Final 12/07/2016

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 }

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Final 22/09/2011

Como siempre, pueden compartir sus resultados dejando comentarios en este post.

Agrego la resolución que nos envía Sergio (ver comentarios), que está bastante bien, y algunas observaciones que agregué sobre el mismo (para ser puntillosos).

Pueden mandar consultas y correcciones, tanto sobre la resolución como sobre las observaciones que agregué.

Observaciones:

En el T1) habría que mencionar que lo que hace es válido porque la función f es diferenciable.

En el T2) Debe ser m=1 (campo escalar), \vec{A} punto interior de H, F'_z(\vec{A}) \neq 0
Cuando pone f'_x = -\frac{x}{3} |_{(2,1,2)}, por un lado no me gusta la notación (en el numerador no está evaluado y en el denominador sí), pero además en el numerador debía derivar respecto de x y deriva respecto de z. De casualidad da el mismo resultado porque en el punto x=z=2

Cuando pone z=f(x,y) = 2 - \frac{2}{3}(x-2) + \frac{1}{3}(y-1) habría que cambiar el = por un \approx (no conocemos la función, sólo el taylor de 1º orden en ese punto)

El E1) lo veo bien, verifica el resultado con el wolframalpha.

El E2) está bastante bien, habría que agregar que vale el teorema porque f \in C^1, y el resultado según el wolframalpha es 128 y no \frac{128}{5}

El E3) lo veo muy bien.

En el E4) hay que aclarar algunas cosas:
El único extremo es un mínimo local en f(2,-2) = -1
Y aclaro por las dudas que los puntos silla son (0,0,3) y (0,-4,3) (aunque no lo pedía el ejercicio)

(y hay errores de cuenta en los dos últimos hessianos, pero que no cambia sustancialmente el ejercicio)

Final 10/3/2011

Solución: (de la parte práctica)

1) a) Enuncie el teorema de derivación de la composición de funciones en forma matricial. Dada la superficie \Sigma de ecuación z = f(\vec{g}(x,y)) con f(u,v) = k^2 u + v, \vec{g}(x,y) = (x^2 - y, 2y - xy), k constante, utilizando el teorema determine el valor de k > 0 para el cual la recta normal a \Sigma en (1,2,z_0) resulta paralela al eje z.

La composición es del tipo
(x,y) \to \vec{g} \to (u,v) \to f \to z
(1,2) \to \vec{g} \to (-1,2) \to f \to 2-k^2

z = h(x,y) = f \circ \vec{g}
\nabla h(1,2) = \nabla f(-1,2) \cdot D\vec{g}(1,2)

\nabla f = (k^2, 1)
D\vec{g} = \begin{pmatrix} 2x & -1 \\ -y & 2-x \end{pmatrix}

\nabla h(1,2) = \begin{pmatrix} k^2 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}2 & -1 \\ -2 & 1  \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2k^2 - 2 & -k^2 + 1 \end{pmatrix}

\nabla h(1,2) = (2k^2-2, -k^2 + 1)

El vector normal a la superficie \Sigma es entonces
n = (h'_x, h'_y, -1) = (2k^2-2, -k^2 + 1, -1)

Para que sea paralelo al eje z los componentes x e y deben ser cero:

2k^2 - 2 = 0
-k^2 + 1 = 0

de ambos sale
k^2 = 1

y como k > 0
k=1
era el valor buscado.

b) Siendo \vec{f}(x,y) = ( g(x-y), xy - g(x-y) ) con g \in C^1, calcule la circulación en sentido positivo de \vec{f} a lo largo de la curva plana de ecuación x^2 + y^2 = 2y

Como g \in C^1 puedo aplicar el teorema de Green.
Q'_x - P'_y = y - g'(x-y) - (- g'(x-y) )
= y

uso el cambio de coordenadas a polares “trasladadas”
x = \rho \cos(\phi)
y = \rho \sin(\phi) + 1
con
0 \leq \phi \leq 2\pi
0 \leq \rho \leq +\infty
y su jacobiano es \rho

la integral nos queda
\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho (\rho \sin(\phi) + 1) d\rho = \pi

2) a) Defina coordenadas polares. Aplíquelas para calcular la integral doble de f(x,y) = x^2 / (x^2 + y^2) en la región plana definida por -x \leq y \leq x, x \leq 1.

pasamos a coordenadas polares
x = \rho \cos(\phi)
y = \rho \sin(\phi)
con
0 \leq \phi \leq 2\pi
0 \leq \rho \leq + \infty
su jacobiano es \rho

transformo x=1 queda \rho \cos(\phi) = 1 o sea \rho = \frac{1}{\cos(\phi)}

transformo \frac{x^2}{x^2 + y^2} queda \frac{\rho^2 \cos^2(\phi)}{ \rho^2} = \cos^2(\phi)

\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \cos^2(\phi) d\phi \int_0^{\frac{1}{\cos(\phi)}} \rho d\rho

= \frac{1}{2} \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \cos^2(\phi) \frac{1}{\cos^2(\phi)} d\phi

= \frac{1}{2} (\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{4}

b) Calcule el área de la región del plano xy que se muestra en la figura, limitada por el arco de curva de ecuación \vec{X} = (3 \phi \cos(\phi), 3\phi \sin(\phi) ) con 0 \leq \phi \leq 2\pi y el segmendo de puntos extremos (0,0) y (6\pi, 0)

Este ejercicio se podía hacer aplicando el teorema de Green para el cálculo de áreas planas, no olvidando de integrar el segmento de recta.

