Archivos para febrero, 2014

2º Parcial curso de Verano 2014

Viernes, febrero 28th, 2014

2do_parcial_verano_2014a

Solución:

T1) Nos dan el campo
f(x,y,z) = (2xz, x, y^2)
cuya divergencia es
div(f) = 2z

Interpreto el cuerpo C como
C = \begin{cases} 0 \leq y \leq b \\ x^4 \leq z \leq 4 \\ 0 \leq x \leq \sqrt{2} \end{cases}

En realidad podría considerarse que se trata de -\sqrt{2} \leq x \leq 0 o bien 0 \leq x \leq \sqrt{2}, pero por simetría del cuerpo y del campo, daría lo mismo en ambos casos, por eso considero el segundo.

Por otro lado no sabemos si b\geq 0 o b \leq 0, pero como la altura en y es b, y el integrando no depende de y, en ambos casos queda que el flujo saliente pedido es la integral de

2|b| \int_0^{\sqrt{2}} dx \int_{x^4}^4 z dz = \frac{128}{9} \sqrt{2} |b|
lo cual concuerda con el wolfram.

El siguiente es un gráfico del cuerpo C con b=1

2do_parcial_verano_2014_t1
reparametrize(f1,f2,f3,iv,iv0,iv1,dv,dv0,dv1) :=
apply( 'parametric_surface, append(
subst([ iv = 'u , dv = (1-'v)*subst([iv='u],dv0) + 'v * subst([iv='u],dv1) ], [f1,f2,f3]),
['u, iv0, iv1, 'v, 0, 1])
);
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color="dark-blue",
reparametrize(x, 0, z, x,0,sqrt(2),z,x^4,4),
reparametrize(x, 1, z, x,0,sqrt(2),z,x^4,4),
reparametrize(x, y, x^4, x,0,sqrt(2),y,0,1),
reparametrize(x, y, 4, x,0,sqrt(2),y,0,1),
reparametrize(0, y, z, y,0,1,z,0,4),
reparametrize(sqrt(2), y, z, y,0,1,z,4,4)
);


T2) y'' - 2y' + y = x e^x + 5
Resuelvo la homogénea asociada, cuya ecuación característica es
\alpha^2 - 2\alpha + 1 = 0
Tiene raíz \alpha = 1 doble, luego
y_h = C_ 1 e^x + C_2 x e^x

Para la SP podemos probar con coeficientes indeterminados, pero va a fallar con Axe^x, y con Ax^2e^x, funciona proponiendo
y_p = Ax^3 e^x + B
y' = 3Ax^2 e^x + Ax^3 e^x
y'' = 6Ax e^x + 3Ax^2e^x + 3Ax^2 e^x + Ax^3 e^x = x^3 e^x (A) + x^2e^x(3A + 3A) + xe^x(6A)

Reemplazo
x^3 e^x (A) + x^2e^x(3A + 3A) + xe^x(6A) - 6Ax^2e^x -2Ax^3 e^x + Ax^3e^x + B = xe^x + 5
x^3 e^x (A-2A+ A) + x^2e^x(3A + 3A -6A) + xe^x(6A) + B = xe^x + 5

6A = 1 y B = 5, luego
y_p = \frac{1}{6}x^3 e^x + 5

Finalmente, la SG buscada es
y = y_h + y_p
y = C_ 1 e^x + C_2 x e^x + \frac{1}{6}x^3 e^x + 5
lo cual concuerda con el wolfram.


E1) Nos dan el campo
f(x,y,z) = (xy, y^2, z^2)

La curva C la parametrizo con
g(t) = (r \cos(t), r \sin(t) , k) con 0 \leq t \leq 2\pi

Luego la circulación pedida da
\int_0^{2\pi} (r^2 \cos(t) \sin(t), r^2 \sin^2(t), k^2) \cdot (-r\sin(t), r\cos(t), 0) dt

\int_0^{2\pi} \underbrace{-r^3 \sin^2(t) \cos(t) + r^3 \sin^2(t) \cos(t)}_{0} dt = 0

Aún así el campo no es conservativo, pues no cumple la condición necesaria de que su matriz jacobiana sea simétrica:

