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

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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 $z=6-y$, piso $z=y$, $D:\ 0\le r\le3,\ 0\le\theta\le\tfrac\pi2$, $dA=r\,dr\,d\theta$, $y=r\sin\theta$:

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Qué: dibujar el sólido. Por qué: para decidir qué plano es techo y cuál piso. La condición $y\le z\le6-y$ dice que $z=y$ es el piso y $z=6-y$ el techo (se cumple $y\le6-y$ mientras $y\le3$). 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 $x^2+y^2=9$ y el primer octante ($x\ge0$, $y\ge0$) dan un cuarto de círculo: $0\le r\le3$, $0\le\theta\le\tfrac\pi2$. En todo $D$ vale $y\le3$, así que el techo nunca queda debajo del piso (se tocan recién en $y=3$, $z=3$).

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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 $y=r\sin\theta$ 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.

• $\int_0^3 6r\,dr=\big[3r^2\big]_0^3=27$
• $\int_0^3 2r^2\sin\theta\,dr=\Big[\dfrac{2r^3}{3}\Big]_0^3\sin\theta=18\sin\theta$

Restando el segundo término: $\ \int_0^3(\dots)\,dr=27-18\sin\theta$

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Qué: integrar en $\theta$. Por qué: ya queda una sola variable. La primitiva del seno es $-\cos\theta$:

Se evalúa en los límites (el signo menos pasa a cada coseno):

Restando: $V=\dfrac{27\pi}{2}-18=18\Big(\dfrac{3\pi}{4}-1\Big)$.

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 $z=6-y$, piso $z=y$, $D$ cuarto de círculo ($0\le r\le3$, $0\le\theta\le\frac\pi2$), integral $\int_0^{\pi/2}\!\int_0^3(6-2r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta$ con jacobiano y $V=\frac{27\pi}{2}-18$.
• 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: $V=\int_0^3(6-2y)\sqrt{9-y^2}\,dy$ (para cada $y$, $x$ va de $0$ a $\sqrt{9-y^2}$). Separando, $\int_0^3\sqrt{9-y^2}\,dy$ es el área de un cuarto de círculo de radio 3, o sea $\tfrac{9\pi}{4}$, y $\int_0^3y\sqrt{9-y^2}\,dy=\big[-\tfrac13(9-y^2)^{3/2}\big]_0^3=9$:

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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 $0\le y\le x$ 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 $3\sqrt{1-r^2}$, $0\le r\le1$, $0\le\theta\le\tfrac\pi4$, y el integrando $yz\cdot r$ pasa a $r^2\sin\theta\,z$:

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Qué: dibujar la región. Por qué: para ver los límites. $x^2+y^2+\tfrac{z^2}{9}=1$ es un elipsoide de semiejes $1$, $1$ y $3$. En el 1º octante es un “cuarto de huevo” cuya cara de arriba es $z=3\sqrt{1-x^2-y^2}$, 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 $r^2+\tfrac{z^2}{9}=1$, o sea $z=3\sqrt{1-r^2}$ (con $z\ge0$ por el octante). Ese techo toca $z=0$ en $r=1$: la base llega hasta $r=1$. Para el ángulo, $0\le y\le x$ 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: $y=r\sin\theta$ y el jacobiano agrega un $r$, así que $yz\,dx\,dy\,dz=r\sin\theta\cdot z\cdot r\,dr\,d\theta\,dz=r^2\sin\theta\,z\,dr\,d\theta\,dz$. 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:

Se evalúa en $r=1$ (en $r=0$ vale $0$) y se resta con denominador común:

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Qué: integrar en $\theta$ y juntar. Por qué: lo que falta es $\int_0^{\pi/4}\sin\theta\,d\theta=\big[-\cos\theta\big]_0^{\pi/4}=-\tfrac{\sqrt2}{2}+1=1-\tfrac{\sqrt2}{2}$. Entonces

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Ojo con: el signo al integrar el seno ($-\cos\theta$, y evaluar $-\cos\tfrac\pi4+\cos0$), y el semieje: el techo es $3\sqrt{1-r^2}$, no $\sqrt{1-r^2}$.

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

• Bien: cilíndricas con integrando $r^2\sin\theta\,z$, $0\le z\le3\sqrt{1-r^2}$, $0\le r\le1$, $0\le\theta\le\frac\pi4$ y $IT=\frac35\big(1-\frac{\sqrt2}{2}\big)$.
• A medias: planteo y límites correctos pero un error de cuenta (por ejemplo en el signo al integrar el seno).
• Mal: sin jacobiano, techo $\sqrt{1-r^2}$ en vez de $3\sqrt{1-r^2}$ (ignora el semieje), o ángulos mal.

