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

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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!

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