Pero también salía diréctamente con integrales dobles (en polares) de la siguiente manera:

El ángulo se ve que va de 0 a 2\pi, y el radio es la distancia al origen, o sea que va desde cero hasta la norma de la parametrización g(\phi) = (3\phi \cos(\phi), 3\phi \sin(\phi) ) que es:

\rho = || (3\phi \cos(\phi), 3\phi \sin(\phi) ) ||
= \sqrt{9\phi^2 \cos^2(\phi) + 9\phi^2 \sin^2(\phi)}
= \sqrt{9\phi^2}
= 3\phi

por lo tanto queda la integral doble en polares
A = \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{3\phi} \rho d\rho

= \frac{1}{2} 9 \int_0^{2\pi} \phi^2 d\phi

= \frac{9}{2} \left[ \frac{\phi^3}{3} \right]_0^{2\pi}

= \frac{9}{2} \frac{8}{3} \pi^3

= 12 \pi^3

En la siguiente imagen se ve sombreada la región cuya área calculamos


draw2d(
parametric(3*t*cos(t), 3*t*sin(t), t,0,2*%pi),
parametric(6*%pi - t, 0, t, 0, 6*%pi)
);

3) Siendo \vec{f}(x,y,z) = (xz, yz, z^2). calcule el flujo de \vec{f} a través de la superficie abierta de ecuación x^2 + y^2 + z^2 = 5 con z \geq 1 + x^2 + y^2, indicando gráficamente la orientación que ha elegido para la superficie-

Este ejercicio se podía hacer con divergencia y sacando la tapa, o diréctamente como lo voy a hacer acá abajo. En este caso no voy a parametrizar la superficie sinó que voy a usar el método de integral de superficie implícita.

Primero averiguo como se intersecta la esfera con el paraboloide:
x^2 + y^2 + z^2 = 5
z = 1 + x^2 + y^2

de la segunda despejo x^2 y reemplazo en la primera
z - 1 - y^2 + y^2 + z^2 = 5
z^2 + z - 6 = 0
de donde sale z_1 = -3 (no sirve) y z_2 = 2 (sirve)
reemplazando en la segunda

2 = 1 + x^2 + y^2
o sea
x^2 + y^2 = 1

es decir que la proyección sobre el plano xy es una circunferencia de radio 1.

defino
G(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 5
(la superficie es el conjunto de nivel 0 de G)

el vector normal a la superficie lo obtengo haciendo
N = \frac{\nabla G}{ |G'_z|} = \left( \frac{2x}{2z}, \frac{2y}{2z}, \frac{2z}{2z} \right)
= \left( \frac{x}{z}, \frac{y}{z}, 1 \right)

Luego,
f \cdot N = (xz, yz, z^2) \cdot \left( \frac{x}{z}, \frac{y}{z}, 1 \right)
= x^2 + y^2 + z^2

reemplazando z^2 con el valor de z sobre la superficie z = \sqrt{5 - x^2 - y^2} nos queda

= x^2 + y^2 + 5 - x^2 - y^2
= 5

Por lo tanto el flujo pedido lo calculamos integrando en polares sobre la proyección en el plano xy de la superficie, que es la circunferencia unitaria, y nos queda

5 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho = 5\pi

En el siguiente gráfico podemos ver en azul la parte de la esfera sobre la que calculamos el flujo (con normal hacia “arriba”), en celeste se ve parte de la continuación de la esfera, y en verde el paraboloide que sólo interviene para “recortar” la superficie.


draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), sqrt(5-u^2), u, 0, 1.5, v, 0, 2*%pi),
color = "blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), sqrt(5-u^2), u, 0, 1, v, 0, 2*%pi),
color = "green",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), 1+u^2, u, 0, 1.05, v, 0, 2*%pi)
);

4) Dado \vec{f}(x,y,z) = (x, 2y, 3z), calcule la circulación de \vec{f} desde \vec{A} = (1,2,z_0) hasta \vec{B} = (5, y_1, z_1) a lo largo de la recta normal en el punto \vec{A} a la superficie \Sigma definida implícitamente por xz + Exp(z-x) + xy - 4 = 0

Este se podía hacer por función potencial ya que el campo es conservativo, de todas formas hay que averiguar los puntos \vec{A} y \vec{B}. Yo lo voy a hacer de la forma directa, es decir sin usar función potencial.

defino
G(x,y,z) = xz + e^{z-x} + xy - 4
(la superficie es el conjunto de nivel 0 de G)

el gradiente es normal al conjunto de nivel, y por lo tanto a la superficie
\nabla G = (z - e^{z-x} +y, x, x + e^{z-x} )

N = \nabla G(1,2,1) = (2,1,2)

la recta es entonces
r(t) = A + tN
= (1,2,1) + t(2,1,2)
= (1+2t, 2+t, 1+2t)
con 0 \leq t \leq 2
luego A=(1,2,1) y B=(5,4,5)

derivo
r'(t) = (2,1,2)

la circulación pedida es
\int_0^2 f(r(t)) r'(t) dt
\int_0^2 (1+2t, 4+2t, 3+6t) \cdot (2,1,2) dt

\int_0^2 2 + 4t + 4 + 2t + 6 + 12t dt

\int_0^2 18t + 12 dt

= [9t^2 + 12t]_0^2 = 60

Final 24/09/2010

Solución: (de la parte práctica)

1) a) Defina derivada direccional e indique su fórmula de cálculo para campo escalar diferenciable. Dado f diferenciable con f(1,3) = 5 y derivada f'(\vec{A}, (u,v)) = 3u+2v, calcule aproximadamente f(1.02, 2.99)

En este ejercicio faltó aclarar en el enunciado que el punto \vec{A} puede ser cualquier punto de \mathbb{R}^2, en particular el (1,3).

