2º Parcial Práctico — Comisión 1V1 (Tema A)

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Leé qué te piden: un volumen de un sólido del primer octante, con una pared cilíndrica y dos planos que lo cierran en $z$. Preguntate: ¿qué forma tiene la “sombra” del sólido sobre el plano $xy$? ¿Qué plano queda abajo y cuál arriba?

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Un sólido con base circular, un plano arriba y otro abajo se resuelve como volumen entre dos superficies con una integral doble en polares: $V=\iint_D(z_{\text{techo}}-z_{\text{piso}})\,dA$. Hay que identificar techo, piso y la región $D$. Machete: Volumen en polares/cilíndricas.

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Planteo casi hecho: techo $z=4-x$, piso $z=x$, $D:\ 0\le r\le2,\ 0\le\theta\le\tfrac\pi2$, $dA=r\,dr\,d\theta$, $x=r\cos\theta$:

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Qué: dibujar el sólido. Por qué: para decidir qué plano es techo y cuál piso. La condición $x\le z\le4-x$ dice que $z=x$ es el piso y $z=4-x$ el techo (se cumple $x\le4-x$ mientras $x\le2$). Cómo reconocerlo: un $z$ acotado entre dos expresiones en $x$ e $y$ es “piso $\le z\le$ techo”.

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Qué: fijar la región $D$ de integración. Por qué: es la proyección del sólido sobre $xy$. El cilindro $x^2+y^2=4$ y el primer octante ($x\ge0$, $y\ge0$) dan un cuarto de círculo: $0\le r\le2$, $0\le\theta\le\tfrac\pi2$. En todo $D$ vale $x\le2$, así que el techo nunca queda debajo del piso (se tocan recién en $x=2$, $z=2$).

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Qué: plantear la integral doble. Por qué: el volumen entre dos superficies es la integral de (techo − piso) sobre $D$:

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Qué: pasar a polares. Por qué: la base es un cuarto de círculo. Se reemplaza $x=r\cos\theta$ y $dx\,dy=r\,dr\,d\theta$ (el $r$ es el jacobiano). Distribuyendo el $r$:

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Qué: integrar en $r$, término por término. Por qué: la integral interna va primero y $\theta$ se trata como constante.

• $\int_0^2 4r\,dr=\big[2r^2\big]_0^2=8$
• $\int_0^2 2r^2\cos\theta\,dr=\Big[\dfrac{2r^3}{3}\Big]_0^2\cos\theta=\dfrac{16}{3}\cos\theta$

Restando el segundo término: $\ \int_0^2(\dots)\,dr=8-\dfrac{16}{3}\cos\theta$

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Qué: integrar en $\theta$. Por qué: ya queda una sola variable. La constante da una vuelta de $\tfrac\pi2$ y la primitiva del coseno es el seno:

Restando: $V=4\pi-\dfrac{16}{3}=4\Big(\pi-\dfrac43\Big)$.

Solución · Elaborado para el sitio — no oficial

Ojo con: olvidarte del jacobiano $r$ al pasar a polares, o poner $\theta$ de $0$ a $2\pi$: el primer octante es solo un cuarto de círculo.

Criterio estimado — no oficial (la consigna pide planteo y desarrollo consistente, con todos los cálculos auxiliares):

• Bien: techo $z=4-x$, piso $z=x$, $D$ cuarto de círculo ($0\le r\le2$, $0\le\theta\le\frac\pi2$), integral $\int_0^{\pi/2}\!\int_0^2(4-2r\cos\theta)\,r\,dr\,d\theta$ con jacobiano y $V=4\pi-\frac{16}{3}$.
• A medias: planteo correcto con un error de cuenta que cambia el resultado.
• Mal: sin planteo, $\theta$ de $0$ a $2\pi$ (ignora el 1º octante), sin jacobiano, o techo y piso invertidos.

Solución elaborada — no oficial, verificada con sympy.

Comprobación · Elaborado para el sitio — no oficial

Camino independiente en cartesianas: $V=\int_0^2(4-2x)\sqrt{4-x^2}\,dx$ (para cada $x$, $y$ va de $0$ a $\sqrt{4-x^2}$). Separando, $\int_0^2\sqrt{4-x^2}\,dx$ es el área de un cuarto de círculo de radio 2, o sea $\pi$, y $\int_0^2x\sqrt{4-x^2}\,dx=\big[-\tfrac13(4-x^2)^{3/2}\big]_0^2=\tfrac83$:

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Mirá el integrando y las superficies: ¿qué combinación de $x$ e $y$ se repite en el elipsoide? ¿Qué forma tiene la región del 1º octante con $y\le x$ vista desde arriba (en el plano $xy$)?

