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Final 12/07/2016

Jueves, julio 14th, 2016

final_12_07_2016

Solución (muy resumida) de la parte práctica

T1) y'' + y = x
La ecuación característica de la homogénea asociada es
\alpha^2 + 1 = 0
cuyas raíces son complejas conjugadas: \pm i.
Luego la solución general de la homogénea asociada es
\boxed{y_h = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x)}

Para la particular propongo y_p = Ax+B, y'_p = A, y''_p = 0, reemplazo en la ecuación diferencial
Ax + B + 0 = x
de donde A = 1 y B=0, luego
\boxed{y_p = x}
Luego, la solución general de la ecuación diferencial es
y = y_h + y_p = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x) + x
derivando
y' = -C_1 \sin(x) + C_2 \cos(x) + 1
Uso los datos del ejercicio
y'(0) = C_2 + 1 = 2, luego C_2 = 1
y(0) = C_1 = 0.
Luego la SP pedida es \boxed{y = \sin(x) + x}

T2) f(x,y) = x^4 + y^8 + 4. Está claro que tiene un mínimo absoluto (y por tanto relativo) es \boxed{f(0,0) = 4} pues 4 \leq 4+x^4 + y^8 = f(x,y) \ \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2.
Además no tiene otros extremos pues si los tuviera se produciría en un punto crítico pero no hay otro punto crítico pues como f es diferenciable el gradiente debería anularse pero \nabla f(x,y) = (4x^3, 8y^7) sólo se anula en (0,0).

E1) Proyecto en el plano xy. Busco la intersección de la recta x+y = 6 con la parábola y=x^2, al reemplazar queda x+x^2 = 6 y la solución positiva es x=2. Luego nos queda
M = k \int_0^2 dx \int_{x^2}^{6-x} dy \int_0^{6-x-y} dz = \boxed{\frac{248 k}{15}} según wolfram

E2) Q'_x - P'_y = y + e^{xy} + xye^{xy} - ( e^{xy} + xye^{xy} ) = y
\int_{\partial H} f dc = \iint_H Q'_x - P'_y dy = \int_{\pi/4}^{3\pi/4} \sin(\phi) d\phi \int_0^2 \rho^2 d\rho = \boxed{ \frac{8 \sqrt{2}}{3} } según wolfram

E3) div(f) = y + 0 + 2z - y = 2z
\iint_{\partial H} f ds = \iiint_H div(f) dv = 2 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{2} \rho d\rho \int_0^{4-\rho^2} z dz = \boxed{ \frac{64 \pi}{3} } según wolfram.

E4) F(x,y,z) = xz + yz + \ln(x+y+z-3) - 4 0
En x=y=1 la ecuación queda z + z + \ln(2+z-3) - 4 = 0. Se cumple para z = 2
F'_x(1,1,2) = [z + \frac{1}{x+y+z-3}]_{(1,1,2)} = 2 + 1 = 3
F'_y(1,1,2) = [z + \frac{1}{x+y+z-3}]_{(1,1,2)} = 2 + 1 = 3
F'_z(1,1,2) = [x + y + \frac{1}{x+y+z-3}]_{(1,1,2)} = 1 + 1 + 1 = 3
Por Cauchy-Dini
f'_x(1,1) = -3/3 = -1
f'_y(1,1) = -3/3 = -1
Luego
f(0.98, 1.03) \approx 2 + (-1)(0.98 - 1) + (-1)(1.03 - 1) = 2 + 0.02 - 0.03 = \boxed{ 1.99 }

2º Parcial Curso de Verano 2016

Martes, marzo 1st, 2016

2do_parcial_29_02_2016

T1) Averiguamos z_0, z_1 reemplazando en la primer superficie y vemos que A = (0,0,3), B = (-3,3,0).

La circulación pedida es \boxed{\phi(B) - \phi(A) = -9 - 9 = -18}

T2) y = Cx \ln|x|,
y' = C(\ln|x| + 1),
y'' = C(1/x)

x^2 y'' - xy' + y = xC - (Cx \ln|x| + Cx) + Cx \ln|x| = 0 . Luego es solución, pero no es general pues tiene una sola constante arbitraria y la ecuación es de segundo orden.