Como f es diferenciable, vale que

f'(A, (u,v)) = \nabla f(A) \cdot (u,v) = 3u+2v

de donde sale que

\nabla f(A) = (3,2)

y como A es un punto genérico del plano, en particular se tiene que \nabla f(1,3) = (3,2)

Ahora aproximamos la función con el polinomio de Taylor de primer orden:

f(1.02, 2.99) \approx f(1,3) + f'_x(1,3)(x-1) + f'_y(1,3)(y-3)
= 5 + 3(0.02) + 2(-0.01) = 5.04

b) Siendo f(x,y) = x^2 + 2y^2, calcule el área de la región plana limitada por la curva que une los puntos en los que la máxima derivada direccional de f resulta igual a 2.

Como f es un polinomio, es diferenciable, luego la máxima derivada direccional en cada punto lo puedo obtener con la norma del gradiente, es decir

\nabla f(x,y) = (2x, 4y)
g(x,y) = ||(2x,4y)||
= \sqrt{4x^2 + 16y^2}

Los puntos en los cuales vale 2 es
\sqrt{4x^2 + 16y^2} = 2

4x^2 + 16y^2 = 4

x^2 + 4y^2 = 1

que es una elipse de semiradios 1 y \frac{1}{2}. Como no pide resolver la integral podemos usar la fórmula conocida del area de una elipse de semiradios a y b que es a\cdot b\cdot \pi. Entonces en este caso el área pedida es \frac{\pi}{2}

2) a) Enuncie el teorema de Green. Dado f(x,y) = (2xy, x^2-3x), calcule la circulación en sentido positivo de f a lo largo de la frontera de una región simple D, sabiendo que area(D) = 6

Se dan las condiciones necesarias para aplicar Green. Luego,

Q'_x - P'_y = 2x-3-2x = -3

Por el teorema de Green tenemos

\oint_{\partial D} \vec{f} \cdot \vec{dc} = \iint_D Q'_x - P'_y dxdy

que en este caso equivale a

-3 \iint_D dxdy

no conocemos la región D, pero la integral que nos queda equivale a su área que vale 6, por lo tanto la circulación pedida es 6(-3) = -18 (en sentido positivo).

b) Enuncie hipótesis para asegurar la independencia del camino en una integral de línea de campo vectorial. Suponiendo que dichas hipótesis se cumplen, calcule \int_{\vec{BC}} \vec{f} \cdot \vec{ds} sabiendo que \int_{\vec{BA}} \vec{f} \cdot \vec{ds} = -2 y \int_{\vec{AC}} \vec{f} \cdot \vec{ds} = 7

Este ejercicio es bien conceptual. Sabemos que la integral es independiente del camino. Y queremos ir de B a C. Tenemos las integrales de B a A y de A a C, o sea entre las dos me armo un camino (de dos trozos) que va de B a C, simplemente tengo que sumar las dos integrales para obtener el valor del camino entero, o sea la integral pedida vale -2+7 = 5

3) Calcule el área del trozo de superficie cónica de ecuación z^2 = x^2 + y^2 cuyos puntos cumplen con x^2 + y^2 + z^2 \leq 18

Primero intersecto el cono
z^2 = x^2 + y^2
con la esfera
x^2+y^2+z^2 = 18
de la primera ecuación en la segunda queda
x^2+y^2+x^2 + y^2 = 18
x^2 + y^2 = 9
y reemplazando en la primera sacamos que z_1 = 3 o z_2 = -3, es decir la intersección se da en dos circunferencias que se encuentran en dichos planos.
Por ser una superficie simétrica respecto del plano xy, voy a hacer la parte de arriba y multiplicar por 2. Parametrizo la parte de arriba:

S(\phi, \rho) = (\rho \cos(\phi), \rho \sin(\phi), \rho)

con 0 \leq \phi \leq 2\pi y 0 \leq \rho \leq 3

Averiguo el diferencial de superficie

S'_\phi = (-\rho \sin(\phi), \rho\cos(\phi), 0)
S'_\rho = (\cos(\phi), \sin(\phi), 1)
N = S'_\phi \wedge S'_\rho = (\rho \cos(\phi), \rho \sin(\phi), -\rho)

Luego el diferencial de superficie es ||S'_\rho \wedge S'_\phi || = \sqrt{\rho^2 \cos^2(\phi) + \rho^2 \sin^2(\phi) + \rho^2} = \sqrt{\rho^2 + \rho^2} = \sqrt{2} \rho

Volcando todo en la integral, el área de la parte de arriba es

\sqrt{2}\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^3 \rho d\rho = 9\sqrt{2} \pi.