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Como $x^2+y^2$ aparece junto, conviene coordenadas cilíndricas: $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, $dx\,dy\,dz=r\,dr\,d\theta\,dz$. Hay que despejar $z$ del elipsoide (techo) y ver qué ángulos corresponden a $0\le y\le x$. Machete: Integral triple en cilíndricas/esféricas.

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Planteo casi hecho: $z$ va de $0$ a $2\sqrt{1-r^2}$, $0\le r\le1$, $0\le\theta\le\tfrac\pi4$, y el integrando $xz\cdot r$ pasa a $r^2\cos\theta\,z$:

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Qué: dibujar la región. Por qué: para ver los límites. Dividiendo por $4$, $x^2+y^2+\tfrac{z^2}{4}=1$: es un elipsoide de semiejes $1$, $1$ y $2$. En el 1º octante es un “cuarto de huevo” cuya cara de arriba es $z=2\sqrt{1-x^2-y^2}$, y el plano $y=x$ lo corta por la mitad del cuarto.

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Qué: hallar la base y el techo. Por qué: con $x^2+y^2=r^2$ el elipsoide es $4r^2+z^2=4$, o sea $z=\sqrt{4-4r^2}=2\sqrt{1-r^2}$ (con $z\ge0$ por el octante). Ese techo toca $z=0$ en $r=1$: la base llega hasta $r=1$. Para el ángulo, $y\le x$ con $x,y\ge0$ significa $\tan\theta\le1$, es decir $0\le\theta\le\tfrac\pi4$. Cómo reconocerlo: una desigualdad entre $y$ y $x$ en el primer octante recorta un sector entre dos rectas por el origen.

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Qué: pasar el integrando y el elemento de volumen a cilíndricas. Por qué: $x=r\cos\theta$ y el jacobiano agrega un $r$, así que $xz\,dx\,dy\,dz=r\cos\theta\cdot z\cdot r\,dr\,d\theta\,dz=r^2\cos\theta\,z\,dr\,d\theta\,dz$. Las variables se separan:

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Qué: integrar en $z$. Por qué: es la integral más interna:

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Qué: integrar en $r$. Por qué: se multiplica por $r^2$ y se primitiva cada potencia:

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Qué: integrar en $\theta$ y juntar. Por qué: lo que falta es solo $\int_0^{\pi/4}\cos\theta\,d\theta=\sin\tfrac\pi4-\sin0=\tfrac{\sqrt2}{2}$. Entonces

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Ojo con: el jacobiano (el $r$ extra) y no confundir los límites de $z$: es $2\sqrt{1-r^2}$, no $\sqrt{1-r^2}$ (el elipsoide tiene semieje $2$ en $z$).

Criterio estimado — no oficial (la consigna pide planteo y desarrollo consistente, con todos los cálculos auxiliares):

• Bien: cilíndricas con integrando $r^2\cos\theta\,z$, $0\le z\le2\sqrt{1-r^2}$, $0\le r\le1$, $0\le\theta\le\frac\pi4$ y $IT=\frac{2\sqrt2}{15}$.
• A medias: planteo y límites correctos pero un error de cuenta (por ejemplo en $\int r^2(1-r^2)\,dr$).
• Mal: sin jacobiano, techo $\sqrt{1-r^2}$ en vez de $2\sqrt{1-r^2}$ (ignora el semieje), o ángulos mal (por ejemplo $0\le\theta\le\frac\pi2$).

Solución elaborada — no oficial, verificada con sympy.

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Camino independiente: otro orden, integrando en $r$ con $z$ fijo (la parte de $\theta$ no cambia). Para cada $z$ entre $0$ y $2$, $r$ va de $0$ a $\sqrt{1-z^2/4}$ y $\int_0^R r^2\,dr=\tfrac{R^3}{3}$. Con $u=1-\tfrac{z^2}{4}$ se tiene $z\,dz=-2\,du$:

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Fijate qué te piden: la integral de un campo vectorial sobre una curva cerrada formada por dos tramos, $C_1$ y $C_2$. Dibujá las dos curvas: ¿en qué puntos se cortan y qué región encierran? ¿Hacia dónde hay que recorrerlas para que sea antihorario?

