Designing the SANReN: Metro Network
10.1 The Johannesburg Network
10.1.4 The primary core node (Reefhead)
15 de enero de 2013
1. La funci´on de producci´on de Cobb-Douglas determina la producci´on P como funci´on de la mano de obra L y el capital K de forma que P = 1,01 L0,75K0,25. Con 100 unidades de mano
de obra y 1000 unidades de capital,
a. estimar el m´aximo error que se comete al calcular la producci´on si se comete un error de dos unidades en la medida de la mano de obra y de una unidad en la del capital,
b. si la mano de obra aumenta a raz´on de 6 unidades al a˜no y el capital disminuye a 2 unidades al a˜no, calcular la rapidez con que var´ıa (tasa de variaci´on de) la producci´on. (3 puntos)
Soluci´on:
a. Se ha de aproximar la variaci´on m´axima de la producci´on ∆P cuando hay una variaci´on de la mano de obra ∆L = 1 y una variaci´on del capital ∆K = 1. Esta variaci´on hay que calcularla cuando L = 100 y K = 1000. Dado que la funci´on P es diferenciable la
variaci´on de P se puede aproximar por PL∆L + SK∆K. Esto es lo que se suele llamar
aproximar la variaci´on de la funci´on por la diferencial. Si la diferencial de S se define como dP = PLdL + SKdK, y tomamos dL = ∆L y dK = ∆K se tiene que
∆P ≈ dP = PL∆L + PK∆K.
Calculando las derivadas parciales
PL(L, K) = 1,01 · 0,75 · L−0,25· K0,25, PK(L, K) = 1,01 · 0,25 · L0,75· K−0,75 y PL(100, 1000) = 1,347 PK(100, 1000) = 0,044 . se tiene la siguiente aproximaci´on de la variaci´on de P : ∆P ≈ 2,738. Este es la estimaci´on del m´aximo error.
b. Si la mano de obra y el capital var´ıan con el tiempo, entonces la producci´on var´ıa con el tiempo: P (t) = P (L(t), K(t)). Aplicando la regla de la cadena obtenemos la tasa de variaci´on de la producci´on con el tiempo en funci´on de las derivadas parciales de la producci´on P como funci´on de L y K, y de las tasas de variaci´on de la manos de obra y del capital con el tiempo:
dP dt (t0) = ∂P ∂L(100, 1000) dL dt(t0) + ∂P ∂K(100, 1000) dK dt (t0) = 1,347 · 6 + 0,044 · (−2) = 7,992 Esta es la rapidez de cambio o la tasa de variaci´on de la producci´on con el tiempo. 2. Dada la superficie x2/4 + y2− z2/9 = 1 obtener la ecuaci´on del plano tangente y la recta
Si consideramos la funci´on f (x, y, z) = x2/4 + y2− z2/9, el plano tangente a la superficie en
el punto (2, 1, 3) es perpendicular al vector gradiente de f en dicho punto: ∇f (2, 1, 3).
Esto es debido a que este vector es perpendicular a la superficie f (x, y, z) = 1. Se tiene ∇f (x, y, z) = (x/2, 2y, −2z/9) y ∇f (2, 1, 3) = (1, 2, −2/3).
Entonces, el plano tangente es un plano que pasa por el punto (2, 1, 3) y es perpendicular al vector (1, 2, −2/3). En consecuencia, la ecuaci´on de este plano es
(x − 2) + 2(y − 1) − 2(z − 3)/3 = 0, o bien
3x + 6y − 2z = 6.
La recta normal a la superficie dada (f (x, y, z) = 1) en el punto (2, 1, 3) tendr´a la direcci´on del vector gradiente a f en el punto (2, 1, 3) y deber´a pasar por este punto. La ecuaci´on param´etrica de la recta normal ser´a
x(t) = 2 + t, y(t) = 1 + 2t, z(t) = 3 − 2t/3. La ecuaci´on cont´ınua ser´a
(x − 2) = (y − 1)/2 = −3(z − 3)/2. O bien
2x − y = 3, y + 3z = 10.