Por lo tanto el área pedida es 2 \cdot 9\sqrt{2}\pi = 18\sqrt{2}\pi

Acá abajo grafico en color azul el trozo de superficie cónica de la cual acabamos de calcular el área, y una sección de la esfera que la limita (en rojo):


draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), u, u, 0, 3, v, 0, 2*%pi),
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), -u, u, 0, 3, v, 0, 2*%pi),
color = "light-red",
parametric_surface(sqrt(18)*cos(v)*sin(w), sqrt(18)*sin(v)*sin(w), sqrt(18)*cos(w), v,0,2*%pi*3/4, w, 0, %pi)
);

4) Dado \vec{f}(x,y,z) = (2x+y\phi(z), 3y-x\phi(z), z+\phi(x+y)) con \phi' contínua, calcule el flujo de \vec{f} a través de la superficie frontera del cuerpo cuyos puntos cumplen con x + z \leq 2, y + z \leq 2, 1º octante.

Se cumplen las hipótesis para aplicar el teorema de la divergencia, luego

div(\vec{f}) = 2+3+1 = 6

Por el teorema de la divergencia tenemos que \iint_{S=\partial D} f ds = \iiint_V div(f) dv

que en nuestro caso equivale a

6 \iiint_V dv

Averiguo como se intersectan los planos
x+z=2
y
y+z=2
igualando nos queda
x+z=y+z
x=y

Entonces, si proyecto sobre el plano xy tengo que tener en cuenta que vamos a tener “2 techos”. Nos queda entonces

6 \left( \int_0^2 dx \int_0^x dy \int_0^{2-x} dz + \int_0^2 dy \int_0^y dx \int_0^{2-y}dz \right)

Observamos que las dos integrales van a dar lo mismo, pues la segunda es igual a la permutación de x con y en la primera (y además se nota que la región es simétrica respecto de x=y), por lo tanto calculo la primera integral sólamente:

\int_0^2 (2-x) x dx
\int_0^2 2x - x^2 dx
\left[ x^2 - \frac{x^3}{3} \right]_0^2 = \frac{4}{3}

Por lo tanto, el flujo (saliente) pedido equivale a

6 \left( \frac{4}{3} + \frac{4}{3} \right) = 16

En el siguiente gráfico se puede visualizar el cuerpo sobre cuya superficie frontera acabamos de calcular el flujo saliente.


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 = "blue", line_width=1,
reparametrize(x,y,0, x,0,2, y,0,2),
reparametrize(x,0,z, x,0,2, z,0,2-x),
reparametrize(0,y,z, y,0,2, z,0,2-y),
reparametrize(x,y,2-x, x,0,2, y,0,x),
reparametrize(x,y,2-y, y,0,2, x,0,y)
);

Final 21/12/2009

Solución: (de la parte práctica)

1) a) Enuncie el teorema del rotor (Stokes). Aplíquelo para demostrar que el flujo de rot(f) a través de la superficie de ecuación z = \sqrt{4-x^2-y^2} con z \geq 1 es igual al flujo de rot(f) a través del trozo de paraboloide de ecuación z = x^2 + y^2 - 2 con z \leq 1, si ambas superficies están orientadas hacia z^+.

La curva frontera de la primer superficie es:
\sqrt{4-x^2-y^2} = 1
4 - x^2 - y^2 = 1
x^2 + y^2 = 3
o sea una circunferencia de radio \sqrt{3} sobre el plano z=1

La curva frontera de la segunda superficie es:
x^2 + y^2 - 2 = 1
x^2 + y^2 = 3
por lo tanto también es una circunferencia de radio \sqrt{3} sobre el plano z=1

Como en ambos casos la orientación es hacia z^+ podemos parametrizar la curva como:
C(t) = (\sqrt{3}\cos(t), \sqrt{3}\sin(t), 1) con 0 \leq t \leq 2\pi

Por el teorema del rotor:
\displaystyle \oint_{C = \partial S} f dC = \iint_S rot(f) dS
No importa cual superficie tomemos mientras tenga a la misma curva como frontera (podríamos incluso tomar el plano z=1 como superficie), por lo tanto el flujo del rotor sobre las dos superficies es:

\iint_{S_1} rot(f) dS = \iint_{S_2} rot(f) dS = \oint_C f dC

El gráfico de las dos superficies en color rojo y azul, y la curva en color negro:


draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-red",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), sqrt(4-u^2), u, 0, sqrt(3), v, 0, 2*%pi),
color = "light-blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), u^2-2, u, 0, sqrt(3), v, 0, 2*%pi),
color = "black", line_width=2,
parametric(sqrt(3)*cos(t), sqrt(3)*sin(t), 1, t, 0, 2*%pi)
);

b) Dado f(x,y,z) = (z-y, x-z, 1-y), calcule la circulación de f a lo largo de la curva intersección de las superficies de ecuaciones y = x^2 + z^2 e y = 12-2x^2-2z^2. Indique gráficamente cómo ha orientado la curva.