E1) Igualando las ecuaciones de las superficies, 4-x^2 = 4-y^2, |x| = |y|. Como va del (2,2,0) al (0,0,4), tomo y = x y puedo parametrizar como

g(t) = (t,t,4-t^2) con 0 \leq t \leq 2, con la aclaración de que me quedó en la orientación contraria.

- \int_0^2 ( 2t(4-t^2), t^2, 4-t^2 ) \cdot (1,1,-2t) dt = - \int_0^2 8t - 2t^3 + t^2 -8t + 2t^3 dt = - \int_0^2 t^2 dt = -[t^3/3]_0^2 = \boxed{-8/3}

E2) div(f) = 1 + 2 + 3 = 6.

Por teo. div. el flujo total saliente es \boxed{6 \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^1 \rho d\rho \int_{\rho}^{\sqrt{2 - \rho^2}} dz} = 2(\sqrt{2}-1)\pi (verifica con el wolfram)

E3) g(x,y) = (x,y,x^2)

g'_x = (1, 0, 2x)
g'_y = (0, 1, 0)

n = g'_x \times g'_y = (-2x, 0, 1)
||n|| = \sqrt{4x^2 + 1}

\boxed{\int_0^1 \sqrt{4x^2 + 1} dx \int_0^x dy} = \frac{5 \sqrt{5}}{12} - \frac{1}{12} \approx 0,848362 \ldots

E4) Por el método visto en clase se ve que \phi(x,y) = \ln(2x^2 + y^2 + 1) + C. Como \phi(0,0) = 0 se ve que C = 0.

Las lineas equipotenciales son de ecuación \ln(2x^2 + y^2 + 1) = K. Como pasa por (2,1) se tiene \ln(8 + 1 + 1) = K

Luego la linea equipotencial pedida es \ln(2x^2 + y^2 + 1) = \ln(10), queda \boxed{2x^2 + y^2 = 9}.

Planteando la ecuación de las líneas de campo queda y' = 2y/4x, es decir 2dy/y = dx/x, 2 \ln|y| = \ln|x| + C, y^2 = Kx, como pasa por (2,1) se tiene 1 = K2 es decir K=1/2, luego la línea de campo pedida es \boxed{2y^2 = x}

1º Parcial Curso de Verano 2016

Domingo, febrero 21st, 2016

primer parcial 2016

T1) g(u,v) = (e^{x+y}, e^{x-y})
f(0) = (0,0), f'(0) = (1,1)

Tenemos la compuesta h = g \circ f

Por la regla de la cadena, h'(0) = Dg(0,0) \cdot f'(0)

Usando la regla práctica de derivación:
Dg = \begin{pmatrix} e^{x+y} & e^{x+y} \\ e^{x-y} & -e^{x-y} \end{pmatrix}
Dg(0,0) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}

Luego,
h'(0) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}

Luego el vector tangente es v = (2,0)

T2) Llamamos w(h) = \frac{ f(A + hu) - f(A)}{h}. Como f es derivable respecto a toda dirección u, vale que \lim_{h \to 0} w(h) = f'_u(A)

Luego f(A + hu) = f(A) + h w(h). Tomando límite \lim_{h \to 0} f(A + hu) = \lim_{h \to 0} f(A) + h \ w(h).

Como f(A) no depende de h, \lim_{h \to 0} f(A) = f(A), y por otro lado \lim_{h \to 0} h \ w(h) = 0 pues h \to 0 y w(h) \to f'_u(A).

Luego es verdadero que \lim_{h \to 0} f(A + hu) = f(A) para todo versor u.

E1) f(x,y) = \begin{cases} \frac{y \sin(x)}{x} & (x,y) \neq (0,y) \\ 0 & (x,y) = (0,y) \end{cases}

Veamos la continuidad. f(0,0) = 0. Para analizar el límite \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) hay que usar las dos ramas de la función, por la de abajo es claro que tiende a cero, y por la de arriba es equivalente a \lim_{y \to 0} y \cdot \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x} = 0 \cdot 1 = 0. Luego \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = 0 = f(0,0) y f es contínua en el origen.

Veamos la existencia de las derivadas parciales.

f'_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{0 \sin(h)}{h} = 0
f'_y(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0,h) - f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0} 0 = 0

Luego existen ambas derivadas parciales y valen cero.

