Corrección Segundas Instancias Cálculo III, 10 de julio de 2013

Universidad Mayor de San Sim´on Facultad de Ciencias y Tecnolog´ıa

Hans Muller u ¨ ller Santa Cruz Departamento de Mathematicas

♦

Correcci´ on on Segundas Instancias de C´ alculo alculo III

10 de julio de 2013

Tabla de Respuestas 1.-

d

2.-

c

3.-

b

1.- (26 puntos ) Cuatro ni˜ nos, en un instante dado, se colocan en las nos, esquinas de una cancha de pasto cuadrangular de 50 m de lado. Deciden jugar a perseguirse, el ni˜ no no 1 al ni no 2, el ni˜no no 2 al ni no 3, el ni˜ no no 3 al ni no 4 y el ni˜ no no 4 al ni˜ no 1. Se supone que los ni˜nos no nos se persiguen con la misma rap´ rap´ıdez. Ver figura adjunta. Utilizando m´ etodos etodos diferenciales, determinar la longitud que recorren cada uno, desde la esquina que parten al punto de encuentro que es el centro de la cancha. no 1 se encuentra en un punto (x, y ) el ni˜  no 2 se encontrar´  a en  Indicaci´  on : Considerar que cuando el ni˜  una posici´  on rotada de  90◦ . Respuesta:

√ 

a) 100 m, c) 100 2 m,

b) 50 2 m, d) 50 m.

√ 

Analisemos el movimiento movimiento que sigue el ni no 1. Si despu´ es es de cierto tiempo t el ni no 1 se encuentra en el punto (x, (x, y), por simetr´ simetr´ıa del problema y siguiendo la indicaci´ i ndicaci´ on el ni no 2 se encuentra en el punto on ◦ ( y, x), obtenido por rotaci´on on de 90 . La persecusi´ persecusi´ on se hace por medio del sentido de la vista, por consiguiente el vector velocidad v (x, y) on est´ a dado por α y x v (x, y) = , 2 2 x y ( y x) + (x (x y )

−

 − −

−

− −  −

donde α es la rap´ıdez. ıde z. Nos interesa, conocer la trayectoria o una parametrizaci´on de ´esta, esta, para poder p oder determinar su longitud.  La relaci´on on y = y/ ˙ x˙ , nos permite tomar como sistema de ecuaciones diferenciales de la parametrizaci´on de la trayectoria, no del movimiento del ni no 1, la siguiente.

  − −  − x˙ y˙

y x x y

=

−

1 1

=

−1   x  . −1 y

con condici´on on inicial inicial x(0) = 25 e y (0) = 25. Resolviendo Resolviendo este problema a valor inicial, se obtiene obtiene

√  √ 

π −t )e 4 π y (t) = 25 2sin(t 2sin(t + )e−t 4

x(t) = 25 2 cos( cos(tt +

La longitud de la trayectoria es

    ∞

√   

∞

2

2

(x˙ ) + (y˙ ) dt = 25 2

0

−t

e

0

 

∞

= 50

     

(cos(t (cos(t +

π ) 4

π − sin(t sin(t + )) 4

e−t dt = 0.

0

2.- (26 puntos ) Consideremos el problema a valor inicial



2x˙ + 3x 3x + y˙ + 6y 6y = t x˙ + x + y˙ + 6y 6y = 0. x(0) = 1, 1, y(0) = 0. 0.

2

+ (cos(t (cos(t +



=2

π π ) + sin(t sin(t + ))2 dt 4 4

 

Hallar la soluci´ on on de este problema. Respuesta:

a)

c)

   

− y(t) = − −

,

t

1

12

36

x(t) = 54 e−2t + y(t) =

   

1 4

x(t) = t

5

−2t

16

e

t

−

2

−

41 144

b) 1 4

, −6t

e

t

1

12

36

− −

d)

x(t) = e−2t + te−2t + t , y(t) = te−2t t 5 x(t) = 16 e−2t

− −

5

−2t

y(t) = 4 e

+

t 2

41 144

e−6t

−

t

− − 12

1 36

.

1 4

Restamos la primera ecuaci´on on con la segunda ecuaci´on on y obtenemos x˙ + 2x 2x = t, La soluci´ soluci´ on general, (la particular la obtenemos al tanteo) es on t 1 . 2 4 1/4, de donde

x(t) = ce−2t + El valor inicial x(0) = 1, se convierte en 1 = c

−

−

5 −2t t 1 e + . 4 2 4 El valor de x, remplazamos en la segunda ecuaci´on, on, se obtiene x(t) =

−

5 t 1 y˙ + 6y 6y = e−2t . 4 2 4 La soluci´ on on particular la obtenemos desglozando cada uno de los t´ erminos erminos no homog´ eneos, eneos, de esta 5 manera 54 e−2t contribuye a la soluci´on on particular con 16 e−2t y t/2 t/2 1/4 con t/12 t/12 1/366. La soluci´ on general es consecuencia on

− −

− −

−

−

5 −2t t 1 e + ce−6t . 16 12 36 El valor inicial y (0) = 0, da la ecuaci´on on 5/16 + c 1/36 = 0, de donde c = 41 41//144. Por consiguiente la soluci´ on on para y es 5 −2t 41 −6t t 1 y(t) = e e . 16 144 12 36 y(t) =

− −

−

−

− −

3.- (26 puntos ) Utiliza U tilizando ndo m´etodos etodos del c´alculo alculo varicional, determinar las ecuaciones param´ etricas etricas de x e y sabiendo que y(x) satisface y (0) = a > 0, y(b) = a e

    b

0

Respuesta:

 

a) c)

1 + (y ( y  )2 dx y

x = c cosh(t cosh(t) , y = c sinh(t sinh(t) + d x = c sec t + d , y = c ln(sec t + tan t)

→ m´ın .

b) d)

 

x = 2c (t + sin(t sin(t)) + d , y = c(1 + cos(t cos(t)) x = ct2 . y = t+d

Aplicamos las ecuaciones de Euler Lagrange a f ( f (x, y) = con la variante f 



− y f 

y

 

1 + (y ( y  )2 , y

√ 

= c. Se obtiene

 

1 + (y ( y  )2 y

√ 

Planteamos y = tan θ, de donde

2

1 = c ⇒   −  1 +y(y √  √  = c. (y ) y 1 + (y (y ) y 

2



2

y = c cos2 θ = c(1 + cos(2θ cos(2θ)) Se tiene

dx dy  = /y = dθ dθ

−2c sin θ cos θ = −2c cos

2

tan θ

Por lo tanto x = c(θ +

θ = c(1 + cos(2θ cos(2θ ))

1 sin(2θ sin(2θ)) + d. 2

Planteando t = 2θ, se obtiene c (t + sin(t sin(t)) + d 2 = c(1 + cos(t cos(t)). )).

x = y

2