Final 17/02/2014

Publicado el febrero 17, 2014 por damidami

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

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52 respuestas a Final 17/02/2014

  1. Matias dijo:
    febrero 18, 2014 en 10:46 am

    Damian,
    una pregunta. Como se resuelve el E2? Y la ED del E3?
    tendras los resultados?
    Muchas gracias por el blog! Es de gran ayuda!

    Responder
  2. Julian dijo:
    febrero 18, 2014 en 11:18 am

    Me sumo al pedido del E2.
    Lo que haría seria tomar una recta que pase por f(1)=3. Ej: y=x+2.
    Y reemplazaria en H(x,y), es decir: H(x,y)=x.y.(y-x+2) => H(xy)=x.y.y – x.x.y + 2xy. Ahi obtengo la recta tg que en el punto (1,2). Esta bien ? o estoy tirando cualquiera?
    En lo que pienso que me equivoco es en tomar una recta cualquiera que pasa por ese punto.

    Responder
  3. Ramiro dijo:
    febrero 18, 2014 en 11:57 am

    Creo tener una idea. El primer termino de la aproximación es h(1;2) = (1)(2)(f(1))
    pero f(1)=3 asi que h(1;2)=6, luego hay que hacer las derivadas parciales de h.
    Y acá es una derivada de un producto (el primer factor es otro producto). Pero sobre esta parte no estoy 100% seguro.
    Saludos

    Responder
  4. mariano dijo:
    febrero 18, 2014 en 12:17 pm

    en el e1 como les quedaron los limites de integracion? a mi me quedo
    tita entre 0 y 2pi, ro entre 0 y 4 sen tita y z entre 4-y y xcuad + y cuad -4y
    saludos

    Responder
  5. sergio dijo:
    febrero 18, 2014 en 12:19 pm

    en el E2)solo hay que hacer regla de la cadena , f es una funcion de una variable sabemos que

    h(1,2)=2f(1)=6

    por definicion

    luego derivamos h de manera convencional, por regla del producto

    h_x=yf(y-x)-xy'f(y-x)

    h_y=xf(y-x)+xy'f(y-x)

    luego

    h_x(1,2)=2f(1)-xy'f(1)=6-2=4

    h_y(1,2)=1f(1)-xy'f(1)=3+2=5

    h(1,2)=2f(1)=6

    finalmente

    z=h(x,y)\approx 6+4(x-1)+5(y-2)

    h(1,02; 2,02)\approx 6.18

    se puede verificar evaluando directamente en la funcion original [hr]

    La ecuacion diferencial del E3 la resolves por coeficientes indeterminados o simplemente haciendo el cambio

    w=y'

    por coeficientes inderminados, 0 es raiz doble entonces

    y_h= a+bx

    para la yp, propongo

    y_p=mx^2

    derivando y haciendo las cuentas respectivas m=-1

    luego

    y=a+bx-x^2

    tenes las condiciones para determinar a y b…

    Responder
  6. Julian dijo:
    febrero 18, 2014 en 12:21 pm

    Ah, claro, seria h(xy)=x.y.3. h’x=y3 . h’y=x.3
    Entonces le recta tg seria:
    z=6 + 6(x-1) + 3(y-2)
    y ahi en x e y pones los valores: (1.02;2.02) y obtenes el aproximado

    Responder
  7. Julián Larralde dijo:
    febrero 18, 2014 en 3:22 pm

    AL FIN PUEDO DECIR: ¡GRACIAS FORO!

    Gracias Damián, hace 3 años cursé esta materia y recién este verano me preparé para darla. Sin la ayuda de este blog, imposible habría sido. Gracias nuevamente!

    Recuerdo que el T2 había que plantear la divergencia igualado al volúmen de la esfera (4/3 pi r^3) se demostraba que era seis veces el volúmen.

    El E1 era la superficie x^2 + (y-2)^2 = 4 con el plano z>4-y. La integral te quedaba de 0:tita:2pi, de 0:r:2 y de 4-y: z :4 y luego la función por la normal (2x,2y-2,0)/2x

    El E4, integral de 0 a 2pi, r de 0 a 2, z de 8 a raiz(8-r^2).