E2) Sabemos que g(y) es la trayectoria ortogonal a y = C e^{-2x} que pasa por (0,0).

y' = -2C e^{-2x}, y' = -2y es la ec. dif. de la primer familia. Cambio y' por -1/y'.

-1/y' = -2y. 2yy' = 1, luego y^2 = x + C es la familia ortogonal a la dada. Como pasa por (0,0) se tiene 0^2 = 0 + C es decir C = 0 y nos queda x = y^2, así que g(y) = y^2.

Reemplazo en f(x,y) = g(y) (1+x) + x^2 y queda f(x,y) = y^2(1+x) + x^2.

Es decir f(x,y) = y^2 + y^2x + x^2, que es clase C^2 por ser polinómica.

Uso el criterio de la derivada primera para buscar puntos críticos.
\nabla f(x,y) = (y^2 + 2x, 2y + 2yx) = (0,0)

y^2 + 2x = 0
2y + 2yx = 0

de la segunda
y(1 + x) = 0

y = 0 o x = -1

Reemplazo en la primera, y en definitiva quedan puntos críticos A_1 = (0,0), A_{2,3} = (-1, \pm \sqrt{2})

Veamos que nos da el criterio del hessiano

Hf(x,y) = \begin{pmatrix} 2 & 2y \\ 2y & 2 + 2x \end{pmatrix}

En los puntos críticos

Hf(0,0) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}
implica que f(0,0) es mínimo relativo

Hf(-1, \pm \sqrt{2}) = \begin{pmatrix} 2 & \pm 2\sqrt{2} \\ \pm 2\sqrt{2} & 0 \end{pmatrix}
implica que los puntos críticos (-1, \pm\sqrt{2}) producen puntos silla.

E3) Tenemos z = f(x,y) definida implícitamente por x e^y - z + \sin(xz) = 0, y además (x,y) = (t^2 u, ut). Llamemos g(t,u) = (t^2 u, ut), y llamemos h = f \circ g.

Nos piden calcular h'_u(0,0).

(u_0,t_0) = (0,0), g(0,0) = (x_0,y_0) = (0,0), luego 0 - z + \sin(0) = 0 es decir z_0 = 0

Llamemos F(x,y,z) = x e^y - z + \sin(xz). Tenemos que

F'_x = e^y + z\cos(xz)
F'_y = x e^y
F'_z = -1 + x\cos(xz)

F'_x(0,0,0) = 1
F'_y(0,0,0) = 0
F'_z(0,0,0) = -1

Luego por el teorema de Cauchy Dini se tiene que \nabla f(0,0) = (\frac{-1}{-1}, \frac{-0}{-1}) = (1,0)

Por otro lado, Dg = \begin{pmatrix} 2tu & t^2 \\ u & t \end{pmatrix} o sea que Dg(0,0) = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}

Luego \nabla h(0,0) = (0,0), en particular h'_u(0,0) = 0.

E4)

a) Se tiene que F(1,1) = (2,1,0)

F'_u = (2v, 0, 2u)
F'_v = (2u, 2v, -1)

F'_u(1,1) = (2, 0, 2)
F'_v(1,1) = (2, 2, -1)

(F'_u \times F'_v)(1,1) = (-4, 6, 4) = N

Luego un vector normal a la superficie es n = N/2 = (-2,3,2)

La recta normal es de ecuación (x,y,z) = (2,1,0) + \lambda (-2,3,2)

b) La normal en cada punto (x,y,z) al elipsoide x^2 + y^2 + 4z^2 = 16 viene dado por (2x, 2y, 8z). Para que dicha normal sea paralela a la recta del punto a, debe cumplirse que

(2x, 2y, 8z) = \lambda (-2,3,2)

2x = -2 \lambda
2y =  3 \lambda
8z =  2 \lambda

(x,y,z) = (- \lambda, 3/2 \lambda, 1/4 \lambda ).

