián.

      Responder
  9. Julian Marino dijo:
    septiembre 22, 2013 en 4:35 pm

    gracias, otra pregunta acerca del e2 se podría haber calculado con la normal del cilindro en vez de la del plano?

    Responder
    • dami dijo:
      septiembre 24, 2013 en 10:30 pm

      Hola Julian,
      Se puede, pero es más dificil. Si tomás como superficie un trozo del cilindro, digamos entre los planos \pi_1 : x+z=2 y \pi_2 : x+z=4, la curva frontera en realidad van a ser dos curvas, una elipse en \pi_2 y una elipse en \pi_1 (que es la que querés). Es decir que vas a tener que calcular de alguna forma la circulación sobre la elipse en \pi_2 y restarla.
      Saludos,
      Damián.

      Responder

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