Veamos como se intersectan las superficies:
y = 12 - 2y
3y = 12
y = 4
x^2 + y^2 = 4

por lo tanto la curva es una circunferencia de radio 2 sobre el plano y=4
Podemos hacerlo en forma directa o por rotor, vamos por este último:
rot(f) = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ \partial_x & \partial_y & \partial_z \\ z-y & x-z & 1-y \end{matrix} \right| = (0,1,2)

Tomo como superficie para Stokes el plano y=4 con normal N=(0,1,0)
O sea que el producto escalar rot(f) \cdot N = 1
Proyectando en el plano xz y pasando a polares, la circulación mediante Stokes equivale a:

1 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^2 \rho d\rho = 4\pi

2) a) Defina derivada direccional. Siendo f(x,y) = \frac{x^2y + y^2\sin(x)}{x^2+y^2} si (x,y) \neq (0,0), f(x,y) = 0 si (x,y) = (0,0), analice si existe f'((0,0),\vec{r}) para distintos \vec{r} \in \mathbb{R}^2.

\displaystyle f'((0,0),(v_1,v_2)) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+hv_1, 0+hv_2) - f(0,0)}{h}

\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{f(hv_1, hv_2)}{h}
\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 v_1^2 hv_2 + h^2v_2^2 \sin(hv_1)}{h^2v_1^2 + h^2v_2^2} \frac{1}{h}

recordando que por ser versor v_1^2 + v_2^2 = 1:

\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{h^3 v_1^2 v_2}{h^3} + \lim_{h \to 0} \frac{h^2 v_2^2 \sin(hv_1)}{h^3}

\displaystyle = v_1^2 v_2 + \lim_{h \to 0} \frac{v_2^2 v_1 \sin(hv_1)}{hv_1}

\displaystyle = v_1^2 v_2 + v_2^2 v_1

por lo tanto es derivable \forall \vec{r}

b) Siendo x-y+z=4 la ecuación del plano tangente a la superficie de ecuación z = f(x,y) en el punto (2,1,z_0), halle las direcciones de derivada direccional máxima, mínima y nula de f en (2,1) indicando, para cada caso, cuál es el correspondiente valor de la derivada.

Despejando z del plano:
z = 4 - x + y
Las derivadas parciales de f en (2,1) van a coincidir con las del plano tangente ya que el mismo es el polinomio de taylor de 1º orden, por lo tanto:
\nabla f(2,1) = (-1,1)
derivada máxima: |\nabla (1,2)| = \sqrt{2} en la dirección r_{max} = \frac{(-1,1)}{\sqrt{2}}
derivada mínima: -|\nabla (1,2)| = -\sqrt{2} en la dirección r_{min} = \frac{(1,-1)}{\sqrt{2}}
direcciones de derivada nula:
r_{nul_1} = \frac{(1,1)}{\sqrt{2}} y r_{nul_2} = \frac{(-1,-1)}{\sqrt{2}}

3) Siendo f(x,y,z) = (x-y, \sin(xz), z^2 - z), calcule el flujo de f a través de la superficie \Sigma frontera del cuerpo D definido por x^2 + z^2 \leq 4, x \leq y \leq x+2. Indique si considera a \Sigma orientada en forma entrante o saliente de D.

La superficie es cerrada, vamos a plantearlo por el teorema de la divergencia:
div(f) = 1 + 0 + 2z - 1
= 2z

Usando coordenadas cilíndricas sobre el eje y:
T:\begin{cases} x = \rho\cos(\phi) \\ y = y \\ z = \rho\sin(\phi) \end{cases}
|J| = \rho

El flujo pedido, por el teorema de la divergencia, equivale a:
2 \int_0^{2\pi} \sin(\phi) d\phi \int_0^2 \rho^2 d\rho \int_{\rho\cos(\phi)}^{\rho\cos(\phi) + 2} dy

4 \left[ -\cos(\phi) \right]_0^{2\pi} \left[ \frac{\rho^3}{3} \right]_0^2 = 0

La superficie \Sigma la consideramos orientada en forma “saliente” por haber aplicado el teorema de la divergencia, de todas formas el flujo neto es 0, por lo tanto no resulta ni entrante ni saliente de la superficie.

El gráfico del cuerpo D:


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 = "blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*cos(v), u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
parametric_surface(u*cos(v), u*cos(v)+2, u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
reparametrize(x, y, sqrt(4-x^2), x, -2, 2, y, x, x+2),
reparametrize(x, y, -sqrt(4-x^2), x, -2, 2, y, x, x+2)
);

Este es el gráfico del mismo cuerpo D pero los colores representan la divergencia del campo en cada punto del cuerpo:


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",
enhanced3d = 2*u*sin(v),
parametric_surface(u*cos(v), u*cos(v), u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
parametric_surface(u*cos(v), u*cos(v)+2, u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
enhanced3d = 2*sqrt(4-u^2),
reparametrize(u, v, sqrt(4-u^2), u, -2, 2, v, u, u+2),
enhanced3d = -2*sqrt(4-u^2),
reparametrize(u, v, -sqrt(4-u^2), u, -2, 2, v, u, u+2)
);

4) Calcule mediante una integral doble el área de la región plana limitada por y = -2x^2 y la curva solución de y' + y = x que pasa por (1,0)

Resolvamos la ecuación diferencial por el método de Lagrange:
y = uv
y' = u'v + uv'

u'v + uv' + uv = x
u [v'+v] + u'v = x
primera parte:
v' + v = 0
\frac{dv}{dx} = -v
\frac{dv}{v} = -dx
\ln(v) = -x
v = e^{-x}
segunda parte:
u' e^{-x} = x
du = xe^x dx
u = xe^x - e^x + c
por lo tanto:
y = uv
= x - 1 + c e^{-x}
usando la condición inicial:
0 = 0 + c e^{-1}
c = 0
por lo tanto la curva es:
y = x-1