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Es una integral curvilínea de $P\,dx+Q\,dy$ sobre una curva cerrada: se puede hacer por definición (parametrizando cada tramo) o con el teorema de Green en polares, que pide la consigna. Hay que hallar los cortes (igualando las curvas) y respetar el sentido. Machetes: Curvilínea por definición y Teorema de Green.

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Planteo casi hecho: cortes $(1,-1)$ y $(-1,1)$; $C_1$ va de $(1,-1)$ a $(-1,1)$ por el arco de la derecha y $C_2$ vuelve por la recta. Con $P=2xy^2$, $Q=-3xy$, Green en polares:

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Qué: dibujar y hallar los cortes. Por qué: para fijar los extremos de cada tramo. Reemplazando $y=-x$ en $x^2+y^2=2$ queda $2x^2=2$, o sea $x=\pm1$. Cortes: $A(1,-1)$ y $B(-1,1)$. La recta pasa por el centro, así que la región $D$ es un semicírculo: $-\tfrac\pi4\le\theta\le\tfrac{3\pi}{4}$.

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Qué: fijar el sentido. Por qué: antihorario deja la región $D$ a la izquierda. Entonces $C_1$ es el arco de $A$ a $B$ por la derecha (ángulo creciente) y $C_2$ es el diámetro de $B$ a $A$, con $x$ de $-1$ a $1$.

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Qué: calcular $IC_1$ por definición. Por qué: se reemplaza la curva en $P\,dx+Q\,dy$. Sobre la circunferencia $y^2=2-x^2$, y además $y\,dy=-x\,dx$ (derivando $x^2+y^2=2$). Entonces:

• $P\,dx=2x(2-x^2)\,dx=(4x-2x^3)\,dx$
• $Q\,dy=-3x\,(y\,dy)=-3x(-x\,dx)=3x^2\,dx$

Todo queda en función de $x$: $P\,dx+Q\,dy=(4x-2x^3+3x^2)\,dx$. Cómo reconocerlo: como el integrando depende solo de $x$, alcanza con ir del $x$ inicial al final ($x=1$ en $A$, $x=-1$ en $B$), aunque el arco pase por $x=\sqrt2$:

(con $x=-1$: $2-\tfrac12-1=\tfrac12$; con $x=1$: $2-\tfrac12+1=\tfrac52$).

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Qué: calcular $IC_2$ por definición. Por qué: sobre la recta $y=-x$, $dy=-dx$, con $x$ de $-1$ a $1$.

• $P\,dx=2x\,x^2\,dx=2x^3\,dx$
• $Q\,dy=-3x(-x)(-dx)=-3x^2\,dx$

Sumando los tramos: $IC=IC_1+IC_2=-2-2=-4$.

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: plantear Green en polares (lo que pide la consigna). Por qué: la curva es cerrada, simple, antihoraria y $P,Q$ son derivables:

Con $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$ y $dA=r\,dr\,d\theta$, el integrando es $-r\sin\theta\,(3+4r\cos\theta)\,r=-(3r^2\sin\theta+4r^3\sin\theta\cos\theta)$:

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Qué: resolver (aunque la consigna no lo exige). Por qué: sirve para controlar el resultado. En $r$ (con $\sqrt2^{\,3}=2\sqrt2$ y $\sqrt2^{\,4}=4$):

Entonces $IC=-\int_{-\pi/4}^{3\pi/4}\big(2\sqrt2\,\sin\theta+4\sin\theta\cos\theta\big)\,d\theta$, y por partes:

• $\int 2\sqrt2\sin\theta\,d\theta=2\sqrt2\,\big[-\cos\theta\big]_{-\pi/4}^{3\pi/4}=2\sqrt2\Big(\tfrac{\sqrt2}{2}+\tfrac{\sqrt2}{2}\Big)=4$
• $\int4\sin\theta\cos\theta\,d\theta=\big[2\sin^2\theta\big]_{-\pi/4}^{3\pi/4}=1-1=0$

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Ojo con: el sentido de recorrido (si invertís $C_1$ o $C_2$ cambia el signo del tramo) y no olvidar el $r$ del jacobiano en Green en polares.