    Creo que era algo así, saludos y gracias nuevamente!

    Responder
  8. ayudautnianos dijo:
    febrero 19, 2014 en 11:09 am

    T1) tomo la curva

    g:R\to R^3/g(x)=(x,x+2,x+(x+2)^2) \quad x=1

    derivando

    g'(x)=(1,1,1+2(x+2))=(1,1,7)

    el punto dado es regular , se puede agregar que la curva es suave

    T2) como bien dicen

    \varphi=\iiint_V div f dV=6\left(\frac{4}{3}\pi R^3\right)

    E1)

    Se puede aplicar el teorema de la divergencia no piden el flujo a traves de

    x^2+y^2=2y

    con

    y+z\geq 4\quad z \leq 4

    div f=3 entonces si aplico una integral doble para el calculo del volumen

    V=\iint_{P_{xy}} \left(\int_{4-y}^{4}dz\right)dxdy

    V=\iint_{P_{xy}} y dxdy

    para lo limites puedo aplicar polares sobre el recinto

    V=\int_{0}^{2}\int_{0}^{2\sin\theta} r^2\sin\theta drd\theta=2\pi

    E2) de los datos del enunciado f(1)=3

    luego

    h(x,y)\approx h(x,y)+h'_x(x-1)+h'_y(y-2)

    h(1,2)=2f(1)=6

    h'_x(x,y)=yf(y-x)-yxf'(y-x)\longrightarrow{h'_x(1,2)=2f(1)-2f'(1)=6-2f'(1)}

    h'_y(x,y)=xf(y-x)+yxf'(y-x)\longrightarrow{h'_y(1,2)=1f(1)+2f'(1)=3+2f'(1)}

    haciendo las cuentas se cancelan las f'(1), entonces

    h(x,y)\approx 6+6(x-1)+3(y-2)

    luego

    h(1,02; 2,02)\approx 6,18

    E3) como bien dicen la solucion de la ED es

    y=-x^2+bx+c

    de las condiciones

    y(0)=2

    y'(0)=2

    se obtiene que c=b=2 entonces

    y=-x^2+2x+2

    luego el area estara definida por

    A=\int_{-1}^{2}\int_{x}^{-x^2+2x+2} dydx=\frac{9}{2}

    E4)

    en cilindricas la integral a resolver es

    V=\int_{0}{2\pi}\int_{0}^{2}\int_{2}{\sqrt{8-r^2}}rdzdrd\theta=\frac{8}{3} (4\sqrt{2}-5)

    Responder
    • ayudautnianos dijo:
      febrero 19, 2014 en 11:15 am

      Dami podes arreglar el E4 por favor el limite en z ,

      Responder
    • Mauricio dijo:
      febrero 21, 2014 en 11:49 am

      con respecto a E3 :

      la curva no responderia a : Y = -X^2 + 2 ?
      la ed. responde a :
      Y= -x^2 + CX + B

      Y(0) = 2 = B ( de la condicion 1 )

      y con respecto a la segunda, no seria asi :

      ec. de recta tg en un punto :

      (x,y)= Y'(0)*A + pto

      f(x) = ( x, -x^2 + CX + 2 )
      f'(x) = (1, -2x + C )
      f'(0) = (1, C )

      en la ec de la rta tg:

      (x,Y) = (1,C)A + (0,2)

      X= A
      Y = CA + 2
      por lo tanto :
      Y= CX + 2
      para que responda a Y = 2
      CX + 2 = 2
      por lo tanto C = 0.

      quedando
      Y = -X^2 + 2

      o hay algo mal ?

      Responder
      • ayudautnianos dijo:
        febrero 21, 2014 en 2:22 pm

        hola mauricio… si me confundi yo .. la ecuacion que vos propones es la correcta , yo tome como Slatex y'(0)=2 $ y bueno ahi arraste error, lo correcto es y'(0)=0 y se obtiene la curva que vos indicas

  9. Fabi de la gente dijo:
    febrero 19, 2014 en 12:46 pm

    Hola, me parece que te olvidaste que es un el primer cuadrante. Saludos!