3. Use multiplicadores de Lagrange para determinar el ´area del mayor rect´angulo inscrito en la elipse x2/4 + y2 = 1.
Soluci´on:
La elipse x2/4 + y2 = 1 es una curva de nivel correspondiente al valor uno de la funci´on
g(x, y) = x2/4 + y2. Se trata de encontrar el punto de esta elipse con coordenadas (x, y) que forma un rect´angulo de ´area m´axima. Ver la figura 1. Para dicho rect´angulo el ´area es
f (x, y) = 4xy. Por lo tanto, los puntos que buscamos son los puntos que minimizan f (x, y) y verifican g(x, y) = 1. Estos puntos deben de verificar dos condiciones. La primera condici´on es que los gradientes de f y g sean paralelos y la segunda es que estos puntos se encontren en la curva g(x, y) = 1. Es decir, tenemos que determinar los puntos (x, y) que verifican las
ecuaciones
∇f (x, y) = λ∇g(x, y) g(x, y) = 1. Este sistema es equivalente al sistema
4y = λx/2 4x = 2λy x2/4 + y2 = 1.
Eliminando λ de las dos primeras ecuaciones se obtiene x2 = 4y2. Utilizando la tercera se
tiene que 2y2 = 1. Por lo tanto x2 = 2. Se obtienen los puntos (±√2, ±√2/2) y (±√2, ∓√2/2). Estos cuatro puntos determinan el mismo rect´angulo cuyo ´area es 4. 4. Un pozo de 4 m de di´ametro produce la contaminaci´on de la zona de suelo que lo rodea
debido a las infiltraciones. Se estima que la concentraci´on del material contaminante (en g/m3) en cada punto de dicha zona es inversamente proporcional a la distancia al eje del pozo
(eje z) con una constante igual a 0,1. Determinar la concentraci´on media en la regi´on situada a menos de 10 m del pozo y a una profundidad entre 5 y 15 m. Calcular la cantidad total de contaminante que se encuentra en dicha parte del suelo.
Figura 2: Volumen V. Soluci´on
modelizar esta regi´on como la regi´on contenida entre los cilindros x2+ y2 = 22 y
x2+ y2 = 122, cuando 0 ≤ z ≤ 10. El primer cilindro representa las paredes del pozo, el
segundo representa el l´ımite de la regi´on de inter´es en la direcci´on perpendicular al eje del pozo. Como la concentraci´on no depende de la profundidad lo determinante es que se trata de una regi´on con 10 metros de profundidad. Por otra parte la concentraci´on es la funci´on f (x, y, z) = 0,1/px2+ y2.
Si utilizamos coordenadas cil´ındricas el volumen V se describe como M = {(r, θ, z)| 2 ≤ r ≤ 12, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 10}
La concentraci´on media se obtiene dividendo la integral de la funci´on f en V por el volumen de V. La cantidad de contaminante se obtiene integrando la funci´on concentraci´on en el volumen V . El volumen de V se obtiene por la integral triple de la funci´on uno en V o restando el volumen de dos cilindros con el mismo eje y la misma altura de 10 m. Estos cilindros tienen radios de 2 y 12 m. Este c´alculo da un volumen de
10π(122− 22) = 1400π ≈ 4398,229 m3.
Obtengamos primero la cantidad de contaminante Z Z Z V 0,1/px2+ y2dxdydz = Z Z Z M 0,1r/r dθdrdz = Z 2π 0 Z 12 2 Z 10 0 0,1 dz dr dθ = =0,1 × 10 × 10 × 2π = 20π ≈ 62,831.
La cantidad de contaminante en la regi´on V es de 62,831 g. Por lo tanto la concentraci´on media ser´a aproximadamente de 62,831/4398,229 ≈ 0,0142 g/m3.