Para que sean puntos del elipsoide deben cumplir su ecuación, luego

(- \lambda)^2 + (3/2 \lambda)^2 + 4 (1/4 \lambda)^2 = 16

\lambda^2 + 9/4 \lambda^2 + 1/4 \lambda^2 = 16

7/2 \lambda^2 = 16

\lambda^2 = 32/7

\lambda = \pm  \frac{4\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }

Luego los puntos son A = (- \frac{4\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }, \frac{6\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }, \frac{\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }) y B = ( \frac{4\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }, \frac{-6\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }, \frac{ -\sqrt{2} }{ \sqrt{7} } )

2º Parcial Curso de Verano 2015

Martes, marzo 3rd, 2015

2do_parcial_verano_2015

T1) Consiste en integrar la función f(x,y) = y sobre el semidisco circular x^2 + y^2 \leq 4 con x \geq 0. En cartesianas \int_{-2}^2 y dy \int_0^{\sqrt{4-x^2}} dx.

E1) z \leq 10 - x^2, y \leq x, z \geq 3x, y \geq 0. La densidad es \delta(x,y,z) = k |y|.

3x \leq z \leq 10 - x^2. Se tiene 0 \leq y \leq x. Luego x \geq 0 y z \geq 0, es decir es en el 1º octante.

Además 3x \leq 10 - x^2, luego x^2 + 3x - 10 \leq 0 es decir (x-2)(x+5) \leq 0 lo cual implica x \leq 2. Luego la masa es

M = k \int_0^2 dx \int_0^x y dy \int_{3x}^{10 - x^2} dz = \frac{62}{15}k

E2) Q'_x - P'_y = 2x - x = x. La región es 2x^2 - 1 \leq y \leq x. En particular 2x^2 - x - 1 \leq 0 es decir -1/2 \leq x \leq 1. Por lo tanto la circulación pedida en orientación antihoraria es

\int_{-1/2}^1 x dx \int_{2x^2 - 1}^x dy = \frac{9}{32}

E3) Parametrizo con g(u,v) = (u \cos(v), u \sin(v), u) con 0 \leq v \leq 2\pi y 0 \leq u \leq 3.
g'_u = (\cos(v), \sin(v), 1)
g'_v = (-u \sin(v), u \cos(v), 0)
N = g'_u \times g'_v = (-u \cos(v), -u \sin(v), u)
La orientación es hacia z^+ pues la coordenada z es u \geq 0.
\int_0^{2\pi} dv \int_0^3 (3 u \cos(v), 3 u \sin(v), 4u) \cdot (-u \cos(v), -u \sin(v), u) du
\int_0^{2\pi} dv \int_0^3 -3u^2 \cos^2(v) - 3u^2 \sin^2(v) + 4u^2 du
\int_0^{2\pi} dv \int_0^3 -3u^2 + 4u^2 du
\int_0^{2\pi} dv \int_0^3 u^2 du = 18 \pi

E4) El punto (0, y_0) es el (0, 1) pues la recta es y = x+1. Es decir que y(0) = 1, y además y'(0) = 1

La ecuación característica es \alpha^2 - 3 \alpha + 2 = 0 es decir \alpha_1 = 1 y \alpha_2 = 2. Luego la SG de la homogénea asociada es y_h = C_1 e^x + C_2 e^{2x}

Para la SP propongo y = A x e^x luego y' = Ae^x + Ax e^x, y'' = 2A e^x + Ax e^x. Reemplazo

2A e^x + A xe^x - 3A e^x - 3A xe^x + 2A xe^x = e^x

(2A-3A) e^x + (A - 3A + 2A)xe^x = e^x

-A = 1 Luego A = -1 y y_p = -xe^x

Por lo tanto la SG es y = C_1 e^x + C_2 e^{2x} - xe^x

y' = C_1 e^x + 2 C_2 e^{2x} - e^x - x e^x

y'(0) = 1 = C_1 + 2C_2 - 1
y(0) = 1 = C_1 + C_2

de donde C_1 = 0 y C_2 = 1. Finalmente la SP pedida es y = e^{2x} - xe^x

1º Parcial Curso de Verano 2015

Jueves, febrero 26th, 2015

1er_parcial_verano_2015_final

Solución:

T1) P(x,y) = a + 2(x-x_0)(y-y_0) - 2(x-x_0)^2 - 2(y-y_0)^2. Se tiene \nabla P(x_0,y_0) = (0,0). Si asumimos que el polinomio de Taylor P se desarrolló en el punto (x_0,y_0) entonces las derivadas parciales en ese punto coinciden con las de f, es decir se tiene \nabla f(x_0,y_0) = (0,0), y por lo tanto la gráfica de f en ese punto tiene plano tangente horizontal z = a.