    Responder
  10. Fabi de la gente dijo:
    febrero 19, 2014 en 2:44 pm

    che pero una consulta, el E1 lo hice y me dio 16pi asi como dicen que es con la divergencia. Pero el teorema de la divergencia no dice que tienen que ser SUPERFICIES CERRADAS?
    gracias por la ayuda che, de verdad que se agradece muchisimo este blog y toda la ayuda. Saludos

    Responder
    • ayudautnianos dijo:
      febrero 19, 2014 en 5:04 pm

      La superficie esta limitada al primer octante y ademas como es la parte sombreada tambien esta limitada por

      y+z\geq 4\quad z\ leq 4

      me define un solido , puedo aplicar divergencia

      Responder
      • ayudautnianos dijo:
        febrero 19, 2014 en 5:05 pm

        es

        z menor o igual que 4

      • Fabi de la gente dijo:
        febrero 19, 2014 en 5:44 pm

        claro pero fijate que eso en el enunciado nunca lo aclara, de que es z menor o igual que 4, solo te dice que la superficie es en el primer octante y que contiene a esos dos puntos, lo de que es cerrada y llega hasta z=4 es interpretación propia…

    • mauricio dijo:
      febrero 22, 2014 en 2:47 am

      A mi me dio 32pi , usando el teorema de la div. ( coinsidero que es cerrado por todas las restricciones );
      – desplazaste el cilindro cuando lo pasaste a coordenadas polares ?
      x= r.cosq
      y=2.r.cosq
      con 0<= r <= 2
      0<= q <= pi

      Responder
      • ayudautnianos dijo:
        febrero 22, 2014 en 1:01 pm

        pero esas coordenadas no son polares, son elipticas, las polares son

        x=r\cos \theta

        y=r\sin\theta

        no desplaze el cilindro, ademas si vos tampoco lo desplazaste, suponiendo que hayas cometido un error de tipeo en las polares, tenes mal el limite en r

  11. Ramiro. dijo:
    febrero 19, 2014 en 8:37 pm

    Entiendo lo mismo que Fabi, eh. Sin ánimos de criticar.

    Responder
    • ayudautnianos dijo:
      febrero 19, 2014 en 11:23 pm

      no es ninguna interpretacion propia, como bien decis el plano esta limitado por el plano y+z>=4 y llega hasta el plano z=4 pero para poder formar la region sombreada entonces tiene que ser z<=4 , solo estoy planteando lo que veo en el dibujo nada mas, ademas de estar en limitado en el primer octante con todo eso tengo un solido maciso al cual puedo aplicar divergencia …
      Toda critica es bien recibida ramiro , no me ofende para nada, al contrario 🙂

      Responder
      • Pedro dijo:
        febrero 20, 2014 en 3:01 pm

        Yo tambien tengo dudas sobre este ejercicio. El enunciado dice claramente que la superficie es el «trozo sombreado de superficie cilindrica», con lo cual yo entiendo que es abierta porque en ningun momento dice que es frontera de ningún sólido. Ademas dice que hay que orientarla en la direccion del eje x positivo, con lo cual habría que proyectarla sobre el plano zy, y el recinto de integración sería un triangulo, asi que tampoco entiendo porqué usan cordenadas cilindrias. En fin, no entiendo bien lo que pide, pero con las condiciones que dije antes el flujo me da 8.
        Saludos.
        Pedro.

      • ayudautnianos dijo:
        febrero 20, 2014 en 3:57 pm

        ese flujo que calculas pedro es a traves del plano , no del cilintro, estoy casi seguro que tomaron como normal (1,0,0) ahora si es abierta como es posible que la proyecccion quede un triangulo ??