Solución elaborada — no oficial, verificada con sympy.

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Camino independiente solo para la parte $(r,z)$: otro orden, integrando en $r$ con $z$ fijo (la parte de $\theta$, $1-\tfrac{\sqrt2}{2}$, se reutiliza porque no cambia). Para cada $z$ entre $0$ y $3$, $r$ va de $0$ a $\sqrt{1-z^2/9}$ y $\int_0^R r^2\,dr=\tfrac{R^3}{3}$. Con $u=1-\tfrac{z^2}{9}$ se tiene $z\,dz=-\tfrac92\,du$:

Es decir, la parte $(r,z)$ da $\tfrac35$ por los dos órdenes. Multiplicada por la parte de $\theta$:

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Fijate qué te piden: la integral de un campo vectorial sobre una curva cerrada formada por dos tramos, $C_1$ (una elipse) y $C_2$ (el eje $x$). Dibujá las dos curvas: ¿en qué puntos se cortan y qué región encierran?

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Es una integral curvilínea de $P\,dx+Q\,dy$: se hace por definición (parametrizando cada tramo) y se verifica con el teorema de Green en cartesianas, como pide la consigna. Hay que hallar los cortes y respetar el sentido antihorario. Machetes: Curvilínea por definición y Teorema de Green.

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Planteo casi hecho: cortes $(-1,0)$ y $(1,0)$; $C_2$ va de $x=-1$ a $x=1$ y el arco superior $C_1$ de $x=1$ a $x=-1$, con $y=2\sqrt{1-x^2}$. Con $P=2x+y^2$, $Q=3xy$, Green da $IC=\iint_D\big(\tfrac{\partial Q}{\partial x}-\tfrac{\partial P}{\partial y}\big)dx\,dy$ con $0\le y\le2\sqrt{1-x^2}$, $-1\le x\le1$.

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Qué: dibujar y hallar los cortes. Por qué: para fijar los extremos de cada tramo. Con $y=0$ en la elipse, $x^2=1$: cortes $(-1,0)$ y $(1,0)$. La curva cerrada es el semicírculo achatado de arriba: el arco superior de la elipse y el segmento del eje $x$.

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Qué: fijar el sentido. Por qué: antihorario deja la región $D$ a la izquierda. Sobre el eje $x$ se va de izquierda a derecha ($C_2$, $x$ de $-1$ a $1$), y por el arco superior se vuelve de derecha a izquierda ($C_1$, $x$ de $1$ a $-1$).

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Qué: calcular $IC_1$ por definición. Por qué: se reemplaza la curva en $P\,dx+Q\,dy$. De $x^2+\tfrac{y^2}{4}=1$, en el arco superior $y=2\sqrt{1-x^2}$ y $y^2=4(1-x^2)$, con $dy=\dfrac{-2x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$.

• $P\,dx=\big(2x+4(1-x^2)\big)\,dx$
• $Q\,dy=3x\cdot2\sqrt{1-x^2}\cdot\dfrac{-2x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=-12x^2\,dx$

Sumando: $P\,dx+Q\,dy=(2x+4-16x^2)\,dx$, y con $x$ de $1$ a $-1$:

Se evalúa en el límite superior ($x=-1$) y en el inferior ($x=1$):

• con $x=-1$: $1-4+\tfrac{16}{3}=-3+\tfrac{16}{3}=\tfrac73$
• con $x=1$: $1+4-\tfrac{16}{3}=5-\tfrac{16}{3}=-\tfrac13$

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Qué: calcular $IC_2$ por definición. Por qué: sobre $y=0$ se tiene $dy=0$, así que solo queda $P\,dx$ con $y=0$:

Sumando: $IC=IC_1+IC_2=\tfrac83+0=\tfrac83$.

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Qué: verificar con Green en cartesianas. Por qué: la curva es cerrada, simple, antihoraria y $P,Q$ son derivables:

Se evalúa en $x=1$ y en $x=-1$:

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Ojo con: el sentido de recorrido: si ponés los límites de $C_1$ de $-1$ a $1$ el signo de ese tramo se invierte (y no coincidiría con Green).