T2) Nos dicen que Im(h) \subseteq C_k(f), por lo tanto f \circ h = k es decir la compuesta g = f \circ h es una función constante. Por lo tanto g'(t) = 0 para todo t \in \mathbb{R}.

E1) f(x,y) = \begin{cases} \frac{xy e^y - y^2}{xy} & xy \neq 0 \\ 1 & xy = 0 \end{cases}
Estudiamos continuidad en (0,0). Se tiene que f(0,0) = 1. Veamos el límite por el camino y=x. \lim_{x \to 0} \frac{x^2 e^x - x^2}{x^2} = \lim_{x \to 0} e^x - 1 = 0. No se si existe el límite doble, pero de existir vale 0 que es distinto que 1, por lo tanto f no es continua en (0,0).

E2) La superficie es una esfera centrada en el origen y de radio \sqrt{6}. Si (x,y,z) es un punto de la esfera, entonces (x,y,z) es un vector normal en dicho punto.

Defino g(x,y,z) = x+y+z-5 y h(x,y,z) = x^2 + y^2 - 2y. Sus gradientes son \nabla g = (1,1,1) y \nabla h = (2x, 2y-2, 0). Entonces N = \nabla g \times \nabla h = (2-2y, 2x, 2y-2-2x)
En el punto A = (0,2,3) se tiene N(A) = (-2, 0, 2) que es un vector tangente a la curva en el punto A.

O sea buscamos puntos de la esfera donde la normal es de la forma (-\lambda,0,\lambda), como el radio es \sqrt{6} dichos puntos son (-\sqrt{3}, 0, \sqrt{3}) y (\sqrt{3}, 0, -\sqrt{3})

E3) Llamo f(x,y) a la función u(x,y).
Defino F(x,y,u) = u e^{ux} - 2x - y. Se tiene F \in C^1.
F'_x = u^2 e^{ux} - 2
F'_y = -1
F'_u = e^{ux} + ux e^{ux}

En (x,y) = (0,1) se tiene u = 1. Sea A = (x,y,u) = (0,1,1)
F'_x(A) = 1 - 2 = -1
F'_y(A) = -1
F'_u(A) = 1 + 0 = 1 \neq 0

Luego f'_x(0,1) = 1 y f'_y(0,1) = 1, es decir \nabla f(0,1) = (1,1) con f diferenciable en (0,1).

El versor que piden es v = \overline{(3,2) - (0,1)}{|| (3,1) ||} = (3,1) / \sqrt{10}

La derivada direccional pedida es (1,1) (3,1)/ \sqrt{10} = 4/ \sqrt{10}.

La derivada es nula en los versores (a,b) tales que (a,b) (1,1) = 0, es decir en v_{1,2} = \pm (1, -1) / \sqrt{2}

E4) f(x,y) = g(y) y + x^2 + y^2.

x^2 - y^2 = C, 2x - 2yy' = 0, la EDO de la familia ortogonal es x + y/y' = 0, xy' + y = 0, xy' = -y, dy/y = -dx/x, \ln|y| = - \ln|x| + C, |y| = |x^{-1}| e^C, y = k/x, como pasa por (1,1) se tiene k=1 y luego y = 1/x, luego g(y) = 1/y.

f(x,y) = y/y + x^2 + y^2. Si extendemos el dominio por continuidad a \mathbb{R}^2, se tiene f(x,y) = 1 + x^2 + y^2, y el único punto crítico es (0,0) pues \nabla f(x,y) = (2x,2y). Como f(0,0) = 1 \leq f(x,y) para todo (x,y) se tiene que f(0,0) = 1 es mínimo absoluto y relativo.

Tp.1 Ej.4.b

Sábado, agosto 23rd, 2014

Halle la ecuación diferencial de la familia de…

b) … hipérbolas con focos en el eje x, centro en el origen y semiejes a variable y b=1.