5. De un muelle de constante caracter´ıstica k = 4, se cuelga una masa de 1 unidad. Si el mecanismo posee un sistema de amortiguaci´on caracterizado por la constante β = 5 y se le aplica una velocidad de 1 unidad hacia abajo desde la posici´on situada a una 1 unidad de distancia sobre la posici´on de equilibrio
a. Escribir la ecuaci´on diferencial que gobierna el movimiento de la masa que cuelga del muelle as´ı como las condiciones iniciales que se verifican
b. Obtener la funci´on que describe el movimiento de la masa que cuelga del muelle como funci´on del tiempo
c. ¿Qu´e tipo de movimiento se produce? ¿C´omo debe cambiar la constate de amortiguaci´on para que cambie el tipo de movimiento?
Soluci´on:
a. La ecuaci´on diferencial que gobierna el movimiento de la masa es y00+ 5y0+ 4y = 0. Las condiciones iniciales son y(0) = 1 e y0(0) = −1.
b. El polinomio caracter´ıstico de esta ecuaci´on es r2+ 5r + 4 = 0. Las ra´ıces de este polinomio son −1 y −4. Por lo tanto un sistema fundamental de soluciones es el formado por e−t y e−4t y la soluci´on general ser´a
y(t) = c1e−t + c2e−4t.
Para determinar la posici´on de la masa colgada del resorte amortiguado como una funci´on del tiempo hemos de obtener la soluci´on del anterior problema de valores iniciales. Teniendo en cuenta que ya tenemos la soluci´on general de la ecuaci´on
Figura 3: Soluci´on y(t).
diferencial s´olo necesitamos determinar las constantes c1 y c2. Dado que
y0(t) = −c1e−t− 4c2e−4t, hemos de resolver el sistema para c1 y c2
c1+ c2 = 1
−c1− 4c2 = −1
La soluci´on es c1 = 1 y c2 = 0. Por lo tanto el movimiento corresponde a la funci´on
y(t) = e−t.
se trata de un movimiento sobreamortiguado. V´ease la ilustraci´on 3.
c. Para una amortiguaci´on arbitraria tendremos la ecuaci´on diferencial y00+ βy0 + 4y = 0 cuyo polinomio caracter´ıstica es r2+ βr + 4 = 0. Las ra´ıces de este polinomio son
−(1/2)β ± (1/2)p(β2− 16). Por lo tanto cuando β = 4 habr´a una ra´ız real doble y el
movimiento ser´a sobremortiguado cr´ıtico y cuando 0 < β < 4 ser´a oscilatorio
amortiguado. Por ´ultimo, si no hay amortiguaci´on (β = 0)obtendremos un movimiento arm´onico simple.
6. Consideremos una barra de granito de longitud 5 cm que se calienta por un extremo hasta que se alcanza una temperatura dada por la funci´on f (x) = x. En ese instante se a´ısla completamente incluidos los extremos. La constante de difusividad de la granito es de 0.011 cm2s−1 .
a) Escribir la ecuaci´on en derivadas parciales, las condiciones en la frontera y la condici´on inicial que verifica la funci´on u(x, t) que representa la temperatura de un punto x de la barra en un instante t.
b) Deducir la soluci´on en serie del problema plantado utilizando el m´etodo de separaci´on de variables. Es necesario explicar cada paso de la deducci´on sabiendo que los autovalores y las autofunciones del problema de valores propio asociado son, respectivamente
Soluci´on:
a) La ecuaci´on en derivadas parciales que verifica la funci´on u(x, t) es ut= k uxx,
con k =0.011, las condiciones en la frontera son
ux(0, t) = ux(5, t) = 0
y la condici´on inicial es
u(x, 0) = x.
b) Para determinar la funci´on u(x, t) que verifica el anterior problema de valores en la frontera con condiciones iniciales utilizamos el m´etodo de separaci´on de variables de forma que buscamos soluciones como u(x, y) = X(x)T (t). Dado que uxx = X00T y
ut = XT0, se tiene que XT0 = k X00T ; o equivalentemente
X00 X = 1 k T0 T .