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

• Bien: gráfico con cortes $(-1,0)$ y $(1,0)$ y sentido antihorario, $IC_1=\frac83$ ($x$ de $1$ a $-1$ por el arco superior), $IC_2=0$, $IC=\frac83$, y Green en cartesianas con $\iint y\,dA=\frac83$.
• A medias: un solo método completo y correcto (definición o Green), o los dos con un error de cuenta; o un tramo con el sentido invertido.
• Mal: sin gráfico ni límites, orientación horaria sin advertirlo, o aplica Green sin cerrar la curva.

Solución elaborada — no oficial, verificada con sympy.

Comprobación · Elaborado para el sitio — no oficial

Camino independiente para $IC_1$: parametrización trigonométrica $x=\cos t$, $y=2\sin t$, con $t$ de $0$ a $\pi$ (antihorario sobre el arco superior). Con $x'=-\sin t$, $y'=2\cos t$, $P=2\cos t+4\sin^2t$ y $Q=3\cos t\cdot2\sin t=6\sin t\cos t$, el integrando es

y se integra término por término entre $0$ y $\pi$:

• $\int_0^\pi-2\sin t\cos t\,dt=\big[-\sin^2t\big]_0^\pi=0$
• $\int_0^\pi-4\sin^3t\,dt=-4\cdot\tfrac43=-\tfrac{16}{3}$ (porque $\int_0^\pi\sin^3t\,dt=\big[-\cos t+\tfrac{\cos^3t}{3}\big]_0^\pi=\tfrac23+\tfrac23=\tfrac43$)
• $\int_0^\pi12\sin t\cos^2t\,dt=12\Big[-\tfrac{\cos^3t}{3}\Big]_0^\pi=12\cdot\tfrac23=8$

Suma: $0-\tfrac{16}{3}+8=\tfrac{8}{3}$, igual que antes. Y la suma por definición coincide con el resultado de Green: dos caminos distintos, mismo valor.

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Mirá cómo está escrita: hay $y'$, un término con $\dfrac{y}{x}$ y del otro lado una potencia de $y$ en el denominador ($\sqrt y$). ¿Es lineal en $y$? ¿Qué lo impide?

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Es una lineal a la que le sobra una potencia de $y$ en el segundo miembro: $y'+P(x)\,y=Q(x)\,y^n$ con $n\neq0,1$. Eso es una EDO de Bernoulli: se multiplica por $(1-n)y^{-n}$ y se cambia $z=y^{1-n}$ para volverla lineal. Machete: EDO de Bernoulli.

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Planteo casi hecho: $y'-\dfrac2x\,y=4x^2\,y^{-1/2}$, o sea $n=-\tfrac12$ y $1-n=\tfrac32$. Multiplicando por $\tfrac32y^{1/2}$ y con $z=y^{3/2}$ queda una lineal en $z$:

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Qué: reconocer Bernoulli. Por qué: escribiendo $\dfrac{4x^2}{\sqrt y}=4x^2y^{-1/2}$ queda $y'-\dfrac2xy=4x^2y^n$ con $n=-\tfrac12$. Cómo reconocerlo: una lineal con $y^n$ en el segundo miembro, y $n$ no es $0$ ni $1$.

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Qué: multiplicar por $(1-n)\,y^{-n}=\tfrac32y^{1/2}$. Por qué: así el primer término se vuelve la derivada de $z=y^{3/2}$ y el $y^{-1/2}$ del segundo miembro se cancela:

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Qué: hacer el cambio de variable. Por qué: con $z=y^{3/2}$ se tiene $z'=\tfrac32y^{1/2}y'$ (regla de la cadena), que es justo el primer término:

Es una lineal en $z$.

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Qué: resolver la lineal con $z=u\cdot v$. Por qué: es el método de la cátedra. Con $z'=u'v+uv'$:

Se elige $v$ para que el paréntesis valga $0$: $v'=\dfrac3x\,v$, o sea $\dfrac{dv}{v}=\dfrac{3\,dx}{x}$, $\ln v=3\ln x$ (tomando $x>0$), entonces $v=x^3$ (la constante se elige $0$: alcanza con una $v$).

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Qué: hallar $u$. Por qué: con el paréntesis en $0$ queda $u'v=6x^2$, o sea $u'x^3=6x^2$:

Acá sí va la constante $C$.

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Qué: deshacer el cambio. Por qué: $z=u\,v=x^3\,(6\ln x+C)$ y $z=y^{3/2}$, así que la solución en $y$ es:

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Ojo con: el exponente al deshacer el cambio ($y^{3/2}$, no $y$), y recordar que como $\sqrt y$ está en la ecuación hay que tener $y>0$.

