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MA2001-3 C´alculo en Varias Variables Profesor: Marcelo Leseigneur Auxiliares: Pablo Arratia Rodrigo Maulen - Angelo Mu˜noz Fecha: 18 de octubre de 2017
Pauta control 2
P1 a) (4.0 puntos) Sea f : R^2 → R definida por:
f (x, y) =
x + y + x (^3) y x^2 +y^2 si^ (x, y)^6 = (0,^ 0)
0 si (x, y) = (0, 0) i) Estudie la continuidad de f en R^2 ii) Estudie la continuidad de las derivadas parciales en R^2 iii) Estudie la diferenciabilidad de f en R^2 iv) Determine en qu´e direcciones existen las derivadas direccionales en R^2. Soluci´on: i) Fuera de (0, 0) la funci´on es continua por ´algebra y composici´on de funciones continuas. Para ver continuidad en (0, 0) tomamos l´ımite con polares:
l´ım (x,y)→(0,0) f (x, y) = l´ım ρ→ 0 ρcos(θ) + ρsen(θ) + ρ^4 cos^3 (θ)sen(θ) ρ^2 = (^) ρl´ım→ 0 ρcos(θ) + ρsen(θ) + ρ^2 cos^3 (θ)sen(θ) = 0 De lo anterior concluimos que f tambi´en es continua en (0, 0), es decir f es continua en todo R^2. ii) Calculemos las derivadas parciales para (x, y) 6 = (0, 0) y (x, y) = (0, 0):
- ∂f ∂x (x, y) = 1 + 3 x^2 y(x^2 + y^2 ) − 2 x^4 y (x^2 + y^2 )^2
x^4 y + 3x^2 y^3 (x^2 + y^2 )^2
- ∂f ∂y (x, y) = 1 + x^3 (x^2 + y^2 ) − 2 x^3 y^2 (x^2 + y^2 )^2
x^5 − x^3 y^2 (x^2 + y^2 )^2
- ∂f ∂x (0, 0) = l´ tım→ 0 f ((0, 0) + t(1, 0)) − f (0, 0) t = l´ tım→ 0 t t
∂f ∂y (0, 0) = l´ tım→ 0 f ((0, 0) + t(0, 1)) − f (0, 0) t = l´ tım→ 0 t t
Veamos la continuidad. Fuera de (0, 0) las dos derivadas parciales son continuas por ´algebra y composici´on de funciones continuas. En (0, 0) analizamos por l´ımites usando polares:
l´ım (x,y)→(0,0)
∂f ∂x (x, y) = l´ ρım→ 0 1 + ρ^4 cos^4 (θ)ρsen(θ) + 3ρ^2 cos^2 (θ)ρ^3 sen^3 (θ) ρ^4 = l´ ρım→ 0 1 + ρcos^4 (θ)sen(θ) + 3ρcos^2 (θ)sen^3 (θ) = 1
l´ım (x,y)→(0,0)
∂f ∂y (x, y) = l´ ρım→ 0 1 + ρ^5 cos^5 (θ) − ρ^3 cos^3 (θ)ρ^2 sen^2 (θ) ρ^4 = l´ ρım→ 0 1 + ρcos^5 (θ) − ρcos^3 (θ)sen^2 (θ) = 1 De aqu´ı obtenemos que las derivadas parciales son continuas en R^2 , por lo tanto, por teorema concluimos que la funci´on es diferenciable en todo R^2. iii) Por lo anterior se concluye que f es diferenciable en todo R^2. iv) Dado que f es diferenciable en R^2 se cumple que (∀(x, y) ∈ R^2 ) (∀d ∈ R^2 {(0, 0)})
f ′((x, y); d) = 〈∇f (x, y), d〉 Sea d = (d 1 , d 2 ), luego, por lo anterior se tiene que
f ′((x, y); d) =
d 1 + d 2 + d 1 x^4 y + 3x^2 y^3 (x^2 + y^2 )^2
- d 2 x^5 − x^3 y^2 (x^2 + y^2 )^2
si (x, y) 6 = (0, 0) d 1 + d 2 si (x, y) = (0, 0) b) (2.0 puntos) Sea I un intervalo de R y f : I × Rn^ → R una funci´on escalar diferenciable. Muestre que si
∂f ∂t (t, x) = 0 ∀(t, x) ∈ I × Rn
entonces f no depende de t, es decir, f (t 1 , x) = f (t 2 , x) ∀t 1 , t 2 ∈ I y ∀x ∈ Rn.