Df = \begin{pmatrix} y & x & 0 \\ 0 & 2y & 0 \\ 0 & 0 & 2z \end{pmatrix}


E2) El recinto D es

D = \begin{cases} 1 \leq x+y \leq 4 \\ -2 \leq x-2y \leq 1 \end{cases}

Propongo un cambio de variables de forma tal que
u = x+y
v = x - 2y

Invirtiendo el sistema obtenemos
x = \frac{2u+v}{3}
y = \frac{u-v}{3}

Luego g(u,v) = (\frac{2u+v}{3}, \frac{u-v}{3})
Dg =  \begin{pmatrix} \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{-1}{3} \end{pmatrix}
|det(Dg)| = |\frac{-2}{9} - \frac{1}{9}| = \frac{1}{3}

Determino el recinto transformado
W = \begin{cases} 1 \leq u \leq 4 \\ -2 \leq v \leq 1 \end{cases}

Por lo tanto

\iint_D dxdy = \iint_W \frac{1}{3} dudv = \frac{1}{3} \iint_W dudv

O sea que la relación entre las áreas es

\frac{\iint_D dxdy}{\iint_W dudv} = \frac{1}{3}

y el área pedida es

\frac{1}{3} \int_1^4 du \int_{-2}^{1} dv = 3


E3) Nos piden la masa del cuerpo
H = \begin{cases} x \geq y^2 + 4z^2 \\ x \leq 4 \end{cases}
con densidad \delta(x,y,z) = x^2 + z^2

Proyectando sobre el plano yz nos queda una elipse y^2 + 4z^2 \leq 4

Utilizo el cambio de variables
x = x
y = \rho \cos(\phi)
z = \frac{1}{2}\rho \sin(\phi)

|det(Dg)| = \frac{\rho}{2}

La masa pedida es
M = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^2 \rho d\rho \int_{\rho^2}^4 (x^2 + \frac{\rho^2}{4} \sin^2(\phi)) dx = \frac{98}{3} \pi
según wolfram.


E4) La curva es abierta, la cerramos con una tapa para utilizar rotor, la superficie que tomo es el plano
\Sigma = \begin{cases} z=1 \\ y \geq 0 \\ x^2 + y^2 \leq 3 \end{cases}

rot(f) = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ y & 2x & -1 \end{matrix} \right|
= (0 - 0, 0 - 0, 2 - 1) = (0,0,1)

Luego orientando la superficie hacia arriba tenemos
\iint_{\Sigma} rot(f) dS = \frac{3}{2} \pi
(es la mitad del área de un círculo de radio \sqrt{3})

Calculo la circulación sobre la curva tapa T, que parametrizo como
g(t) = (t,0,1) con -\sqrt{3} \leq t \leq \sqrt{3}
g'(t) = (1,0,0)

\int_T f dc = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} (0, 2t, -1)(1,0,0) dt = 0

Luego como \int_C dc + \int_T dc = \iint_{\Sigma} rot(f) dS, se tiene que
\int_C dc = \frac{3}{2} \pi

Como me pide en la otra orientación, la circulación pedida es \frac{-3}{2}\pi

Final 24/02/2014

Martes, febrero 25th, 2014

final_24_02_2014c

1º Parcial Curso de Verano 2014

Sábado, febrero 22nd, 2014

1er_parcial_verano_2014a

Solución:

T1) Dado f(x,y) = 1 + |y-x|, debemos ver si f(1,1) es extremo local.

Cláramente si z < 1 entonces no pertenece a la imágen de f. De hecho el conjunto imágen es Im(f) = [1, +\infty). Por lo tanto f(1,1) = 1 es mínimo absoluto, y por lo tanto también es extremo local (mínimo local).


T2) Dada y y' = x, queremos ver si y^2 = x^2 + C es la SG. Tanto la EDO como la familia son de primer orden. Además derivando la familia obtenemos 2yy' = 2x, por lo tanto efectívamente es la SG.

Obtenemos la SP que pasa por (1, -2). Debe cumplir 4 = 1 + C, o sea C = 3, por lo tanto la SP pedida es y^2 = x^2 + 3


E1) Parametrizo \Sigma con g(u,v) = (u, uv+v - uv^2, v). Busco sus puntos regulares

g'_u = (1, v - v^2, 0)
g'_v = (0, u+1 - 2uv, 1)

v = g'_u \times g'_v = (v - v^2, -1, u+1-2uv) \neq 0

Por lo tanto todos sus puntos son regulares.

Para que la recta normal sea paralela al eje y, debe cumplirse que v \sslash (0,1,0), es decir

(v-v^2, -1, u+1-2uv) = \lambda(0,1,0)

Debe ser \lambda = -1 y además cumplirse

v - v^2 = 0
u+1-2uv = 0

De la primera, v = 0 ó v = 1.
En la segunda, u = -1 ó u=1 respectivamente.

