1º Recuperatorio 2º Parcial Verano 2018

Solución:

P1) f(x,y) = (3x^2 y + y^2, x^3 + 2yx)
Veamos si es conservativo.

Q'_x = 3x^2 + 2y = P'_y.

Como Df es contínua y simétrica, y el dominio de f es \mathbb{R}^2 que es símplemente conexo, resulta que f es conservativo. Busquemos su función potencial.

\phi'_x = 3x^2 y + y^2
\phi'_y = x^3 + 2yx

\phi = x^3 y + xy^2 + C

Los puntos inicial y final de la curva son A = \sigma(0) = (1,0) y B = \sigma(\frac{\pi}{2}) = (0,0)

Luego por el teorema de la independencia del camino, la circulación pedida es
\int_C f \cdot dc = \phi(B) - \phi(A) = C - C = \boxed{0}

Dibujito con geogebra de la curvita:


P2)
a) Nos piden calcular el area de la superficie
z = x^2 + y^2 con 1 \leq z \leq 4

G(x,y,z) = x^2 + y^2 - z
\nabla G(x,y,z) = (2x, 2y, -1)
||\nabla G(x,y,z)|| = \sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1}
|G'_z| = |-1| = 1

Proyectando sobre el plano xy y usando polares

\int_0^{2\pi} d\phi \int_1^2 \rho \sqrt{4\rho^2 + 1}  d\rho = \boxed{ \frac{\pi}{6} (17 \sqrt{17} - 5 \sqrt{5}) } según wolframalpha.


b) Para que sea conservativo debe cumplir que
Q'_x - P'_y = 0

es decir
6x + \phi''(x) + 2y - (3\phi'(x) + 2y) = 0
6x + \phi''(x) + 2y - 3\phi'(x) - 2y = 0
6x + \phi''(x) - 3\phi'(x) = 0
\phi''(x) - 3\phi'(x) = -6x

o sea que es SP de
y'' - 3y' = -6x

la ecuación característica es
\alpha^2 - 3\alpha = 0
cuyas raíces son
\alpha_1 = 0
\alpha_2 = 3

luego la SG de la homogenea asociada es
y_h = C_1 + C_2 e^{3x}

busco una SP con coef. indeterminados. Para ello propongo
y = Ax^2 + Bx
y' = 2Ax + B
y'' = 2A

reemplazo en la EDO
2A - 3(2Ax + B) = -6x
2A - 6Ax - 3B = -6x
-6Ax + (2A - 3B) = -6x

igualando coeficiente a coeficiente, nos queda el sistema
-6A = -6
2A - 3B = 0

de donde
A = 1
3B = 2A = 2 es decir B = 2/3

luego la SP es
y_p = x^2 + (2/3)x

y la SG es
y = y_h + y_p
\boxed{ y = C_1 + C_2 e^{3x} + x^2 + (2/3)x }

que coincide con wolframalpha.

derivando la SG
y' = 3 C_2 e^{3x} + 3x + (2/3)

como \phi(0) = 2/3
y'(0) = 3 C_2 + (2/3) = 2/3
de donde C_2 = 0

como \phi(0) = 1
y(0) = C_1 + C_2 = 1
C_1 + 0 = 1
de donde C_1 = 1

finalmente
\boxed{ \phi(x) = 1 + x^2 + (2/3)x }


P3)
x^2 + y^2 + z^2 = 2 (1)
y = \sqrt{x^2 + z^2} (2)

de (2) en (1)

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

en (2)
y = 1

rot(f) = \left| \begin{array}{ccc} i & j & k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ yz + 3x^2 z + y & x + z^2 & x^3 + 2yz \end{array} \right| = (0, y, -z) según wolframalpha.

Por el teorema del rotor
\int_C f \cdot dc = \iint_S rot(f) \cdot ds

donde S es el disco circular sobre el plano y = 1, tal que x^2 + z^2 = 1

Tomando normal n = (0,1,0) vemos que rot(f) \cdot n = y que sobre la superficie vale 1, por lo tanto proyectando sobre el plano xz nos queda

\iint_{S_{xz}} dx dz = area(S_{xz}) = \boxed{\pi}

En el siguiente dibujo se ve la curva C orientada (la circunferencia en color negro), la superficie S orientada (en color violeta), su proyección sobre el plano xz (en color rojo), y la esfera y el semicono cuya intersección define a la curva (en rojo y violeta semitrasparente)

p3b


P4)
La región está limitada por
x^2 + y^2 + z^2 \leq 1
x^2 + y^2 + (z-1)^2 \leq 1

las superficies asociadas son
x^2 + y^2 + z^2 = 1 (1)
x^2 + y^2 + (z-1)^2 = 1 (2)

igualando (1) con (2)
x^2 + y^2 + z^2 = x^2 + y^2 + (z-1)^2
z^2 = (z-1)^2
|z| = |z-1|

z-1 = z o bien z-1 = -z
-1 = 0 (absurdo) o bien z = 1/2

O sea que z = 1/2. Reemplazo en (1)
x^2 + y^2 + 1/4 = 1
x^2 + y^2 = 1 - 1/4 = 3/4

La densidad de masa es
\delta(x,y,z) = k \sqrt{x^2  + y^2}

Luego la integral planteada en cilíndricas es
\boxed{ M = k \int_0^{2 \pi} d\phi \int_0^{\sqrt{3}/2} \rho^2 d\rho \int_{ 1-\sqrt{1 - \rho^2} }^{ \sqrt{1-\rho^2}} dz }

= k \frac{\pi}{48} (8 \pi - 9 \sqrt{3}) según wolframalpha.

En el siguiente dibujito se ven las dos esferas (en violeta y verde) y la circunferencia intersección (en negro)

p4

Esta entrada fue publicada en Ejercicios de Parcial resueltos. Guarda el enlace permanente.

3 respuestas a 1º Recuperatorio 2º Parcial Verano 2018

  1. Hola Damian, puede ser que en el punto 4 los limites de integracion inferior de z este mail, que sea 1 + RAIZ(1 – r^2 )

    • dami dijo:

      Hola Mauricio,
      Está bien en la resolución, el límite inferior de z es 1 - \sqrt{1-\rho^2}.
      El menos viene de que el piso es la mitad *inferior* de la esfera verde.
      El techo es la mitad superior de la esfera violeta, por eso el límite superior es + \sqrt{1 - \rho^2}
      Por curiosidad, no te veo en mi listado de alumnos: sos alumno de Marcos o del virtual?
      Saludos,
      Damián.

  2. Hola Damian, disculpa que te responda tan tarde, soy de Marcos Sola, Saludos!

Responder

Por favor, inicia sesión con uno de estos métodos para publicar tu comentario:

Logo de WordPress.com

Estás comentando usando tu cuenta de WordPress.com. Cerrar sesión /  Cambiar )

Google+ photo

Estás comentando usando tu cuenta de Google+. Cerrar sesión /  Cambiar )

Imagen de Twitter

Estás comentando usando tu cuenta de Twitter. Cerrar sesión /  Cambiar )

Foto de Facebook

Estás comentando usando tu cuenta de Facebook. Cerrar sesión /  Cambiar )

w

Conectando a %s