        Yo lo que veo en el dibujo es lo siguiente.. un cilindro cuya parte sombreada no se va al infinito , por eso digo que ese cilindro no es abierto , esta acotado por el plano z=4 y ademas en el primer octante…

      • Pedro dijo:
        febrero 20, 2014 en 6:53 pm

        Yo entiendo el sólido que ves vos. Pero no me parece que en ninguna parte del enunciado haga referencia a que la superficie sobre la que hay que calcular el flujo sea la frontera de ese sólido, sino la región sombreada del cilindro tal como muestra la imagen; y que el limite de z=4, el plano y+z=4 y el primer octante son como vos bien decis, para poder determinar ese trozo de cilindro.
        Contestando tu primer pregunta, si proyectas ese trozo de cilindro (superficie abierta) en el plano yz, el recinto de integración es un triángulo (en el dibujo del enunciado se ve bastante claro) y la superficie sobre la que calculo el flujo no es un plano sino justamente el trozo de superficie cilíndrica.

      • Pedro dijo:
        febrero 20, 2014 en 6:59 pm

        Además, si la superficie en cuestión fuese la superficie cerrada frontera del sólido, tendría que estar sombreada en el dibujo la mitad de la tapa circular del cilindro (z=4), es decir la mitad que corresponde al primer octante.
        Desde ya que todo esto es una opinión.
        Saludos.
        Pedro.

      • sebastian dijo:
        febrero 20, 2014 en 7:46 pm

        Sin animos de crear mas confusion, me parece que el E1, era un toque mas complicado resolverlo mediante la aplicacion del teorema de la divergencia, ya que la superficie era abierta y habia que calcular tres tapas para poder cerrarla, el cilindro esta cortado por la mitad por el eje y +. Otra de las tapas es la de abajo con el plano z+y=4 y la de arriba. El resultado según corrección del final es 8. Quedando como region de integracion la proyeccion sobre el plano zy un triangulo de base 4 y altura 4. A= (bxh)/2=16/2=8
        El gráfico presta a confusiones gran problema para los que padecimos el final.

        Saludos.

      • ayudautnianos dijo:
        febrero 21, 2014 en 2:30 pm

        de la manera que estan sacando el flujo que les esta dando 8, no estan tomando en cuenta las inecuaciones que me definen el primer octante, o sea si no estuviese esa restriccion en el enunciado, estaria totalmente de acuerdo con uds y no aplicar el teorema de la divergencia directamente.. en ese caso tomaria directamente la definicion .

        Estamos todos de acuerdo con que nos piden el flujo a traves de

        S: x^2+y^2=4y\quad\mbox{con}\quad y+z\geq{4}\quad z\leq{4}\quad x\geq{0}\quad y\geq{0}\quad z\geq{0}

        o no ?

      • Pedro dijo:
        febrero 22, 2014 en 2:17 pm

        Absolutamente de acuerdo. Con esas inecuaciones la superficie en cuestión es una superficie abierta que pertenece al primer octante y cuya proyección sobre el eje yz es un triángulo.

  12. ale dijo:
    febrero 20, 2014 en 12:53 am

    una pregunta, como sacaste que h(1,2)=2f(1) es 6??
    y de que sirve saber que (1,3) pertenece a f

    Responder
    • ayudautnianos dijo:
      febrero 20, 2014 en 12:59 am

      fijate que el enunciado dice «el punto (1,3) pertence a la grafica de f» entonces f(1)=3 entonces cuando hago h(1,2)=2f(1) pero por los datos del enunciado sabemos que f(1)=3 entonces h(1,2)=2.3=6

      Responder
  13. ale dijo:
    febrero 20, 2014 en 1:00 am

    me estoy respondiendo solo, me di cuenta 3 segundos despues de postear como era

    Responder
  14. Leandro dijo:
    febrero 22, 2014 en 1:24 pm

    Buenas, una pregunta,
    en el E1, pregunta hacia donde esta orientado nunca entendí muy bien ese concepto, el resultado me dio 8 como a todos pero no se decir hacia donde?
    en el E2, entiendo todo, f(1)=3 pero las f´(1) porque se cancelan? debe ser una pavada. Pero no me cierra. Después todo lo que vi esta bien.

