Archivo de la categoría: Ejercicios parcialmente resueltos

Final 03/08/2010

Antes que todo gracias a Mariano y Alejandra por enviarme el enunciado de este final.

Primero publico la resolución que me pasó Alejandra del profesor Santamartina

Lo que sigue es lo que llegué a resolver hasta que me llegó la resolución del final, para los últimos ejercicios miren la resolución de arriba.

Solución: (de la parte práctica)

1) a) Siendo y=x^2 una SP de y'' + by' = 2x+a, halle la SP que en el punto (0,1) tiene pendiente y'(0) = 2

Primero verifico que sea SP
y = x^2
y' = 2x
y'' = 2

reemplazo
2 + b2x = 2x + a

de donde sale b=1 y a=2, por lo tanto la ecuación diferencial es
y'' + y' = 2x+2

es una ecuación diferencial lineal ordinaria de 2do orden, el polinomio característico es
\alpha^2 + \alpha = 0
de donde sale
\alpha_1 = 0 y \alpha_2 = -1
por lo tanto la ecuación diferencial homogénea asociada tiene solución general
y_h = c_1 + c_2 e^{-x}

para la particular propongo y_p = ax^2+bx+c
y'_p = 2ax + b
y''_p = 2a

reemplazo
2a + 2ax + b = 2x + 2
2ax + 2a+b = 2x + 2
de donde sale al comparar coeficientes
2a=2
2a+b = 2
o sea
a=1
b=0

por lo tanto una SP es de la forma
y_p = x^2

La SG es de la forma
y = y_h + y_p
y = c_1 + c_2 e^{-x} + x^2
derivando
y' = -c_2 e^{-x} + 2x

En el punto (0,1)
1 = c_1 + c_2
considerando y'(0) = 2
2 = -c_2

de donde sale que
c_2 = -2
c_1 = 3

por lo tanto la SP buscada es
y = 3 - 2 e^{-x} + x^2

verifico
y' = 2e^{-x} + 2x
y'' = -2e^{-x} + 2
reemplazo
-2e^{-x} + 2 + 2e^{-x} + 2x = 2x+2
lo cual verifica la ecuación diferencial.

b) Sea C la curva de ecuación X = (x,f(x), 2-x) con 0.5 \leq x \leq 2 donde y=f(x) es la solución de xy'=2 que pasa por (1,0). Analice si la recta tangente a C en (1,0,z_0) interseca al plano de ecuación z=y

Primero resolvemos la ecuación diferencial
xy'=2
y' = 2/x
y = 2 \ln|x| + c
como pasa por (1,0)
0 = c
por lo tanto
y = 2\ln|x|
por lo tanto la curva queda
X = C(x) = (x, 2\ln|x|, 2-x)

En el punto (1,0,z_0) se tiene que dar que x=1 y z_0 = 1 por lo tanto un punto que pertenece a la curva es (1,0,1)

Derivamos la curva
C'(x) = (1, 2/x, -1)
C'(1) = (1,2,-1)

por lo tanto la recta tangente es
r(\lambda) = (1,0,1) + \lambda(1,2,-1)
= (1+\lambda, 2\lambda, 1 -\lambda)

Verificamos si interseca al plano z=y
1-\lambda = 2\lambda
3 \lambda = 1
\lambda = 1/3

Por lo tanto interseca al plano, lo hace en el punto
r(1/3) = (4/3, 2/3, 2/3)

2) a) Mediante el cambio de variables definido por (x,y) = (v-u, v+u), D_{xy} se transforma en D_{uv}. Sabiendo que \iint_{D_{xy}} y-x \ dxdy = 12, calcule \iint_{D_{uv}} u \ dudv.

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Final 01/03/2010

Solución: (de la parte práctica)

1) a) \int_{-\pi/2}^{\pi/4}d\phi \int_0^{2} \rho^2 d\rho planteada en coordenadas polares, dibuje la región de integración, y plantee la integral en coordenadas cartesianas.