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

• Bien: reconoce Bernoulli con $n=-\frac12$, sustituye $z=y^{3/2}$, obtiene la lineal $z'-\frac3xz=6x^2$, la resuelve con $u\cdot v$ ($v=x^3$, $u=6\ln x+C$) y devuelve $y^{3/2}=x^3(6\ln x+C)$.
• A medias: reconoce la sustitución correcta pero se equivoca en $v$ o en $u$, o deja la solución en $z$ sin volver a $y$.
• Mal: no reconoce Bernoulli, o multiplica por una potencia equivocada y no llega a una lineal.

Solución elaborada — no oficial, verificada con sympy.

Comprobación · Elaborado para el sitio — no oficial

Camino independiente: derivar la lineal. Con $z=x^3(6\ln x+C)$ se tiene $z'=3x^2(6\ln x+C)+6x^2$ y entonces $z'-\tfrac3xz=6x^2$ (los términos con $\ln x$ y $C$ se cancelan). Y volviendo a $y=z^{2/3}$: $y'-\tfrac2xy=\tfrac23z^{-1/3}\big(z'-\tfrac3xz\big)=\tfrac23z^{-1/3}\cdot6x^2=\dfrac{4x^2}{\sqrt y}$, que es la ecuación original (porque $\sqrt y=z^{1/3}$).

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Contá qué aparece: $y''$ e $y'$ con coeficientes que son números, y del lado derecho un polinomio y una exponencial. ¿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 $r^2+r=0$, $y_h=C_1+C_2e^{-x}$. La constante de $y_h$ choca con el polinomio del lado derecho ($r=0$ es raíz), así que ese pedazo lleva un factor $x$; la exponencial $e^x$ no choca ($1$ no es raíz). Con coeficientes $A$, $B$, $D$:

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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 $y=e^{rx}$: $r^2+r=r(r+1)=0$, entonces $r_1=0$, $r_2=-1$ (reales y distintas):

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Qué: proponer $y_p$. Por qué: el lado derecho es $x+e^x$. Para $x$ correspondería $Ax+B$, pero una constante ya es solución de la homogénea ($r=0$ es raíz): reemplazada daría $0$ y no alcanzaría para $x$. Por eso se multiplica por $x$: $x(Ax+B)$. Para $e^x$ va $De^x$, y no hay conflicto porque $1$ no es raíz. Cómo reconocerlo: si lo que proponés ya aparece en $y_h$, hay resonancia y se multiplica por $x$ (por la potencia mínima que lo resuelve).

Paso · Elaborado para el sitio — no oficial

Qué: derivar $y_p$ dos veces. Por qué: para reemplazar en la ecuación.

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Qué: reemplazar en $y''+y'$, juntando términos semejantes. Por qué: $y_p$ tiene que cumplir la ecuación:

• términos en $x$: $2Ax$
• términos constantes: $2A+B$
• términos en $e^x$: $De^x+De^x=2De^x$

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Qué: igualar coeficientes y resolver. Por qué: dos funciones iguales tienen los mismos coeficientes en $x$, en $1$ y en $e^x$ (el lado derecho no tiene término constante: es $0$).

• $x$: $2A=1\Rightarrow A=\tfrac12$
• constante: $2A+B=0\Rightarrow B=-2A=-1$
• $e^x$: $2D=1\Rightarrow D=\tfrac12$

Así $y_p=\dfrac{x^2}{2}-x+\dfrac12e^x$.

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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 solo $Ax+B$ para el polinomio: como $r=0$ es raíz, al reemplazar sale $y_p''+y_p'=A$ y nunca aparece la $x$. Hay que multiplicar por $x$.

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

• Bien: $y_h=C_1+C_2e^{-x}$, reconoce que $r=0$ es raíz y propone $y_p=Ax^2+Bx+De^x$, obtiene $A=\frac12$, $B=-1$, $D=\frac12$ y escribe la general.
• A medias: $y_h$ correcta pero un error de derivación o de coeficientes; o una solución general sin $y_h$.
• Mal: propone $Ax+B$ sin el factor $x$ (nunca aparece el $x$ del lado derecho) o $y_h$ incorrecta.

Solución elaborada — no oficial, verificada con sympy.

Comprobación · Elaborado para el sitio — no oficial

Camino independiente: sustituir $y_p$ en la ecuación. Con $y_p=\tfrac{x^2}{2}-x+\tfrac12e^x$:

• $y_p'=x-1+\tfrac12e^x$
• $y_p''=1+\tfrac12e^x$
• $y_p''+y_p'=(1-1)+x+\big(\tfrac12+\tfrac12\big)e^x=x+e^x$

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