Segundo parcial práctico — Examen Y · Tema 1 (foto de clase)

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Mirá qué te piden: un volumen bajo una superficie $z=f(x,y)$ y sobre una región del plano. Preguntate: ¿qué forma tiene la región sombreada? ¿Qué te dice la marca “4” del gráfico sobre su tamaño y su posición?

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Es un volumen bajo una superficie con una integral doble, y la región es un círculo: conviene coordenadas polares (con jacobiano $r$). Machete: Volumen con polares/cilíndricas. Hay que escribir la frontera del círculo como $r=r(\theta)$ y recorrer $\theta$ una sola vez.

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Planteo casi hecho: el círculo es $x^2+(y-2)^2=4$, o sea $r=4\operatorname{sen}\theta$ con $0\le\theta\le\pi$, y $z=\dfrac1y=\dfrac1{r\operatorname{sen}\theta}$:

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: leer el círculo del gráfico. Por qué: sin centro y radio no hay límites. El círculo es tangente al eje $x$ en el origen y su punto más alto es $(0,4)$ (la marca “4”). Entonces el diámetro vertical va de $0$ a $4$:

Lectura del gráfico (confirmada con la foto): el enunciado no rotula centro ni radio; se leyó que el círculo toca justo el eje $x$ y que “4” marca su punto más alto. La ecuación es:

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: pasar la frontera a polares. Por qué: con $x=r\cos\theta$, $y=r\operatorname{sen}\theta$ se reemplaza en $x^2+y^2-4y=0$ (se desarrolla $(y-2)^2$ y se cancela el $4$):

Sacando factor común $r$ (con $r>0$):

Cómo reconocerlo: un círculo que pasa por el origen y tiene centro sobre el eje $y$ siempre da $r=2R\operatorname{sen}\theta$.

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: fijar los límites. Por qué: $r$ va de $0$ (el origen, que está en la frontera) hasta la curva. Y $\theta$ tiene que ser tal que $4\operatorname{sen}\theta\ge0$, ya que $r\ge0$:

Para $\theta$ entre $\pi$ y $2\pi$, $\operatorname{sen}\theta<0$ y no hay puntos (el círculo está arriba del eje $x$).

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: plantear la integral con el jacobiano. Por qué: $dA=r\,dr\,d\theta$, y la función es $z=\frac1y=\frac1{r\operatorname{sen}\theta}$:

El $r$ del jacobiano cancela el $r$ del denominador:

Ojo: en el origen $z=\frac1y$ no está acotada (integral impropia), y en polares $\frac1{\operatorname{sen}\theta}$ tampoco lo está en $\theta=0,\pi$. Pero la integral interna da $4$ (constante) y, como $z\ge0$, la impropia converge.

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: integrar en $r$. Por qué: el integrando no depende de $r$, así que la primitiva es $\frac{r}{\operatorname{sen}\theta}$:

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: integrar en $\theta$. Por qué: lo que quedó es una constante por la longitud del intervalo $\pi-0$:

Solución · Elaborado para el sitio — no oficial

Solución elaborada — no oficial, verificada con sympy.

Ojo con: tomar $0\le\theta\le2\pi$ (el círculo se recorre una sola vez con $\theta\in[0,\pi]$), olvidar el jacobiano $r$, o plantear el círculo como $r=2$ (eso es el círculo centrado en el origen, no tangente al eje $x$).

Criterio estimado — no oficial (la consigna de corrección no está en la foto; se supone que piden gráfico, planteo y todas las cuentas):

• Bien: círculo $x^2+(y-2)^2=4$ identificado, polares con $r=4\operatorname{sen}\theta$, $0\le\theta\le\pi$ y jacobiano $r$, integral planteada y $V=4\pi$.
• A medias: región y planteo correctos, pero un error en los límites de $\theta$, en el jacobiano o de cuenta que cambia el resultado.
• Mal: sin región ni límites coherentes con el gráfico, o integra en cartesianas sin llegar a un planteo válido.

Comprobación · Elaborado para el sitio — no oficial

Camino independiente: coordenadas cartesianas, integrando primero en $x$ (para $y$ fijo, $x$ va de $-\sqrt{4y-y^2}$ a $\sqrt{4y-y^2}$, porque $x^2=4-(y-2)^2=4y-y^2$):

Sustitución $y=4\operatorname{sen}^2t$, $dy=8\operatorname{sen}t\cos t\,dt$, con $t$ de $0$ a $\frac\pi2$. Además $\sqrt{\frac{4-y}{y}}=\frac{\cos t}{\operatorname{sen}t}$:

Con $\int_0^{\pi/2}\cos^2t\,dt=\frac\pi4$:

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Fijate qué hay en cada ecuación. En la a): ¿cómo aparece $y$ respecto de $y'$ (a qué potencia, multiplicada por qué)? En la b): ¿de qué variables depende el lado derecho, y cómo? Mirá si podés agrupar cada ecuación en una forma conocida.