Criterio estimado — no oficial (la consigna pide planteo y desarrollo consistente, con todos los cálculos auxiliares):

• Bien: gráfico con cortes $(1,-1)$ y $(-1,1)$ y sentido antihorario, $IC_1=-2$ (arco de la circunferencia), $IC_2=-2$ (recta, $x$ de $-1$ a $1$), $IC=-4$, y Green planteado en polares con el jacobiano $r$ y $-\frac\pi4\le\theta\le\frac{3\pi}4$, $0\le r\le\sqrt2$ (el enunciado no pide verificar).
• A medias: los dos tramos bien planteados con un error de cuenta, o un tramo con el sentido invertido, o falta el planteo de Green.
• Mal: sin gráfico ni límites, recorrido horario sin advertirlo, o Green en polares sin el jacobiano $r$.

Solución elaborada — no oficial, verificada con sympy.

Comprobación · Elaborado para el sitio — no oficial

Camino independiente para $IC_1$: parametrización trigonométrica $x=\sqrt2\cos\theta$, $y=\sqrt2\sin\theta$, con $\theta$ de $-\tfrac\pi4$ a $\tfrac{3\pi}{4}$ (el arco completo, sin depender del truco de $x$). Ahí $\int_{-\pi/4}^{3\pi/4}\big(P\,x'+Q\,y'\big)d\theta=-2$, igual que antes. Además, definición y Green son caminos distintos que dan el mismo valor, $-2+(-2)=-4$.

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Mirá cómo está escrita: aparecen $\sin y$, $y\sin x$, $x\cos y$… en una suma que se anula, con una expresión acompañando a $dx$ y otra a $dy$ (en el original falta escribir $dy$). ¿Podría ser el diferencial total de alguna función $u(x,y)$?

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Una ecuación $P\,dx+Q\,dy=0$ es exacta si $\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}$: hay que verificarlo primero. Si lo es, se busca $u$ con $u_x=P$, $u_y=Q$ y la solución es $u=C$. Machete: EDO exacta.

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Planteo casi hecho: $P=\sin y+y\sin x$, $Q=x\cos y-\cos x+3y^2-1$. Integrá $P$ en $x$ y sumá $\varphi(y)$; después $\varphi'(y)=Q-\dfrac{\partial}{\partial y}\int P\,dx$.

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Qué: identificar $P$ y $Q$. Por qué: $P$ multiplica a $dx$ y $Q$ a $dy$. En el enunciado falta $dy$, pero el segundo paréntesis lo lleva (si no, no sería una ecuación en diferenciales). $P=\sin y+y\sin x$, $Q=x\cos y-\cos x+3y^2-1$.

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Qué: verificar la condición de exactitud. Por qué: sin ella el método de $u$ no vale:

Son iguales: es exacta. (Si no lo fuera, se prueba un factor integrante: ver el machete.)

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Qué: integrar $P$ respecto de $x$. Por qué: $u_x=P$, así que $u$ es una primitiva de $P$ en $x$; lo que no depende de $x$ queda como una función $\varphi(y)$. Con $y$ constante, $\int\sin y\,dx=x\sin y$ y $\int y\sin x\,dx=-y\cos x$:

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Qué: hallar $\varphi(y)$. Por qué: $u$ también tiene que cumplir $u_y=Q$. Derivando respecto de $y$:

(La constante de integración de $\varphi$ se absorbe en la $C$ final.)

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Qué: escribir la solución. Por qué: una EDO exacta tiene como solución general (implícita) las curvas de nivel $u(x,y)=C$.

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Ojo con: el signo de $\int y\sin x\,dx=-y\cos x$ y no olvidar el $-y$ que sale de integrar el $-1$ de $\varphi'(y)$.

Criterio estimado — no oficial (la consigna pide planteo y desarrollo consistente, con todos los cálculos auxiliares):

• Bien: verifica la exactitud ($\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\cos y+\sin x$), integra $P$ en $x$, obtiene $\varphi'(y)=3y^2-1$ y escribe $x\sin y-y\cos x+y^3-y=C$.
• A medias: resuelve bien pero sin verificar la exactitud, o se equivoca en el signo de $\int y\sin x\,dx$ o se olvida el $-y$ de $\varphi$.
• Mal: no reconoce el tipo, o no determina $\varphi(y)$.

Solución elaborada — no oficial, verificada con sympy.

Comprobación · Elaborado para el sitio — no oficial

Camino independiente: derivar la solución implícitamente respecto de $x$ (con $y=y(x)$):

Es justo $P+Q\,y'=0$, o sea la ecuación original dividida por $dx$.