Veamos como se intersectan las dos curvas:
-2x^2 = x-1
2x^2 + x - 1 = 0
x_1 = -1 y x_2 = \frac{1}{2}

Considerando que en ese intervalo es mayor la primer función, el área que encierra es:
\displaystyle \int_{-1}^{\frac{1}{2}} dx \int_{x-1}^{-2x^2} dy
\displaystyle \int_{-1}^{\frac{1}{2}} -2x^2 - x + 1 dx
\displaystyle \left[ \frac{-2}{3}x^3 - \frac{x^2}{2} + x \right]_{-1}^{\frac{1}{2}}
= \frac{7}{24} - \left( - \frac{5}{6} \right) = \frac{9}{8} \approx 1,125

El gráfico del área de la región limitada por las dos curvas:


draw2d(
xlabel = "x", ylabel = "y",
parametric(t, -2*t^2, t, -2,2),
parametric(t, t-1, t, -2, 2)
);

Final 14/12/2009

Solución: (de la parte práctica)

1) a) Defina solución general (SG) y solución particular (SP) de una ecuación diferencial ordinaria de orden n. Sabiendo que y = 2x es una SP de y'' - y = f(x), halle la SP tal que y(0) = 2, y'(0) = 0

Primero calculamos la solución de la homogénea:
y'' - y = 0

El polinomio característico es:
\alpha^2 - 1 = 0
que tiene soluciones: \alpha_1 = 1, \alpha_2 = -1
Como las funciones \{ e^x, e^{-x} \} son L.I. la solución de la homogénea es la combinación lineal:

y_h = c_1 e^x + c_2 e^{-x}

por lo tanto la solución de la general es y_g = y_h + y_p
y = c_1 e^x + c_2 e^{-x} + 2x
su derivada es:
y' = c_1 e^x - c_2 e^{-x} + 2
usando las condiciones iniciales:

2 = c_1 + c_2
0 = c_1 - c_2 + 2

de donde sale que c_1 = 0 y c_2 = 2, por lo tanto la solución particular pedida es:

y = 2e^{-x} + 2x

b) Dado f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 tal que f(x,y,z) = (1, h(x) + z - 2x, y) con f(1,1,1) = (1,2,1), halle h(x) tal que la integral de línea de f a lo largo de una curva C desde A hasta B no dependa de la curva C que se utilice.

Debe cumplirse la condición necesaria de existencia de función potencial, que es que el jacobiano sea contínuo y simétrico:

Df = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ h'(x) - 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
Por lo tanto debe cumplirse:
h'(x) - 2 = 0
h'(x) = 2
h(x) = 2x + c

por otro lado como f(1,1,1) = (1,2,1)
(1, h(1) + 1 - 2, 1) = (1,2,1)
(1, c + 1, 1) = (1,2,1)
c+1 = 2
c = 1

finalmente, la función pedida es:
h(x) = 2x + 1

2) b) La superficie \Sigma tiene ecuación z = h(x,y) donde h(x,y) = f(xy, 2x^2) con f \in C^1, halle la ecuación del plano tangente a \Sigma en (1,1,z_0) sabiendo que \nabla f(1,2) = (2,3) y que f(1,2) = 4

Se trata de una función compuesta de la forma:
(x,y) \to g(x,y) \to (u,v) \to f(u,v) \to z
Donde:
g(x,y) = (xy, 2x^2)
resulta la función compuesta h = f \circ g
En el punto que nos interesa tenemos que:
(x,y) = (1,1) \to (u,v) = (1,2) \to z=4

Por la regla de la cadena sabemos que:
\nabla h = \nabla f|_{(1,2)} \circ Dg|_{(1,1)}
= \begin{pmatrix} 2 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y & x \\ 4x & 0 \end{pmatrix}_{(1,1)}
= \begin{pmatrix} 2 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 4 & 0 \end{pmatrix}
= \begin{pmatrix} 14 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} h'_x & h'_y \end{pmatrix}

Por lo tanto el plano tangente buscado es:
z = 4 + 14(x-1) + 2(y-1)

3) Calcule el área del trozo de plano de ecuación z = 1 + 2x con 2 + 2x - x^2 - y^2 \leq z \leq 5 + 2x - x^2 - y^2

Reemplazo en la restricción con la ecuación de la superficie:
2 + 2x - x^2 - y^2 \leq 1 + 2x \leq 5 + 2x - x^2 - y^2
2 - x^2 - y^2 \leq 1 \leq 5 - x^2 - y^2
De la primer inecuación sale que:
x^2 + y^2 \geq 1
De la segunda inecuación sale que:
x^2 + y^2 \leq 4

Parametrizo el plano de la siguiente manera (basándome en las coordenadas polares)
S(\rho, \phi) = (\rho \cos(\phi), \rho \sin(\phi), 1 + 2\rho\cos(\phi))
S'_{\rho} = (\cos(\phi), \sin(\phi), 2\cos(\phi))
S'_{\phi} = (-\rho\sin(\phi), \rho\cos(\phi), -2\rho\sin(\phi))

El vector normal es:
N = S'_{\rho} \wedge S'_{\phi} = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ \cos(\phi) & \sin(\phi) & 2\cos(\phi) \\ -\rho\sin(\phi) & \rho\cos(\phi) & -2\rho\sin(\phi) \end{matrix} \right|
= (-2\rho, 0, \rho)
Su norma es:
|N| = \sqrt{5}\rho

Por lo tanto el área de la porción de plano pedida es:
\sqrt{5} \int_0^{2\pi} d\phi \int_1^2 \rho d\rho
\sqrt{5} 2\pi \left[ \frac{\rho^2}{2} \right]_1^2
= 3 \sqrt{5} \pi

El gráfico de la sección del plano es:

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

4) Dado f \in C^1 calcule el flujo de f a través de la superficie abierta \Sigma de ecuación z = \sqrt{2 - x^2 - y^2} con z \geq 1, sabiendo que div f(x,y,z) = 3z y que f(x,y,1) = (2x, 3-y, 2). Indique gráficamente como ha decidido orientar a \Sigma.