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La a) es una EDO lineal de primer orden ($y'+P(x)y=Q(x)$) y se resuelve con $y=u\cdot v$. Machete: EDO lineal. La b) es homogénea: dividiendo por $x$ aparece solo $\frac yx$, y se usa $y=ux$. Machete: EDO homogénea.

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Planteo casi hecho. a) $y'+\cot x\,y=\cos x$, con $P=\cot x$, $Q=\cos x$; se busca $v$ con $v'=-\cot x\,v$. b) $y'=\dfrac{\frac yx}{1+\sqrt{\frac yx}}$; con $y=ux$ queda $u'x=-\dfrac{u\sqrt u}{1+\sqrt u}$, que se separa en variables.

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué (a): pasar a forma lineal. Por qué: para reconocer $P$ y $Q$ hay que dejar $y'+P(x)\,y=Q(x)$. En el Tema 1 aparece $\frac1{\sec x}$, que es $\cos x$ (la secante es la inversa del coseno). Se pasa el término en $y$ a la izquierda:

Cómo reconocerlo: $y$ e $y'$ aparecen solo a la primera potencia y sin multiplicarse entre sí. Acá $P=\cot x=\dfrac{\cos x}{\operatorname{sen}x}$ y $Q=\cos x$.

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué (a): proponer $y=u\cdot v$ y reemplazar. Por qué: $y'=u'v+uv'$, y la ecuación queda con dos incógnitas, lo que deja libertad para elegir $v$:

Se elige $v$ para que el paréntesis valga cero: $v'=-\cot x\,v$. Separando variables:

Sin constante (alcanza una solución particular):

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué (a): hallar $u$. Por qué: con el paréntesis nulo queda $u'v=\cos x$. Reemplazando $v$:

La primitiva de $\operatorname{sen}x\cos x$ es $\frac{\operatorname{sen}^2x}{2}$ (derivando se vuelve a $\operatorname{sen}x\cos x$):

Entonces $y=u\,v$:

Vale en los intervalos donde $\operatorname{sen}x\ne0$. No hay condición inicial en este inciso.

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué (b): despejar $y'$ y pasar a forma homogénea. Por qué: con $y(1)=1$ se trabaja con $x>0$ e $y>0$ (así $\sqrt{xy}$ existe). Se divide por $dx$ y por $(x+\sqrt{xy})$:

Dividiendo numerador y denominador por $x$ (con $x>0$, $\frac{\sqrt{xy}}{x}=\sqrt{\frac yx}$):

Cómo reconocerlo: el lado derecho depende solo de $\frac yx$ (si cambiás $x\to tx$, $y\to ty$ no cambia).

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Qué (b): cambio $y=ux$. Por qué: así $\frac yx=u$ e $y'=u'x+u$:

Pasando $u$ restando:

Se separan variables ($u>0$):

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Qué (b): integrar. Por qué: $\int u^{-3/2}du=-2u^{-1/2}$ y $\int u^{-1}du=\ln u$; del lado derecho $-\ln x$ ($x>0$):

Pasando $\ln x$ a la izquierda:

Como $\ln u+\ln x=\ln(ux)=\ln y$ y $\frac1{\sqrt u}=\sqrt{\frac xy}$:

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Qué (b): condición inicial $y(1)=1$. Por qué: fija $C$. Con $x=1$, $y=1$ ($\ln1=0$, $\sqrt{1/1}=1$):

La solución queda en forma implícita (no se puede despejar $y$ con funciones elementales). Se perdió $u=0$ ($y=0$) al dividir por $u$, pero no cumple $y(1)=1$.

Solución · Elaborado para el sitio — no oficial

Solución elaborada — no oficial, verificada con sympy.

a) $y=\frac{\operatorname{sen}x}{2}+\frac{C}{\operatorname{sen}x}$

b) $\ln y-2\sqrt{\frac xy}=-2$

Ojo con: en la a) el signo de $P$ (queda $+\cot x$ al pasar $y\cot x$ sumando) y olvidar que $v=\frac1{\operatorname{sen}x}$ divide a toda la $u$; en la b) tratar $\sqrt{xy}$ como si se pudiera sacar de la raíz sin pedir $x,y>0$, y dejar el resultado sin usar $y(1)=1$.