El gráfico es:

draw2d(
parametric(2*cos(t), 2*sin(t), t, -%pi/2, %pi/4),
parametric(t, t, t, 0, sqrt(2))
);

Como en el integrando aparece \rho^2 y un \rho es del jacobiano, la función del integrando en cartesianas presenta \sqrt{x^2+y^2}

La podemos escribir de la siguiente manera:

\int_{-\pi/2}^{\pi/4}d\phi \int_0^{2} \rho^2 d\rho = \int_{-2}^0 dy \int_0^{\sqrt{4-y^2}} \sqrt{x^2+y^2}dx + \int_0^{\sqrt{2}}dy \int_{y}^{\sqrt{4-y^2}} \sqrt{x^2+y^2}dx

Por ahora pongo los resultados que daban estos ejercicios:

1)b) Se podía hacer parametrizando la esfera, o proyectando sobre el plano xy, el área daba \frac{15}{2}\pi

2) Quedaba f'_x = f'_y = -1/3 y finalmente f(1.99, -0.96) \approx 0.99

3) La curva quedaba y = 4x+2 y la circulación quedaba 8

4) El campo \vec{f} \in C^1 es tal que div \vec{f}(x,y,z) = 6, calcule el flujo de \vec{f} a través de la superficie de ecuación z=2 con x^2 + y^2 \leq 4^2 orientada hacia z^+; siendo, con igual orientación, \iint_{\Sigma} \vec{f} \cdot \vec{n} d\sigma = 8\pi para \Sigma: z=18-x^2-y^2, z \geq 2

Sabemos que:
\iint_S \vec{f}\cdot dS + \iint_{\Sigma} \vec{f} \cdot dS = \iiint_V div(f) dV

o sea:

\iint_S \vec{f}\cdot dS + 8\pi = \iiint_V div(f) dV

Veamos como se intersecta el paraboloide con el plano:
2 = 18-x^2-y^2
x^2 + y^2 = 16
es decir una circunferencia de radio 4 en el plano z=2, que es la superficie sobre la cual queremos el flujo, podemos considerar \Sigma como la tapa y aplicar divergencia.

La divergencia nos da:
6 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^4 \rho d\rho \int_2^{18-\rho^2} dz
12\pi \int_0^4 \rho(18-\rho^2-2) d\rho
12\pi \left[ 8\rho^2 - \frac{\rho^4}{4} \right]_0^4 = 768\pi

Por lo tanto:
\iint_S \vec{f}\cdot dS = 768\pi - 8\pi = 760\pi

pero hay que tener en consideración que la divergencia nos da el flujo saliente, y por lo tanto estamos considerando el flujo hacia los z^- sobre el plano z=2, por lo tanto el flujo con la orientación z^+ es de -760\pi

El siguiente gráfico muestra la superficie S en celeste, y \Sigma en azul:


draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
parametric_surface(u*cos(v),u*sin(v),18-u^2,
u, 0, 4, v, 0, 2*%pi),
color = "light-blue",
parametric_surface(u*cos(v),u*sin(v),2,
u, 0, 4, v, 0, 2*%pi)
);

Final 22/02/2010

Solución: (de la parte práctica)

Por ahora agrego el 1)b)

1) b) Dado
f(x,y,z) = (x + \varphi(2x-y), y+2\varphi(2x-y), 3z+\varphi(x+2y)), calcule el flujo de f a través de la superficie frontera del cuerpo definido por 3 \geq z \geq 2+x^2+y^2. Indique si dicho flujo es entrante o saliente.

En el enunciado de este ejercicio faltó aclarar que \varphi \in C^1 pero podemos asumirlo y por ende aplicar el teorema de la divergencia (dado que la superficie es cerrada por ser la frontera de un cuerpo)

div(f) = 1 + \varphi'(2x-y)2 + 1 - 2\varphi'(2x-y) + 3
= 5

O sea que el flujo saliente total es equivalente a 5 veces el volumen del cuerpo.