Es decir se cumple para (u,v) = (-1,0) y para (u,v) = (1,1)
Por lo tanto los puntos pedidos son X_0 = g(-1,0) = (-1, 0, 0) y X_2 = (1,1,1)

Calculamos los planos tangentes en dichos puntos. Primero en X_0
(x+1,y,z)(0,-1,0) = 0
y = 0

Ahora en X_1
(x-1,y-1,z-1)(0,-1,0) = 0
y = 1


E2) Nos dan h(x,y) = x f(xy)

Queremos aproximar h(1.01, 0.99). Como f es diferenciable en 1, h es diferenciable en (1,1), luego

h(x,y) \approx h(1,1) + h'_x(1,1)(x-1) + h'_y(1,1)(y-1)

h'_x = f(xy) + xy f'(xy)
h'_y = x^2 f'(xy)

Luego, como f(1) = 2 se tiene h(1,1) = 2, y
h(x,y) \approx 2 + (2 + f'(1))(x-1) + f'(1)(y-1)
h(1.01, 0.99) \approx 2 + (2 + f'(1))(0.01) - f'(1)(0.01)
h(1.01, 0.99) \approx 2 + \frac{2}{100} = 2.02


E3) La curva C está sobre la superficie \Sigma de ecuación z = x + xy, y su proyección sobre el plano xy es de ecuación y = x^2.

Parametrizo la curva con g(t) = (t, t^2, t + t^3). Calculo el punto X_0 = (1, y_0, z_0) = g(1) = (1,1, 2).

Su derivada es g'(t) = (1, 2t, 1 + 3t^2). Un vector tangente en X_0 es g'(1) = (1,2,4). Por lo tanto el plano normal es de ecuación
(x-1,y-1,z-2)(1,2,4) = 0
x-1 +2y-2 +4z-8 = 0
x+2y+4z = 11
Si tiene un punto en común con el eje x el mismo verifica y=z=0, es decir x = 11, por lo tanto el único punto en común es (11,0,0)


E4) La ecuación yz + \ln(x+y+z-3) +x-3 = 0 define z = f(x,y) en un entorno de (x_0, y_0) = (2,1).

Defino F(x,y,z) = yz + \ln(x+y+z-3) +x-3, luego

F'_x = \frac{1}{x+y+z-3} + 1
F'_y = z + \frac{1}{x+y+z-3}
F'_z = y + \frac{1}{x+y+z-3}

Vemos que F \in C^1 en su dominio.

Además en x_0=2, y_0=1 se tiene
z + \ln(z) = 1
por lo tanto z_0 = 1

En el punto X_0 = (2,1,1)

F'_x(X_0) = 2
F'_y(X_0) = 2
F'_z(X_0) = 2 \neq 0

Por lo tanto por Cauchy-Dini se tiene que f es diferenciable en (2,1) y además \nabla f(1,2) = (-1,-1)

Por lo tanto, la dirección de máxima derivada direccional es r_{max} = \frac{(-1,-1)}{\sqrt{2}}, y el valor de dicha derivada máxima es f'_{max}(1,2) = ||\nabla f(1,2)|| = \sqrt{2}

Final 17/02/2014

Lunes, febrero 17th, 2014

final_17_02_2014b

Agrego la solución del ejercicio E1.

E1) El campo es f(x,y,z) = (5-2y, 2x, 3z)

La ecuación de la superficie \Sigma es x^2 + (y-2)^2 = 4

Defino G(x,y,z) = x^2 + (y-2)^2 - 8.
\nabla G(x,y,z) = (2x, 2(y-2), 0)
G'_x = 2x

Luego el vector normal, con la orientación pedida me queda
\frac{\nabla G}{G'_x} = (1, \frac{y-2}{x}, 0)

Proyecto sobre el plano yz, me queda un triángulo T.

Luego el flujo pedido es
\int_0^4 dy \int_{4-y}^4 (5-2y, 2x, 3z)(1, \frac{y-2}{x}, 0) dz
\int_0^4 dy \int_{4-y}^4 5-2y + 2(y-2) dz
\int_0^4 dy \int_{4-y}^4 1 dz = Area(T) = \frac{4 \cdot 4}{2} = 8

Final 10/02/2014

Martes, febrero 11th, 2014

final_10_02_2014b