Criterio estimado — no oficial (sin consigna de corrección a la vista):

• Bien: a) forma lineal, $v=\frac1{\operatorname{sen}x}$, $u=\frac{\operatorname{sen}^2x}2+C$ e $y$ resultante; b) $u=\frac yx$, separación de variables, $C=-2$ y la solución implícita.
• A medias: método correcto en ambas pero un error de signo o de constante, o la b) sin aplicar la condición inicial.
• Mal: no reconoce el tipo de ecuación o usa un método que no corresponde.

Comprobación · Elaborado para el sitio — no oficial

a) Sustituir en la ecuación. Con $y=\frac12\operatorname{sen}x+C\,\dfrac1{\operatorname{sen}x}$:

Sumando, los términos con $C$ se cancelan: $y'+\cot x\,y=\cos x$.

b) Derivar implícitamente $\ln y-2x^{1/2}y^{-1/2}=-2$:

Agrupando $y'$ y pasando el otro término:

Despejando, con $\frac{y\sqrt y}{\sqrt{xy}}=\frac{y}{\sqrt x}$:

que es la ecuación original. Condición: en $(1,1)$ da $0-2\cdot1=-2$.

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Mirá la ecuación: $y''$ e $y$ con coeficientes numéricos (lineal, no homogénea). Del lado derecho está $\dfrac3{\cos(3x)}$. ¿Qué tipo de ecuación es, y qué función aparece del lado derecho?

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Es una EDO lineal de 2.º orden con coeficientes constantes, pero el lado derecho ($\frac3{\cos3x}=3\sec3x$) no es de los que permiten coeficientes indeterminados: se usa variación de parámetros, con $y=y_h+y_p$. Primero $y_h$ con la característica. Machete: EDO 2.º orden, variación de parámetros.

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Planteo casi hecho: $r^2+9=0$ da $y_1=\cos3x$, $y_2=\operatorname{sen}3x$, con $W=3$. Se propone $y_p=u\,y_1+v\,y_2$ con

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: resolver la homogénea. Por qué: $y_h$ siempre forma parte de la solución general y de ahí salen $y_1$, $y_2$. Se prueba $y=e^{rx}$:

Raíces complejas $\alpha\pm\beta i$ con $\alpha=0$, $\beta=3$:

Cómo reconocerlo: la ecuación ya está en forma estándar (el coeficiente de $y''$ es $1$) y $f(x)=\dfrac3{\cos3x}$ no es polinomio, exponencial ni seno/coseno: coeficientes indeterminados no sirve.

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: calcular el wronskiano. Por qué: aparece dividiendo en las fórmulas y tiene que ser distinto de $0$. Con $y_1=\cos3x$, $y_2=\operatorname{sen}3x$:

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: plantear $u'$ y $v'$. Por qué: $y_p=u\,y_1+v\,y_2$ y con la condición $u'y_1+v'y_2=0$ salen las fórmulas. Con $f=\frac3{\cos3x}$:

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: integrar $u'$ y $v'$. Por qué: para obtener $u$ y $v$ (sin constantes: alcanza una solución particular). La primitiva de $\tan3x$ es $-\frac13\ln|\cos3x|$ (derivando: $-\frac13\cdot\frac{-3\operatorname{sen}3x}{\cos3x}=\tan3x$):

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: armar $y_p$ y la solución general. Por qué: $y_p=u\,y_1+v\,y_2$ y $y=y_h+y_p$:

Solución · Elaborado para el sitio — no oficial

Solución elaborada — no oficial, verificada con sympy.

Ojo con: el signo de $u'$ (lleva un menos: $u'=-\frac{y_2f}{W}$), dividir por $W$ (acá $W=3$, no $1$), y olvidar el valor absoluto del logaritmo (la solución vale donde $\cos3x\ne0$).

Criterio estimado — no oficial (sin consigna de corrección a la vista):

• Bien: $y_h$ con raíces $\pm3i$, $W=3$, $u'=-\tan3x$, $v'=1$, $y_p$ correcta y solución general $y_h+y_p$.
• A medias: $y_h$, $W$ y las fórmulas bien planteadas, pero un error de signo o de integración en $u$ o $v$.
• Mal: intenta coeficientes indeterminados con $y_p=A/\cos3x$ (o similar) o no distingue $y_h$ de $y_p$.

Comprobación · Elaborado para el sitio — no oficial

Sustituir $y_p=\frac13\cos3x\ln\cos3x+x\operatorname{sen}3x$ (con $\cos3x>0$) en $y''+9y$. Primera derivada:

Los dos términos $\mp\operatorname{sen}3x$ se cancelan:

Segunda derivada:

Sumando $9y_p=3\cos3x\ln\cos3x+9x\operatorname{sen}3x$, se cancelan los logaritmos y los términos con $x$:

Cumple la ecuación.