Tp 4. Ej 4.d

Analice por definición la existencia de las derivadas parciales de f en el punto A ; cuando sea posible verifique aplicando la regla práctica de derivación.

f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^3+ (y-1)^2}{x^2 + (y-1)^2} & si \ (x,y) \neq (0,1) \\ f(x,y) = 0 & si \ (x,y) = \vec{A} = (0,1) \end{cases}

Solución:

Primero analizo f'_x

f'_x(0,1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0 + h, 1) - f(0,1)}{h}

= \lim_{h \to 0} (\frac{h^3 + 0^2}{h^2 + 0^2} - 0) (\frac{1}{h})

= \lim_{h \to 0} \frac{h^3 }{h^3} = 1

Ahora analizo f'_y

f'_y(0,1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0, 1 + h) - f(0,1)}{h}

= \lim_{h \to 0} \frac{x^3+ (y-1)^2}{x^2 + (y-1)^2}

= \lim_{h \to 0} (\frac{0^3 + (1+h-1)^2}{0^2 + (1 + h - 1)^2} - 0) (\frac{1}{h})

= \lim_{h \to 0} (\frac{h^2}{h^2}) (\frac{1}{h})

= \lim_{h \to 0} \frac{h^2}{h^3} = \infty

Por lo tanto no existe f'_y en el punto A

No se puede aplicar la regla práctica en el punto A porque la función está partida en dicho punto.

Ejercicio de Continuidad

Estudie la continuidad de:

f(x,y) = \frac{(y-1)x^2 - x^3}{x^2 + (y-1)^2} si (x,y) \neq (0,1)

f(x,y) = 0 si (x,y) = (0,1)

Solucion:

Es una indeterminación del tipo \frac{0}{0} , pero si miramos bien pareciera haber un deplazamiento en el eje y de una unidad, es decir nos simplificaría un poco empezar por hacer una sustitución del tipo:

w = y-1

y \to 1 implica w \to 0

Por lo tanto la función nos queda como:

f(x,w) = \frac{w x^2 - x^3}{x^2 + w^2} si (x,w) \neq (0,0)

f(x,w) = 0 si (x,w) = (0,0)

Como en el denominador veo x^2 + w^2 se me ocurre empezar por ver que pasa si intentamos el método de pasar a polares:

x = \rho \cos(\phi)

w = \rho \sin(\phi)

Con 0 \leq \rho \leq \infty y 0 \leq \phi \leq 2\pi

Para que sea continua tiene que existir y valer 0 el siguiente límite:

\lim_{\rho \to 0} \frac{\rho \sin(\phi) \rho^2 \cos^2(\phi) - \rho^3 \cos^3(\phi)}{\rho^2 \cos^2(\phi) + \rho^2 \sin^2(\phi)}

\lim_{\rho \to 0} \frac{\rho^3 \sin(\phi) \cos^2(\phi) - \rho^3 \cos^3(\phi)}{\rho^2}

\lim_{\rho \to 0} \rho (\sin(\phi) \cos^2(\phi) - \cos^3(\phi) ) = 0 (por resultar infinitésimo por acotado).

Por lo tanto se cumplen las 3 condiciones necesarias (existe la función en el punto, existe el límite, y valen lo mismo) y podemos afirmar que la función es contínua en dicho punto.

Tp 1. Ej 19

Si y_p es S.P. que pasa por (2,3) de x^2y'' - 2y = f(x) , verifique que y = x y_p es S.P. de la ecuación diferencial xy'' - 2y' = f(x) que pasa por (2,y_0); halle y_0.

Solución:

Si y = x y_p entonces

y' = y_p + x y'_p

y'' = y'_p + y'_p + xy''_p

= 2y'_p + xy''_p

Reemplazando en la segunda ecuación diferencial

xy'' - 2y' = f(x)

x(2y'_p+xy''_p) - 2(y_p + xy'_p) = f(x)

2xy'_p+x^2y''_p - 2y_p - 2xy'_p = f(x)

x^2y''_p - 2y_p= f(x)

Lo cual es cierto porque y_p es S.P. de la primer ecuación diferencial, por lo tanto y = x y_p es S.P. de la segunda ecuación diferencial.

Ahora la segunda parte, nos dice que y_p pasa por (2,3) , de la ecuación y = x y_p nos queda

y_0 = 2 \cdot 3 = 6

Tp 1. Ej 12.b

Halle la familia de curvas ortogonal a la dada:

y = C e^x

Solución:

Primero debemos encontrar la ecuación diferencial de la familia de curvas original, para eso derivamos:

y' = C e^x

Como todavía tenemos la constante y la tenemos que sacar, despejamos de la ecuación original C = y/e^x, y la reemplazamos en la ecuación derivada:

y' = \frac{y}{e^x}e^x

es decir nos queda

y' = y

Ahora cambiamos y' por -1/y' para obtener la ecuación diferencial ortogonal:

- \frac{1}{y'} = y

-1 = y y'

La intentamos resolver por variables separables:

\frac{dy}{dx} y = -1

ydy = - dx

\frac{y^2}{2} = -x +c

y^2 = -2x + k

2x + y^2 = k

que es la familia de curvas que buscábamos, ortogonal a la familia de curvas dada.