Veamos como se intersectan las superficies:
z = 2 + x^2 + y^2
z = 3
reemplazando:
3 = 2 + x^2 + y^2
x^2 + y^2 = 1
Es una circunferencia unitaria sobre el plano z=3, la proyección sobre el plano xy en este caso viene dada por dicha circunferencia, por lo tanto integrando en coordenadas cilíndricas el flujo pedido es:

5 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho \int_{2+\rho^2}^3 dz
5 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho(3 - (2+\rho^2)) d\rho
5 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho(3 - 2 - \rho^2) d\rho
5 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho - \rho^3 d\rho
5 \cdot 2\pi \left[ \frac{\rho^2}{2} - \frac{\rho^4}{4} \right]_0^1 = \frac{5}{2}\pi

El gráfico del cuerpo es

draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
parametric_surface(u*cos(v),u*sin(v),2+u^2,
u, 0, 1, v, 0, 2*%pi),
parametric_surface(u*cos(v),u*sin(v),3,
u, 0, 1, v, 0, 2*%pi)
);

Agrego el 3

3) Sea \vec{f} = \vec{g} + \vec{h} con \vec{g}, \vec{h} \in C^1, sabiendo que \vec{g} es un campo de gradientes y que \vec{h}(x,y) = (x-y, x), calcule \oint_{C^+} \vec{f}\cdot\vec{ds} si la ecuación de C es \vec{X} = (2\cos(t), 3\sin(t)) con 0 \leq t \leq 2\pi

Como la curva es una elipse de semiradios 2 y 3, es cerrada, veamos si podemos aplicar el Teorema de Green.
green(f) = green(g) + green(h)

Como \vec{g} = (P,Q) es un campo de gradientes lo podemos escribir como \vec{g} = \nabla \varphi donde \varphi'_x = P y \varphi'_y = Q, y como \vec{g} \in C^1 entonces \varphi \in C^2. Luego, si le aplicamos Green obtenemos Q'_x - P'_y = \varphi''_{yx} - \varphi''_{xy} que es igual a 0 por el teorema de Schwarz.

Por otro lado green(h) = 1 - (-1) = 2

O sea que green(f) = 0 + 2 = 2

Por lo tanto la circulación pedida va a ser equivalente al doble del área de la elipse, o sea 2 \cdot (2 \cdot 3 \cdot \pi) = 12\pi.

Final 15/02/2010

Solución: (de la parte práctica)

NOTA: Por ahora hice solo los ejercicios 3 y 4. Si alguien sube la resolución de algún otro ejercicio de este final lo agrego al post.

3) Dado f \ / \ f(x,y,z) = (g(x)+z, g(y) + xz, g(z) + y) con g' continua, calcule la circulación de f a lo largo de la curva intersección de z = \sqrt{x^2 + y^2} con x^2 + y^2 + z^2 = 50. Indique gráficamente con qué orientación decidió circular.

Veamos como se intersectan las superficies:
z = \sqrt{x^2 + y^2}
x^2 + y^2 + z^2 = 50
Reemplazando la primer ecuación en la segunda:
x^2 + y^2 + x^2 + y^2 = 50
x^2 + y^2 = 25
en la primer ecuación:
z = 5
O sea es una circunferencia de radio 5, en el plano z=5

Como es una curva cerrada, veamos que pasa si aplicamos stokes.
rot(f) = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ \partial_x & \partial_y & \partial_z \\ g(x) + z & g(y) + xz & g(z) + y \end{matrix} \right|

= (1-x, 1, z)

Vamos a tomar como superficie para stokes al plano z=5, el vector normal es N = (0,0,1), por lo tanto el producto escalar del integrando nos da:
f \cdot N = z
Pero como estamos en el plano z=5, en toda la superficie el integrando vale 5.
Por lo tanto la circulación pedida equivale a 5 veces el área de una circunferencia de radio 5, o sea 125\pi (con la orientación de la superficie hacia los z^+).