De la ecuación de la superficie:
z = \sqrt{2-x^2-y^2}
z^2 = 2 - x^2 - y^2
x^2 + y^2 + z^2 = 2
Vemos que se trata de una esfera de radio \sqrt{2}, de la cual nos interesa sólamente la parte que cumple z \geq 1, intersectando con el plano z=1 nos queda:

x^2 + y^2 = 1
Es decir que la proyección sobre el plano xy será el interior de la circunferencia unitaria.

Aprovechamos que tenemos la divergencia para calcular el flujo total (mas adelante le restaremos la tapa), usamos coordenadas cilíndricas:

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

Ese es el flujo sobre la superficie total, veamos cuanto es el flujo sobre la “tapa” que vendría a ser el plano z=1, el cual debemos orientar con el vector normal hacia “abajo” para que resulte saliente:
El vector normal por lo tanto es de la forma:
N = (0,0,-1)
Hacemos el producto escalar f \cdot N = -2
Por lo tanto el flujo sobre la “tapa” es:
-2 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho
-4 \pi \left[ \frac{\rho^2}{2} \right]_0^1
-2\pi

Por lo tanto el flujo sobre la superficie abierta es igual al flujo total (\frac{3}{4}\pi) menos el flujo sobre la tapa (-2\pi), o sea, \frac{3}{4}\pi - (-2\pi) = \frac{11}{4}\pi

En el siguiente gráfico se puede ver la superficie en color celeste, y la “tapa” en color rojo:

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

Final 29/10/2009

final_29_10_2009

Para aprobar había que tener dos bien entre el 1.a, 1.b, 2.a, 2.b, y uno bien entre el 3 y 4.

Solución (de la parte práctica)

1) a) Enuncie el teorema de derivación para la composición de funciones (regla de la cadena). Calcule la máxima derivada direccional de h = f \circ g en A = (2,1) , siendo Df(u,v) = (2uv, u^2+1) y g(x,y) = (x+y, x-y)

La función compuesta es de la forma:
(x,y) \to g \to (u,v) \to f \to z
En el punto:
(x,y)=(2,1) \to (u,v)=(3,1)

Por la regla de la cadena:
h = f \circ g
\nabla h = \nabla f Dg
\nabla h(2,1) = (2uv, u^2+1)_{(3,1)} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}_{(2,1)}
= (6,10) \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}
= (16, -4)

Por lo tanto la máxima derivada direccional es:
|\nabla h(2,1)| = 4\sqrt{17}

b) Dada w = f(u,v) con (u,v) = (x^2y, x-y), resulta w = h(x,y). Calcule aproximadamente h(1.98, 1.01) sabiendo que f queda definida en forma implícita por \ln(w-u)+v+w-6=0

La función compuesta resulta:
(x,y) \to g \to (u,v) \to f \to w
En el punto:
(x,y) = (2,1) \to (u,v)=(4,1) \to w=5

Por la regla de la cadena:
h = f \circ g
\nabla h = \nabla f Dg
\nabla h(2,1) = (f'_u, f'_v)_{(4,1)} \begin{pmatrix} 2xy & x^2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}_{(2,1)}

Ahora vemos la función implícita, defino:
F(u,v,w) = \ln(w-u) + v + w - 6
\nabla F = \left( \frac{-1}{w-u}, 1, \frac{1}{w-u}+1 \right)
\nabla F(4,1,5) = (-1,1,2)
Por el teorema de la función en forma implícita
\nabla f(4,1) = (\frac{1}{2}, \frac{-1}{2})

Volviendo a la función compuesta:
\nabla h(2,1) = (\frac{1}{2}, \frac{-1}{2}) \begin{pmatrix} 4 & 4 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}
= (\frac{3}{2}, \frac{5}{2})

Por lo tanto:
h(x,y) \approx 5 + \frac{3}{2}(x-2) + \frac{5}{2}(y-1)
h(1.98, 1.01) \approx 4.995

2) a) Defina “punto simple” y “punto regular” de una curva. Analice si el punto A=(1,1) es punto simple y también si es punto regular de la curva de ecuacion X=(\sqrt{2}\cos(t), \sqrt{2}\sin(t)) con 0 \leq t \leq 3\pi.