Solución:

La ecuación de una hipérbola con centro en (x_0,y_0), focos en el eje x y semiejes a y b es

\frac{(x-x_0)^2}{a^2} - \frac{(y-y_0)^2}{b^2} = 1

Como b=1 y el centro es el origen (x_0,y_0) = (0,0) nos queda

\frac{x^2}{a^2} - y^2 = 1 (1)

Esa es la ecuación de la familia, queremos la ecuación diferencial asociada que como hay un sólo parámetro debe ser de primer orden, por lo tanto derivo una vez

\frac{2x}{a^2}- 2yy' = 0

como quedó la constante arbitraria, todavía no es la ecuación diferencial, multiplico por x/2

\frac{x^2}{a^2} - xyy' = 0

sumo xyy'

\frac{x^2}{a^2} = xyy'

y reemplazando en (1) obtenemos la ecuación diferencial buscada:

xyy' - y^2 = 1

Integrador Edith Amed 19/07/14

Miércoles, julio 30th, 2014

integrador_edith_19_07_2014

Adjunto la resolución que me entregó la profesora
integrador_19_07_2014

2º Parcial 12/07/2014 (Amed)

Sábado, julio 12th, 2014

amed_12_07_2014

1)

amed1

Nos dan f(x,y,z) = (y,-x,z) y \Sigma = \begin{cases} z = 12 - 3x^2 - 3y^2 \ \ (1) \\ z \geq 3x^2 + 3y^2 \ \ (2) \end{cases}

Nos piden calcular \iint_\Sigma f dS = \iiint_H div(f) dV - \iint_T f dS

donde T es la superficie tapa z=6 con x^2 + y^2 \leq 2 orientada hacia abajo.

Luego, como div(f) = 0+0+1 = 1, nos queda

\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{\sqrt{2}} \rho d\rho \int_6^{12-3\rho^2} dz + 6 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{\sqrt{2}} \rho d\rho

= 18 \pi + 12\pi = \boxed{30\pi}

En el gráfico podemos ver la superficie \Sigma (azul) junto con el plano (rojo) y la proyección (verde)

2)

amed2

Nos dan rot(f) = (x,y,-2z) y C = \begin{cases} x^2 + y^2 = 6y \\ x^2 + y^2 + z^2 = 36 \\ z \geq 0 \end{cases}

Nos piden calcular \int_C f dC = \iint_{\Sigma} Rot(f) dS donde \Sigma es (por ejemplo) la esfera x^2 + y^2 + z^2 = 36 junto con x^2 + (y-3)^2 \leq 9.

Luego, si definimos g(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 36 nos queda \nabla g = (2x, 2y, 2z) y por lo tanto

\iint_{\Sigma_{xy}} (x,y,-2z) \cdot \frac{(2x,2y,2z)}{2z} dxdy

donde z es un abuso de notación a reemplazar con la ecuación de la superficie (la esfera). Por lo tanto queda

\iint_{\Sigma_{xy}} \frac{x^2 + y^2 - 2z^2}{z} dxdy

\int_0^{\pi} d\phi \int_0^{6 \sin(\phi)} \frac{3\rho^2 - 72}{ \sqrt{36 - \rho^2} } \rho d\rho = \boxed{-144}

En el gráfico podemos ver la curva (azul) la porción de esfera que tomamos como \Sigma (en cyan). La esfera y el cilindro se ven en transparencia verde y rojo.

3)

amed3

amed4

amed5

Nos dan H = \begin{cases} x^2 + y^2 \geq 3z^2 \ \ (1) \\ x^2 + y^2 + z^2 \leq 4 \ \ (2) \\ \textrm{1er octante} \end{cases} con densidad \delta(x,y,z) = k |z|

Nos piden la masa M = \iiint_H \delta dV

De (1) y (2) la curva intersección es \begin{cases} x^2 + y^2 = 3z^2 \\ x^2 + y^2 + z^2 = 4 \end{cases}, por lo tanto 3z^2 = 4-z^2, es decir 4z^2 = 4 por ser 1º octante resulta z=1 con x^2 + y^2 = 3

En cilíndricas

M = k \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^{\sqrt{3}} \rho d\rho \int_0^{\rho/\sqrt{3}} z dz + k \int_0^{\pi/2} d\phi \int_{\sqrt{3}}^2 \rho d\rho \int_0^{\sqrt{4 - \rho^2}} z dz