Como x y t son variables independientes la anterior igualdad nos dice que ambos cocientes son iguales a una constante que llamaremos −λ. Entonces
X00 X = 1 k T0 T = −λ,
y por lo tanto, las ecuaciones diferenciales que verifican la funci´on en x y la funci´on t son
X00+ λX = 0 T0+ kλT = 0. Adem´as, de las condiciones en la frontera se deduce
X0(0)T (t) = X0(20)T (t) = 0;
para T (t) ≡ 0 obtendr´ıamos una soluci´on trivial, entonces debe verificarse
X0(0) = X0(5) = 0 para no obtener soluciones triviales. Estas son la condiciones en la frontera que verifica la funci´on en x. Por lo tanto, tenemos que resolver el siguiente problema de valores propios para la funci´on X(x)
X00+ λX = 0 X0(0) = X0(5) = 0
cuyos autovalores y las autofunciones son, respectivamente
λn= n2π2/25 y Xn(x) = cos(nπx/5) n = 0, 1, 2, 3 . . . .
Obs´ervese que para n = 0 se tiene el valor propio λ0 = 0 y la funci´on propia X0(x) = 1.
Entonces, para la funci´on T (t) tenemos las ecuaciones diferenciales T0+n
2π2
cuyas soluciones son (salvo una constante) Tn(t) = exp −k n 2π2 25 t . Por lo tanto, las funciones
un(x, t) = Xn(x)Tn(t) = exp −k n 2π2 25 t cosnπ 5 x verifican la ecuaci´on en derivadas parciales que modeliza el fen´omeno y las
correspondientes condiciones en la frontera. Vamos a buscar una combinaci´on lineal de estas funciones que adem´as verifique la condici´on inicial, es decir, la soluci´on en serie
u(x, t) = ∞ X n=0 cnexp −k n 2π2 25 t cosnπ 5 x debe verificar u(x, 0) = x = ∞ X n=0 cncos nπ 5 x
para x ∈ [0, 5]. Como la funci´on f (x) = x es continua los coeficientes cn corresponder´an
a los coeficientes de Fourier de una serie de cosenos para la funci´on f (x) = x en el intervalo [0, 5]. Estos coeficientes se pueden calcular mediante las expresiones
an = 2 5 Z 5 0 x cosnπ 5 x dx
de forma que, c0 = a0/2 y cuando n 6= 0, cn = an. Para n = 0 se tiene
a0 = 2 5 Z 5 0 x dx = 2 5 x2 2 5 0 = 5 Para n 6= 0 hagamos el cambio de variable nπx/5 = s
an= 2 5 52 n2π2 Z nπ 0 s cos s ds = 10 n2π2 [s sen s]nπ0 − Z nπ 0 sen s ds = = 10 n2π2 [cos s] nπ 0 = 10 n2π2((−1) n− 1)
La soluci´on en serie del problema de valores en la frontera con condiciones iniciales para la ecuaci´on del calor planteada es
u(x, t) = 5 2 − 20 π2 X n impar 1 n2 exp −k n 2π2 25 t cosnπ 5 x .
c) Tomando el l´ımite cuando t tiende a infinito en cada t´ermino de la serie que define la anterior soluci´on u(x, t) se obtiene
l´ım
t→∞u(x, t) =
a0
2 = 5/2.
Esto es debido a la presencia de exponenciales negativas en cada t´ermino de la soluci´on en serie obtenida. Por lo tanto, la temperatura a largo plazo tiende a 2,5oC. Esto
concuerda con la intuici´on f´ısica del problema. Al estar los extremos aislados (as´ı como la parte lateral de la barra de granito) la temperatura de los puntos de la barra cambian con el tiempo hasta que se estabilizan en un valor constante igual al promedio de la
Todos los ejercicios tienen la misma puntuaci´on Duraci´on: 2 horas y 15 min (45 min cada parte)