4) Calcule el volumen del cuerpo definido por y^2 + z^2 \leq 9, z \geq |x|

Si lo pensamos en cilíndricas:
x = x
y = \rho \cos(\phi)
z = \rho \sin(\phi)

Las restricciones se traducen en:
\rho^2 \leq 9 o sea 0 \leq \rho \leq 3
|x| \leq \rho \sin(\phi)
o sea
-\rho\sin(\phi) \leq x \leq \rho\sin(\phi)

Por lo tanto el volumen viene dado por:
\int_0^{\pi} d\phi \int_0^3 \rho d\rho \int_{-\rho\sin(\phi)}^{\rho\sin(\phi)} dx

2\int_0^{\pi} \sin(\phi) d\phi \int_0^3 \rho^2 d\rho

2 \left[ -\cos(\phi) \right]_0^{\pi} \left[ \frac{\rho^3}{3} \right]_0^3

= 2 (1-(-1)) 9 = 36

El siguiente gráfico muestra el cuerpo en celeste, y la proyección sobre el yz en rojo:

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 = "light-blue",
reparametrize(x,3*cos(v),3*sin(v),
v, 0, %pi, x, -3*sin(v), 3*sin(v)),
reparametrize(u*sin(v),u*cos(v),u*sin(v),
u,0,3, v,0,%pi),
reparametrize(-u*sin(v),u*cos(v),u*sin(v),
u,0,3, v,0,%pi),
color=red,
reparametrize(-3,u*cos(v),u*sin(v),
u,0,3, v,0,%pi)
);

Final 10/02/2010

Solución: (de la parte práctica)

1) a) Enuncie el teorema de Green. Dado \vec{f} con matriz jacobiana D\vec{f} según se indica, calcule \oint_{C^+} \vec{f} \cdot \vec{ds} cuando C es la frontera de la región definida por: x^2+y^2 \leq 4, x+y \geq 2. Df = \begin{pmatrix} y & x \\ x+y & x \end{pmatrix}

Como la curva C es cerrada, podemos aplicar el Teorema de Green. Entonces vamos a calcular la circulación mediante la ecuación del teorema, es decir:
\oint_{C^+ = \partial D} \vec{f} \cdot \vec{ds} = \iint_D Q'_x - P'_y dxdy

Del jacobiano podemos obtener el integrando que vendrá dado por:
Q'_x - P'_y = x+y - x = y

Por lo tanto la integral pedida vendrá dada por:
\int_0^2 y dy \int_{2-y}^{\sqrt{4-y^2}} dx
\int_0^2 y(\sqrt{4-y^2} - (2-y)) dy
\int_0^2 y(\sqrt{4-y^2} - 2 + y) dy
\int_0^2 y\sqrt{4-y^2} - 2y + y^2) dy

\left[ \frac{-1}{3}(4-y^2)^{3/2} - y^2 + \frac{y^3}{3} \right]_0^2

= -4 + \frac{8}{3} + \frac{8}{3} = \frac{4}{3}

Este mes estoy un poco complicado de tiempo así que por ahora sólo resolví hasta acá.

Si alguien se anima, puede subir la resolución de alguno de estos ejercicios en un comentario (si usa los tags \TeX mejor), y yo le comento si me parece que está bien, o donde hay un error.

EDIT: Agrego el ejercicio 3.

3) Siendo f(x,y,z) = (x+3, 2x+y, 2z), calcule el flujo de f a través de la superficie \Sigma de ecuación z = x^2 con x^2 + y^2 \leq 2x, con \Sigma orientada hacia z^+.

Parametrizo la superficie proyectando en el plano xy:
S(x,z) = (x,y,x^2)
Buscamos el vector normal:
S'_x = (1,0,2x)
S'_y = (0,1,0)
S'_x \wedge S'_y = (-2x, 0, 1) = N que ya está orientado en z^+ por ser el tercer componente 1.

El integrando vendrá dado por f(S(x,y)) \cdot N, es decir por:
(x+3, 2x+y, 2x^2) \cdot (-2x, 0, 1) = -2x^2 - 6x + 2x^2 = -6x

Veamos la región de integración, de la ecuación:
x^2 + y^2 = 2x
x^2 - 2x + y^2 = 0
(x-1)^2 + y^2 = 1
Es una circunferencia unitaria centrada en (1,0)
Pasamos a polares “desplazadas”:
x = \rho \cos(\phi) + 1
y = \rho \sin(\phi)
El jacobiano sigue siendo |J| = \rho
Por lo tanto, la integral queda:

-6 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 (\rho\cos(\phi) + 1) \rho d\rho

-6 \int_0^{2\pi} \cos(\phi) d\phi \int_0^1 \rho^2 d\rho - 6 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho

-6 \left[ \sin(\phi) \right]_0^{2\pi} \left[ \frac{\rho^3}{3} \right]_0^1 - 6 \pi

= -6\pi

El siguiente gráfico muestra la superficie en color celeste, y la proyección sobre el plano xy en rojo.


draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
parametric_surface(u*cos(v)+1,u*sin(v),(u*cos(v)+1)^2,
u, 0, 1, v, 0, 2*%pi),
color = "light-red",
parametric_surface(u*cos(v)+1,u*sin(v),0,
u, 0, 1, v, 0, 2*%pi)
);

EDIT2: Agrego el ejercicio 4. Este era medio complicado de pensarlo, avisen si a alguien le da distinto.

4) Calcule la masa del cuerpo definido por: x^2 + 5y^2 + z^2 \leq 20, z \geq 2x, y \leq x en el 1º octante, si su densidad en cada punto es proporcional a la distancia desde el punto al plano xy.

La función densidad viene dada por \delta(x,y,z) = k|z| = kz (por estar en el 1º octante).

Veamos como se intersecta el plano
z = 2x
con el elipsoide
x^2 + 5y^2 + z^2 = 20
reemplazando la primer ecuación:
x^2 + 5y^2 + 4x^2 = 20
x^2 + y^2 = 4

o sea que la proyección sobre el xy va quedando una circunferencia de radio 2. Vamos a pensarlo en cilíndricas sobre el eje z. Como estamos en el 1º octante, y además y \leq x, el ángulo varía entre 0 \leq \phi \leq \pi/4
El radio varía entre 0 \leq \rho \leq 2
Y finalmente, z varía entre 2x y el elipsoide, transformando esto sería
2\rho\cos(\phi) \leq z \leq \sqrt{20 - \rho^2\cos^2(\phi) - 5 \rho^2 \sin^2(\phi))}

Por lo tanto, la masa del cuerpo viene dada por:

M = k \int_0^{\pi/4} d\phi \int_{0}^{2} \rho d\rho \int_{2\rho\cos(\phi)}^{\sqrt{20-\rho^2\cos^2(\phi) - 5\rho^2\sin^2(\phi)}} z dz

k \int_0^{\pi/4} d\phi \int_{0}^{2} \rho d\rho \left[ \frac{z^2}{2} \right]_{2\rho\cos(\phi)}^{\sqrt{20-\rho^2\cos^2(\phi) - 5\rho^2\sin^2(\phi)}}

\frac{k}{2} \int_0^{\pi/4} d\phi \int_{0}^{2} \rho (20 - \rho^2\cos^2(\phi) - 5\rho^2\sin^2(\phi) - 4 \rho^2\cos^2(\phi)) d\rho

\frac{k}{2} \int_0^{\pi/4} d\phi \int_{0}^{2} \rho (20 - 5\rho^2) d\rho

\frac{k\pi}{8} \int_0^2 20\rho - 5\rho^3 d\rho

\frac{k\pi}{8} \left[ 10\rho^2 - \frac{5}{4}\rho^4 \right]_0^2

= \frac{5}{2} k \pi

El siguiente gráfico muestra el cuerpo en color celeste, y la proyección del mismo sobre el plano xy en color rojo.


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 = "light-blue",
reparametrize(u*cos(v),u*sin(v),sqrt(20-u^2*cos(v)^2-5*u^2*sin(v)^2),
u, 0, 2, v, 0, %pi/4),
reparametrize(u*cos(0),u*sin(0),w,
u, 0, 2, w, 2*u*cos(0), sqrt(20-u^2*cos(0)^2 - 5*u^2*sin(0)^2)),
reparametrize(u*cos(%pi/4),u*sin(%pi/4),w,
u, 0, 2, w, 2*u*cos(%pi/4), sqrt(20-u^2*cos(%pi/4)^2 - 5*u^2*sin(%pi/4)^2)),
reparametrize(u*cos(v),u*sin(v),2*u*cos(v),
u, 0, 2, v, 0, %pi/4),
color="light-red",
reparametrize(u*cos(v),u*sin(v),0,
u, 0, 2, v, 0, %pi/4)
);