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Contá qué aparece: $y''$ e $y$ con coeficientes que son números, y del lado derecho un seno y un coseno. ¿Qué tipo de ecuación diferencial es y qué forma tiene su solución general? Antes de proponer nada, ¿qué funciones anulan el lado izquierdo?

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Es una EDO lineal de 2º orden con coeficientes constantes, no homogénea: se resuelve por coeficientes indeterminados, $y=y_h+y_p$. Primero $y_h$ con la ecuación característica; después se propone $y_p$ copiando la forma del lado derecho, mirando si choca con $y_h$. Machete: EDO 2º orden, coeficientes indeterminados.

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Planteo casi hecho: característica $r^2+1=0$, $r=\pm i$, $y_h=C_1\sin x+C_2\cos x$. El lado derecho tiene justo $\sin x$ y $\cos x$, que ya están en $y_h$: hay resonancia y $y_p$ lleva un factor $x$ (coeficientes $A$, $B$):

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Qué: resolver la homogénea. Por qué: $y_h$ es la solución con lado derecho cero y siempre forma parte de la general. Se prueba $y=e^{rx}$: $r^2+1=0\Rightarrow r=\pm i$ (complejas, con parte real $0$ y parte imaginaria $1$):

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: proponer $y_p$. Por qué: el lado derecho es $\sin x+\cos x$, así que lo natural sería $A\sin x+B\cos x$. Pero eso ya es solución de la homogénea ($y_h$ lo contiene): al reemplazarlo daría $0$ y nunca $\sin x+\cos x$. Por eso se multiplica por $x$. Cómo reconocerlo: si la frecuencia del lado derecho coincide con una raíz de la característica ($\pm i$ acá), hay resonancia.

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: derivar $y_p$ dos veces (regla del producto). Por qué: para reemplazar en la ecuación.

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Qué: reemplazar en $y''+y$. Por qué: $y_p$ tiene que cumplir la ecuación. Los términos con $x$ se cancelan, porque $-x(A\sin x+B\cos x)$ de $y_p''$ y $+x(A\sin x+B\cos x)$ de $y_p$ se anulan:

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Qué: igualar coeficientes. Por qué: dos funciones iguales tienen los mismos coeficientes en $\sin x$ y en $\cos x$. De $2A\cos x-2B\sin x=\sin x+\cos x$:

• $\cos x$: $2A=1\Rightarrow A=\tfrac12$
• $\sin x$: $-2B=1\Rightarrow B=-\tfrac12$

Así $y_p=\dfrac{x}{2}\sin x-\dfrac{x}{2}\cos x$.

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Qué: armar la general. Por qué: $y=y_h+y_p$, con $C_1$ y $C_2$ libres porque no hay condiciones iniciales.

Solución · Elaborado para el sitio — no oficial

Ojo con: proponer $A\sin x+B\cos x$ sin el factor $x$: al reemplazar da $0=\sin x+\cos x$, un absurdo. Cuando el lado derecho “está” en $y_h$, hay que multiplicar por $x$.

Criterio estimado — no oficial (la consigna pide planteo y desarrollo consistente, con todos los cálculos auxiliares):

• Bien: $y_h=C_1\sin x+C_2\cos x$ ($r=\pm i$), reconoce la resonancia y propone $y_p=x\,(A\sin x+B\cos x)$, obtiene $A=\frac12$, $B=-\frac12$ y escribe la general.
• A medias: $y_h$ y la forma de $y_p$ correctas pero un error de cuenta al derivar o resolver el sistema; o una solución general sin $y_h$.
• Mal: propone $A\sin x+B\cos x$ sin el factor $x$ (queda $0=\sin x+\cos x$) y no se da cuenta, o $y_h$ incorrecta.

Solución elaborada — no oficial, verificada con sympy.

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Camino independiente: sustituir $y_p$ en la ecuación. Con $y_p=\tfrac{x}{2}(\sin x-\cos x)$:

• $y_p'=\tfrac12(\sin x-\cos x)+\tfrac{x}{2}(\cos x+\sin x)$
• $y_p''=\cos x+\sin x+\tfrac{x}{2}(-\sin x+\cos x)$
• $y_p''+y_p=\cos x+\sin x+\tfrac{x}{2}(-\sin x+\cos x+\sin x-\cos x)=\sin x+\cos x$

$y_h$ no aporta, porque $y_h''+y_h=0$.