Soluci´on: dado que queremos probar que f es constante con respecto a la variable t la idea es usar TVM de manera adecuada. Adem´as f es un campo escalar, por lo tanto, usamos el TVM para este caso: (∀(t 1 , x 1 ), (t 2 , x 2 ) ∈ I × Rn)(∃(¯t, x¯) ∈ I × Rn)
|f (t 1 , x) − f (t 2 , x)| = 〈∇f (t, x), (t 1 , x 1 ) − (t 2 , x 2 )〉 Luego,como queremos mostrar que es constante para t tomamos los puntos (t 1 , x) y (t 2 , x), es decir, el mismo x para los dos puntos, luego, el TVM queda como sigue:
|f (t 1 , x) − f (t 2 , x)| =
∇f (t, x),
t 1 x
t 2 x
∂f ∂t (t, x) ∂f ∂x (t, x)
t 1 − t 2 0
∂f ∂x (t, x)
t 1 − t 2 0
= 0(t 1 − t 2 ) + ∂f ∂x (t, x) = 0 De ac´a concluimos que f (t 1 , x) − f (t 2 , x) = 0 ∀t 1 , t 2 ∈ I y ∀x ∈ Rn.
P2 a) (3.0 puntos) Sea g : R^3 → R de clase C^2 y A ⊂ R^2. Suponga que la funci´on g(x, y, u) cumple:
g(x, y, u(x, y)) = 0, ∀(x, y) ∈ A
Si
∂g ∂u (x, y, u(x, y) 6 = 0 para (x, y) ∈ A, entonces existe
∂u ∂x y es la encontrada en la parte
anterior. En consecuencia, se encuentra ∂^2 u ∂x^2
Aplicando regla de la cadena, respecto a la variable y, sobre la ecuaci´on (2) de la parte anterior, se encuentra que:
∂^2 u ∂y^2
∂^2 g ∂y^2
∂^2 g ∂u∂y
∂u ∂y
∂^2 g ∂y∂u
∂^2 g ∂u^2
∂u ∂y
∂u ∂y ∂g ∂u Si ∂g ∂u
(x, y, u(x, y) 6 = 0 para (x, y) ∈ A, entonces existe ∂u ∂y
y es la encontrada en la parte
anterior. En consecuencia, se encuentra ∂^2 u ∂y^2
Por ´ultimo las derivadas parciales cruzadas se encuentran derivando (1) con respecto a la variable y y (2) con respecto a x.
∂^2 u ∂y∂x
∂^2 g ∂y∂x
∂^2 g ∂u∂x
∂u ∂y
∂^2 g ∂y∂u
∂^2 g ∂u^2
∂u ∂y
∂u ∂x ∂g ∂u
∂^2 u ∂x∂y
∂^2 g ∂x∂y
∂^2 g ∂u∂y
∂u ∂x
∂^2 g ∂x∂u
∂^2 g ∂u^2
∂u ∂x
∂u ∂y ∂g ∂u Notemos que la condici´on sigue siendo la misma, Si ∂g ∂u
(x, y, u(x, y) 6 = 0 para (x, y) ∈ A,
entonces existe ∂u ∂y y ∂u ∂x que son las derivadas encontradas en la parte anterior. En con-
secuencia, se encuentra ∂^2 u ∂x∂y y ∂^2 u ∂y∂x
b) (3.0 puntos) Sea f : R^2 → R una funci´on de clase C^2. Considere el cambio a coordenadas el´ıpticas (τ, ψ), con τ ∈ R, ψ ∈ (0, 2 π), dado por: x = cosh(τ ) cos(ψ), y = sinh(τ ) sin(ψ) Muestre que si se define: g(τ, ψ) = f (cosh(τ ) cos(ψ), sinh(τ ) sin(ψ)) Se tiene que:
