Archivos para abril, 2009

Tp 4. Ej 4.d

Jueves, abril 30th, 2009

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

Jueves, abril 23rd, 2009

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

Miércoles, abril 22nd, 2009

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

Miércoles, abril 8th, 2009

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.

Consultas Cursos Z2063 y Z2164 (1er cuatrimestre 2009)

Miércoles, abril 8th, 2009

Este post lo dejo creado para que puedan escribir en los comentarios las consultas que tengas sobre los ejercicios.

Recordá que podés escribir fórmulas usando comandos latex, por ejemplo si escribís $latex \int_0^1 x^2 dx $ se ve como \int_0^1 x^2 dx, y siempre podés previsualizar el comentario para ver si quedó bien.