M = k \frac{3}{16} \pi + k \frac{\pi}{16} = \boxed{k \frac{\pi}{4}}

En esféricas, observando que en el plano yz se produce una recta y = \sqrt{3}z se tiene que \beta = \arctan(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3} y por lo tanto

M = k \int_0^{\pi/2} d\alpha \int_{\pi/3}^{\pi/2} \sin(\beta) \cos(\beta) d\beta \int_0^2 \rho^3 d\rho = \boxed{k \frac{\pi}{4}}

donde se tuvo en cuenta el jacobiano \rho^2 \sin(\beta) y la densidad de masa transformada k \rho \cos(\beta).

En los gráficos vemos distintas perspectivas de la misma región M. Notar que cambia el techo del semicono (verde) por la semiesfera (azul).

4a)

amed6

En este enunciado había que corregir donde dice superficie de nivel “7” en realidad va superficie de nivel “0”.

Nos dan f(x,y,z) = (2x, 2y, 2z-4), U es la función potencial de f tal que U(1,2,1) = 2.

La superficie es \Sigma = \begin{cases} C_0(U) \\ y \geq x \\ z \leq 2 \\ \textrm{1er octante} \end{cases}

Buscamos la función potencial y nos queda U(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 4z + C luego como U(1,2,1) = 1 + 4 + 1 - 4 + C = 2 se tiene que C = 0 por lo que U(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 4z.

Por lo tanto la superficie es \Sigma = \begin{cases} x^2 + y^2 + (z-2)^2 = 4 \\ y \geq x \\ z \leq 2 \\ \textrm{1er octante} \end{cases}

Nos piden el área de \Sigma, y como

\nabla U = (2x, 2y, 2z-4)
|| \nabla U || = \sqrt{4x^2 + 4y^2 + (2z-4)^2} = \sqrt{4(x^2 + y^2) + 4(z-2)^2} = 2 \sqrt{x^2 + y^2 + (z-2)^2} = 2 \sqrt{4} = 4

y además

|U'_z| = |2z-4| = |2(2-\sqrt{4-\rho^2}) - 4| = 2 \sqrt{4-\rho^2}

se tiene que

A = \iint_\Sigma dS = \int_{\pi/4}^{\pi/2} d\phi \int_0^2 \frac{4 \rho}{2 \sqrt{4-\rho^2}} d\rho = \boxed{\pi}

En el gráfico se ve la superficie \Sigma (azul), y su proyección sobre el plano xy (rojo).

4b)

amed7

Nos dan f(x,y,z) = (-2y, 2x, z) y la superficie \Sigma = \begin{cases} x^2 + y^2 = 6y \ \ (1) \\ x^2 + y^2 + z^2 \leq 9 \ \ (2) \\ \textrm{1er octante} \end{cases}.

Nos piden el flujo de f sobre \Sigma. De (1) y (2) sacamos \begin{cases} x^2 + y^2 = 6y \\ x^2 + y^2 + z^2 = 9 \end{cases} eliminando x obtenemos 6y - y^2 = 9 - y^2 - z^2 luego z^2 + 6y = 9 luego la proyección en el plano yz es la región del 1er cuadrante con y \leq \frac{3}{2} - \frac{z^2}{6}

Defino g(x,y,z) = x^2 + y^2 - 6y, luego \nabla g = (2x, 2y - 6, 0), y el flujo pedido orientado hacia x^+ es

\int_0^3 dz \int_0^{\frac{3}{2} - \frac{z^2}{6}} (-2y, 2x, z) \cdot \frac{(2x, 2y-6,0)}{2x} dy

donde x es un abuso de notación a reemplazar con la superficie de ecuación (1), por lo tanto nos queda

\int_0^3 dz \int_0^{\frac{3}{2} - \frac{z^2}{6}} \frac{-4xy + 4xy - 12x}{2x} dy

\int_0^3 dz \int_0^{\frac{3}{2} - \frac{z^2}{6}} -6 dy = \boxed{108}

En el gráfico se la sección de esfera (verde) y del cilindro (cyan) como transparencias. También se la superficie \Sigma (azul, salió un poco verde por la esfera) y la proyección sobre el plano yz (rojo).

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

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}

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