Defino a la curva como C(t) = (\sqrt{2}\cos(t), \sqrt{2}\sin(t))
Primero veamos para que valor del parámetro nos encontramos en el punto A
C(\pi/4) = C(9\pi/4) = A
Por lo tanto hay mas de un valor del parámetro que nos verifica el punto A, es decir la parametrización no es inyectiva, esto nos dice que el punto A no es un “punto simple” de la curva, o en otras palabras “la curva pasa mas de una vez por ese punto”.
Veamos si es un punto regular, para ello el vector tangente tiene que ser distinto del nulo:
C'(t) = (-\sqrt{2}\sin(t), \sqrt{2}\cos(t))
C'(\pi/4) = (-1,1) \neq (0,0)
por lo tanto A es un punto regular de la curva.

b) Dada la curva C definida por la intersección de las superficies de ecuaciones: z = y+x^2 e y=z-x, analice si la recta tangente a C en A=(1,1,2) tiene algún punto en común con el eje z.

El siguiente es el gráfico de las dos superficies:

final_29_10_2009_ej_2b
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "black",
parametric(1,1-t,2-t, t,-1,2),
color = "light-blue", line_width=1,
parametric_surface(x,y,y+x^2, x,-1,2, y,-1,2),
color = "light-red",
parametric_surface(x, y, x+y, x,-1,2, y,-1,2)
);

Hay dos formas de obtener la recta tangente, parametrizando, o multiplicando vectorialmente los gradientes normales a las superficies, vamos por este segundo método, definimos:

f(x,y,z) = z-y-x^2
g(x,y,z) = y-z+x

Los gradientes, normales a las superficies de nivel 0:
\nabla f = (-2x, -1,1)
\nabla g = (1,1,-1)
En el punto A
\nabla f(1,1,2) = (-2,-1,1)
\nabla g(1,1,2) = (1,1,-1)
Multiplicamos vectorialmente:
\nabla f(1,1,2) \times \nabla g(1,1,2) = (0,-1,-1) = V
Por lo ranto la recta tangente es:
r(t) = A + tV
= (1,1,2) + t(0,-1,-1)
= (1, 1-t, 2-t)

Ahora tenemos que averiguar si intersecta al eje z, en cartesianas es equivalente a la intersección de los planos x=0, y=0, por lo tanto debe cumplirse simultáneamente:
1=0
1-t=0
pero la primera ecuación es un absurdo, por lo tanto la recta no intersecta al eje z.

3) Calcule mediante una integral doble el área de la región plana definida por: 0 \leq y \leq f(x), 0 \leq x \leq 2\pi, siendo y=f(x) la solución particular de y'' + y = 1 que en el punto (0,2) tiene recta tangente de ecuación y=2

Propongo como solución de la ecuación diferencial homogénea:
y=e^{\alpha x}
y'= \alpha e^{\alpha x}
y'' = \alpha^2 e^{\alpha x}

(\alpha^2+1)e^{\alpha x} = 0
\alpha = \pm i

Por lo tanto la solución de la homogénea es de la forma:
y_h = A\cos(x) + B\sin(x)

Para la particular propongo como solución:
y=C
y'=0
y'' = 0

C=1
Por lo tanto:
y_p = 1

La solución general viene dada por:
y_g = y_h + y_p
= A\cos(x) + B\sin(x) + 1

En (0,2)
2 = A + 1
Entonces:
A=1
Derivando:
y'_g = -A\sin(x) + B\cos(x)
En (0,2)
0 = B

Finalmente, la curva es:
y = f(x) = \cos(x) + 1

La integral pedida es:
\int_0^{2\pi}dx \int_0^{\cos(x)+1}dy
\int_0^{2\pi} \cos(x)+1 dx
[\sin(x) + x]_{0}^{2\pi} = 2\pi

Que corresponde al area debajo de la siguiente curva:

final_29_10_2009_ej_3
wxplot2d([cos(x)+1], [x,0,2*%pi])$

4) Dado f(x,y,z) = (1-2xy, y^2, 4z) calcule el flujo de f a través de la superficie frontera del cuerpo definido por x^2+y^2 \leq 4, x+z \leq 2, 1º octante. Indique si, respecto del cuerpo, el flujo es entrante o saliente.

Como se trata de una superficie cerrada lo planteamos por divergencia:
div(f) = -2y +2y + 4
= 4

Por lo tanto el flujo con respecto a la normal saliente es:
4 \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^2 \rho d\rho \int_0^{2-\rho\cos(\phi)}dz
4 \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^2 \rho(2-\rho\cos(\phi)) d\rho
4 \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^2 2\rho - \rho^2\cos(\phi) d\rho
4 \int_0^{\pi/2} d\phi [\rho^2 - \frac{\rho^3}{3}\cos(\phi)]_0^2
4 \int_0^{\pi/2} 4 - \frac{8}{3} \cos(\phi) d\phi
4 [4\phi - \frac{8}{3}\sin(\phi)]_0^{\pi/2}
4 (2\pi - \frac{8}{3})
= 8\pi - \frac{32}{3} \approx 14.46 > 0
por lo tanto el flujo es saliente respecto del cuerpo.

El siguiente es el gráfico del cuerpo:
final_29_10_2009_ej_4
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", line_width=1,
reparametrize(2*cos(u),2*sin(u),v, u,0,%pi/2, v,0,2-2*cos(u)),
parametric_surface(v*cos(u),v*sin(u),0, u,0,%pi/2, v,0,2),
reparametrize(u,0,v, u,0,2, v,0,2-u),
parametric_surface(0,u,v, u,0,2, v,0,2),
parametric_surface(v*cos(u),v*sin(u),2-v*cos(u), u,0,%pi/2, v,0,2)
);