Final 27/02/2018

Solución (de la parte práctica, y de forma muy concisa)

T1) En polares

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

Notar que \rho varía entre \rho = 0 y \rho = \sin(\phi). En polares y = \rho \sin(\phi). Multiplicando por \rho vemos que \rho^2 = \rho \sin(\phi), es decir x^2 + y^2 = y, x^2 + (y-1/2)^2 = 1/4 que es una circunferencia. Como \phi varía entre 0 y \pi/2 es en el primer cuadrante. El dibujito entonces nos queda así

En cartesianas \boxed{ \int_0^1 y dy \int_0^{ \sqrt{y-y^2} } dx }


T2) y'' - 2y' + y = 0

y = C x e^x no es SG pues tiene una sola constante arbitraria y la EDO es de segundo orden.

Veamos si es solución
y' = C e^x + C xe^x
y'' = C e^x + C e^x + C xe^x
y'' = 2 C e^x + C xe^x

reemplazo
2Ce^x + C xe^x - 2Ce^x - 2Cxe^x + Cxe^x = \boxed{ 0 }

por lo tanto es solución.


E1)
y = 2x^2 + 2z^2 \ \ (1)
y = 1 + x^2 + z^2 \ \ (2)

igualando (1) con (2)
2x^2 + 2z^2 = 1 + x^2 + z^2

x^2 + z^2 = 1
y = 2

rot(f) = (2xy-x, y^2, z^2 - 2yz)

aplico rotor sobre el disco circular en el plano $y=2$, tomando normal $n = (0,1,0)$
rot(f) \cdot (0,1,0) = y^2 = 2^2 = 4
4 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho = \boxed{4\pi}

En el siguiente dibujo vemos la curva en color negro, la superficie en color azul, y la proyección sobre el plano xz en violeta


E2) Como f(x,y) = x^2 + y^2 - 2x = (x-1)^2 + y^2 - 1 es contínua y D = { (x,y) \in \mathbb{R}^2 / x^2 + y^2 \leq 4 } es compacto, por el teorema de Weierstrass produce un mínimo y un máximo absoluto.

En mi opinión con eso sólo ya está terminado el ejercicio ya que no pide calcularlos. De todas formas vamos a calcularlos.

\nabla f(x,y) = (2x-2, 2y)

Los puntos críticos cumplen (2x-2, 2y) = (0,0), es decir se tiene un único punto crítico A = (1,0). Como A \in D hay que considerarlo.

Hf = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}. Por el criterio del Hessiano es un mínimo relativo. De hecho está claro que \boxed{f(1,0) = -1} \leq (x-1)^2 + y^2 - 1 \ \forall (x,y) \in A, por lo tanto es mínimo absoluto.

Como no hay otro punto crítico en el interior, el máximo absoluto debe producirse en la frontera. Parametrizamos la frontera de A con g(t) = (2 \cos(t), 2 \sin(t)) con 0 \leq t \leq 2\pi.

Sea h(t) = f(g(t)) = 4 - 4 \cos(t)
Busco sus puntos críticos
h'(t) = 4 \sin(t)
4 \sin(t) = 0, es decir los puntos críticos son t_1 = 0 y t_2 = \pi.

Directamente evaluando vemos que f(2,0) = h(t_1) = 0 y que f(-2,0) = h(t_2) = 8. Luego vemos que \boxed{f(-2,0) = 8} es máximo absoluto.

En el siguiente dibujo vemos la región A en celeste, los conjuntos de nivel de f en verde, y los puntos donde se producen el mínimo y máximo absoluto en rojo.


E3) Lo hago por flujo directo (sin usar divergencia y tapa)

La superficie es de ecuación
z = \sqrt{4 - x^2 - y^2} (1)
x^2 + y^2 \leq 1 (2)

Defino G(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 4
\nabla G = (2x, 2y, 2z)
|G'_z| = 2z (pues sobre la superficie z \geq 0)

Luego f \cdot \frac{\nabla G}{|G'_z|} = x^2 + y^2 + z^2 = 4 sobre la supercicie.

Luego el flujo pedido es
4 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho = \boxed{4\pi}

En el siguiente dibujo vemos el casquete esférico en color verde, y la proyección en el plano xy en violeta


P4) x^2 \leq z \leq 8 - x^2 - 2y^2
por transitividad
x^2 \leq 8 - x^2 - 2y^2
x^2 + y^2 \leq 4

Recordando que x \geq 0 tenemos que el volumen pedido es
\int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\phi \int_0^2 \rho d\rho \int_{\rho^2 \cos^2(\phi)}^{8 - \rho^2 \cos^2(\phi) - 2\rho^2 \sin^2(\phi)} dz

\int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\phi \int_0^2 \rho (8 - 2\rho^2) d\rho = \boxed{8\pi}

En el siguiente dibujo vemos el sólido donde el techo está en color violeta, el piso en color azul, y la proyección sobre el plano xy en color rojo.

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4 respuestas a Final 27/02/2018

  1. Maruu Wang dijo:

    Hola, en E4, los limites del angulo no deberia ser de -pi/2 a pi/2?

  2. consulta Damian, con qué lo graficaste al punto 4?

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