    Responder
    • Pedro dijo:
      febrero 22, 2014 en 2:39 pm

      Hola Leandro. Cuando vos obtenés el gradiente de la superficie estas obteniendo el vector normal de la misma punto a punto, y ese vector sería el que te marca la dirección del flujo. Entonces si tu gradiente es por ejemplo \nabla S = (2x, 2y-4, 0) , en todos los puntos de la superficie que verifiquen x=2, y=2, el vector normal será (4,0,0), que tiene la misma dirección que el (1,0,0), es decir que la estás atravesando en el sentido de las x+.
      Si alguien puede aclararlo mejor sería de gran ayuda, yo tampoco lo tengo tan claro verdaderamente.
      Pedro.

      Responder
  15. Nicolas dijo:
    febrero 23, 2014 en 4:12 pm

    Hola buen, dia tengo una pregunta en el T2, en la integral como sabes de donde a donde va Z?
    Saludos

    Responder
    • ayudautnianos dijo:
      febrero 24, 2014 en 10:33 am

      obsrva que la divergencia nos da constante ,div f= entonces puede ir fuera de la integral triple

      V=6\iiint_V dV

      pero te piden que lo hagas a traves del volumen de una esfera, entonces esa integral triple si la resolves te da la formula del volumen de la esfera

      \dfrac{4}{3}\pi R^3

      si queres resolverla planteando los limites de integración conviene que apliques coordenadas esfericas, llegas a lo mismo

      Responder
  16. luis hernandez dijo:
    febrero 23, 2014 en 9:28 pm

    entonces como era el e1?? a mi el flujo me dio 40 :/

    Responder
    • ayudautnianos dijo:
      febrero 24, 2014 en 10:26 am

      es 8 como insistio pedro… despues de ver las ecuaciones que limitaban la superficie , tenia toda la razon , yo cometi un error conceptual al aplicar divergencia 😦

      Responder
      • alex dijo:
        febrero 24, 2014 en 1:16 pm

        no entendi como sacaste el intervalo de la r ahi,
        la r<2
        x^2 + y^2 = 4y
        r^2=4*2*sen,
        eso no me da r < 4sen

      • ayudautnianos dijo:
        febrero 24, 2014 en 1:22 pm

        pero para que queres sacar el r Alex… no es necesario en este ejercicicio, si revisas las respuestas mas arriba de pedro y sebastian veras que se hace proyectando sobre el yz y te queda un triangulo

  17. luis hernandez dijo:
    febrero 24, 2014 en 12:01 pm

    8 pi? u ocho solo da?

    Responder
  18. alex dijo:
    febrero 24, 2014 en 1:47 pm

    entonces lo que habias puesto antes no va

    «por error de transcripcion , en el E1 es

    x^2+y^2=4y

    por ende el limite en r es

    0<r<4\sin\theta

    y el flujo sera

    16\pi

    avisen si hay otro error mas porfi"

    Responder
  19. alex dijo:
    febrero 24, 2014 en 2:13 pm

    perfecto, gracias por la explicacion

    Responder
  20. chr_go dijo:
    febrero 24, 2014 en 2:35 pm

    Podria subir el E1 desarrolado que no le entiendo. Gracias

    Responder
  21. luis hernandez dijo:
    febrero 25, 2014 en 2:19 pm

    seria mejor que lo desarrolles damian, perdon por ser molesto, me sumo al pedido de chr_go

    Responder
  22. sebastian dijo:
    junio 13, 2014 en 7:44 pm

    buenas , disculpen , en el E3 , de donde sale la curva Y = -X^2 + 2 no entiendo ese punto inicial. gracias!

    Responder
    • dami dijo:
      junio 19, 2014 en 4:21 pm

      Hola Sebastían,
      De la ecuación diferencial y'' + 2 = 0 sale que y'' = -2 o sea y' = -2x + a, o sea y = -x^2 + ax + b. Por la condición de la recta tangente y=2 sale que y(0) = 2 y y'(0) = 0, por lo tanto a=0 y b = 2, de donde y = -x^2 + 2
      Saludos,
      Damián.

      Responder

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