∆f =
sinh^2 (τ ) + sin^2 (ψ)
∂^2 g ∂τ 2
∂^2 g ∂ψ^2
Diga d´onde est´an evaluadas las derivadas parciales. Soluci´on: Se nos define g(τ, ψ) = f (cosh(τ ) cos(ψ), sinh(τ ) sin(ψ)). Es posible notar la composici´on:
g(τ, ψ) = (f o h)(τ, ψ)
Donde h(τ, ψ) = (x(τ, ψ), y(τ, ψ)), una funci´on vectorial. Ambas son funciones diferenciables por composici´on.Luego, por regla de la cadena se tiene que:
∇g(τ, ψ) = ∇f (h(τ, ψ)) · Jh(τ, ψ)
En lo que sigue tomaremos h(τ, ψ) = h y la funci´on g siempre esta evaluada en (τ, ψ). Esta simplificaci´on la hacemos para no hacer tan engorrosa la notaci´on. Con esto:
∂g ∂τ (τ, ψ) = ∂f ∂x (h) ∂x ∂τ (τ, ψ) + ∂f ∂y (h) ∂y ∂τ (τ, ψ)
∂g ∂ψ (τ, ψ) = ∂f ∂x (h) ∂x ∂ψ (τ, ψ) + ∂f ∂y (h) ∂y ∂ψ (τ, ψ)
Donde:
∂x ∂τ (τ, ψ) = sinh(τ )
∂x ∂ψ (τ, ψ) = −sen(ψ)
∂y ∂τ (τ, ψ) = cosh(τ )
∂y ∂ψ (τ, ψ) = cos(ψ)
Derivando nuevamente:
∂^2 g ∂τ 2 = cos(ψ)
[
∂f ∂x (h)cosh(τ ) + sinh(τ )
∂^2 f ∂x^2 (h) ∂x ∂τ (τ, ψ) + ∂^2 f ∂y∂x (h) ∂y ∂τ (τ, ψ)
)]
[
∂f ∂y (h) sinh(τ ) + cosh(τ )
∂^2 f ∂x∂y (h) ∂x ∂τ (τ, ψ) + ∂^2 f ∂y^2 (h) ∂y ∂τ (τ, ψ)
)]
∂^2 g ∂τ 2 = cos(ψ)
[
∂f ∂x (h)cosh(τ ) + sinh(τ )
∂^2 f ∂x^2 (h) sinh(τ )cos(ψ) + ∂^2 f ∂y∂x (h) cosh(τ )sin(ψ)
)]
[
∂f ∂y (h)sinh(τ ) + cosh(τ )
∂^2 f ∂x∂y (h) sinh(τ )cos(ψ) + ∂^2 f ∂y^2 (h) cosh(τ )sin(ψ)
)]
De la misma forma se obtiene:
∂^2 g ∂ψ^2
= cosh(τ )
[
∂f ∂x
(h)cos(ψ) − sin(ψ)
∂^2 f ∂x^2
(h)cosh(τ ) sin(ψ) + ∂^2 f ∂y∂x
(h) sinh(τ )cos(ψ)
)]
[
∂f ∂y (h)sinh(τ ) + cos(ψ)
∂^2 f ∂x∂y (h)cosh(τ ) sin(ψ) + ∂^2 f ∂y^2 (h) sinh(τ )cos(ψ)
)]
Luego:
∂^2 g ∂τ 2 (τ, ψ) +
∂^2 g ∂ψ^2 (τ, ψ) =
[
sinh^2 (τ ) cos^2 (ψ) + cosh^2 (τ ) sin^2 (ψ)
] (∂^2 f ∂x^2 (x, y) +
∂^2 f ∂y^2 (x, y)
P3 Se tiene una cuerda atada a los dos extremos con tensi´on T y masa M , se define c =
T M (esta constante representa la velocidad con la que se propaga una onda en una cuerda). La ecuaci´on de ondas de esta cuerda, se modela con la siguiente EDP: ∂^2 ϕ ∂x^2 (x, t) =
c^2
∂^2 ϕ ∂t^2 (x, t)
Sea u(x, t) := x + ct y v(x, t) := x − ct, y f : R^2 → R de clase C^2 , para resolver este problema se propone definir el siguiente cambio de variable, ϕ(x, t) = f (u(x, t), v(x, t)).
a) (3.0 puntos) Muestre que la ecuaci´on definida queda reescrita como ∂^2 f ∂u∂v
b) (1.0 punto) Resuelva la expresi´on anterior y de la soluci´on general de la EDP en las coorde- nadas originales. c) (1.0 punto) Encuentre una soluci´on del problema de valor inicial:
∂^2 ϕ ∂x^2
(x, t) −
c^2
∂^2 ϕ ∂t^2
(x, t) = 0 ϕ(x, 0) = y 0 (x) ∂ϕ ∂t
(x, 0) = v 0 (x)
d) (1.0 punto) Pruebe que si y 0 (x) = 0 y vo(x) = sin(x), entonces:
ϕ(x, t) =
c sin(x)sin(ct)
Hint: Recuerde la identidad cos(x−y)− 2 cos(x+y)= sin(x)sin(y)
Soluci´on: a) ϕ(x, t) = f (u, v). Aplicando Regla de la Cadena. Definiendo T : R^2 → R^2 dado por T (x, t) = (u(x, t), v(x, t)) ∂ϕ ∂x (x, t) = ∂f ∂u (u, v) ∂u ∂x (x, t) + ∂f ∂v (u, v) ∂v ∂x (x, t) ∂ϕ ∂t (x, t) = ∂f ∂u (u, v) ∂u ∂t (x, t) + ∂f ∂v (u, v) ∂v ∂t (x, t)
Luego
∂^2 ϕ ∂x^2
∂x
(∂ϕ ∂x
∂x
(∂f ∂u
∂u ∂x
∂x
(∂f ∂v
∂v ∂x
∂^2 ϕ ∂x^2
∂^2 f ∂u^2
(∂u ∂x
∂^2 f ∂v∂u
∂v ∂x
∂f ∂u
∂^2 u ∂x^2
∂^2 f ∂v^2
( (^) ∂v ∂x
∂f ∂v
∂^2 v ∂x^2 An´alogamente
∂^2 ϕ ∂t^2
∂^2 f ∂u^2
(∂u ∂t
∂^2 f ∂v∂u
∂v ∂t
∂f ∂u
∂^2 u ∂t^2
∂^2 f ∂v^2
(∂v ∂t
∂f ∂v
∂^2 v ∂t^2 Ahora, recordemos que u = x + ct, v = x − ct, por lo que ∂u ∂x
∂v ∂x
∂u ∂t = c ∂v ∂t = −c
∂^2 u ∂x^2
∂^2 v ∂x^2
∂^2 u ∂t^2
∂^2 v ∂t^2
Reemplazando, se obtiene ∂^2 ϕ ∂x^2
∂^2 f ∂u^2
∂^2 f ∂v∂u
∂^2 f ∂v^2 1 c^2
∂^2 ϕ ∂t^2
∂^2 f ∂u^2
∂^2 f ∂v∂u
∂^2 f ∂v^2 La ecuaci´on de ondas nos entrega la igualdad de los t´erminos a la izquierda de la igualdad, por lo tanto los t´erminos a la derecha ser´an iguales.
∂^2 f ∂u^2
∂^2 f ∂v∂u
∂^2 f ∂v^2
∂^2 f ∂u^2
∂^2 f ∂v∂u
∂^2 f ∂v^2
Luego se obtiene que ∂^2 f ∂v∂u
b) ∂^2 f ∂v∂u
du =⇒ ∂f ∂v = k 1 (v)
dv =⇒ f (u, v) = c 1 (u) + c 2 (v).
As´ı, ϕ(x, t) = c 1 (x + ct) + c 2 (x − ct)
c) ϕ(x, 0) = c 1 (x) + c 2 (x) = y 0 (x) (1)
∂ϕ ∂t (x, 0) = c · c′ 1 (x) − c · c′ 2 (x) = v 0 (x)
/ ∫ (^) x
x 0
=⇒ c 1 (x) − c 2 (x) =
c
∫ (^) x
x 0
v 0 (s)ds (2)
Resolviendo el sistema de ecuaciones (1), (2), se obtiene que
c 1 (x + ct) = y 0 2 (x + ct) +
2 c
∫ (^) x+ct
x 0
v 0 (s)ds + k
c 2 (x − ct) = y 0 2 (x − ct) −
2 c
∫ (^) x−ct
x 0
v 0 (s)ds + k
Concluimos que
ϕ(x, t) = y 0 (x + ct) + y 0 (x − ct) 2
2 c
∫ (^) x+ct
x−ct
v 0 (s)ds
d) Si y 0 (x) = 0 y v 0 (x) = sin(x)
ϕ(x, t) =
2 c
∫ (^) x+ct
x−ct
sin(s)ds
ϕ(x, t) =
c
cos(x − ct) − cos(x + ct) 2 Utilizando el hint, tenemos que
ϕ(x, t) =
c sin(x)sin(ct)
