Aportes Literal B Jose Eduardo Garcia

CALCULO MULTIVARIADO 203057A_611 Unidad2

Presentado a: JOSE ADEL BARRERA Entregado por: JOSE EDUARDO GARCIA Código: 1090461406

Grupo: 203057_

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA - UNAD ABRIL DE 2019

Grupo de ejercicios 1 – Derivadas Parciales. ecuación de onda en una dimensión (espacial) 𝜕 2𝑤 𝜕 2𝑤 2 = 𝑐 𝜕𝑡 2 𝜕𝑥 2 Donde 𝒘 es la altura de la onda, 𝒙 es la variable de distancia, 𝒕 es la variable de tiempo y 𝒄 es la velocidad de propagación de las ondas. Muestre que todas las funciones de los ítems a – e son soluciones de la ecuación de onda: 𝑏. 𝑤 = cos(2𝑥 + 2𝑐𝑡) Primero hallamos la primera derivada con respecto a t tomando a x como constante. 𝜕𝑤 𝜕 = cos(2𝑥 + 2𝑐𝑡) 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑤 = −𝑠𝑒𝑛(2𝑥 + 2𝑐𝑡) ∗ 2𝑐 = −2𝑐 𝑠𝑒𝑛(2𝑥 + 2𝑐𝑡) 𝜕𝑡 Luego hallamos la segunda derivada con respecto a t 𝜕 2𝑤 𝜕 𝜕𝑤 = ( ) = −2𝑐[𝑐𝑜𝑠(2𝑥 + 2𝑐𝑡)] ∗ 2𝑐 𝜕𝑡 2 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕 2𝑤 𝜕 𝜕𝑤 = ( ) = −𝟒𝒄𝟐 [𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙 + 𝟐𝒄𝒕)] 𝜕𝑡 2 𝜕𝑡 𝜕𝑡 Ahora hallamos la primera derivada con respecto a x tomando a t como constante. 𝜕𝑤 𝜕 = cos(2𝑥 + 2𝑐𝑡) 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑤 = −𝑠𝑒𝑛(2𝑥 + 2𝑐𝑡) ∗ 2 = −2 𝑠𝑒𝑛(2𝑥 + 2𝑐𝑡) 𝜕𝑥 Luego hallamos la segunda derivada con respecto a x tomando a t como constante. 𝜕 2𝑤 𝜕 𝜕𝑤 = ( ) = −2[𝑐𝑜𝑠(2𝑥 + 2𝑐𝑡)] ∗ 2 2 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕 2𝑤 𝜕 𝜕𝑤 = ( ) = −4[𝑐𝑜𝑠(2𝑥 + 2𝑐𝑡)] 2 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 Ahora multiplicamos 𝒄𝟐 según la fórmula de la ecuación de onda en una dimensión, al resultado anterior = −𝟒𝒄𝟐 [𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙 + 𝟐𝒄𝒕)] Como nuestros resultados son iguales se demuestra que la función es una solución de la ecuación de onda.

Grupo de ejercicios 2 – Derivadas Direccionales. En los siguientes ejercicios encuentre la derivada direccional de la función dada en el punto indicado en la dirección señalada: a. 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) =

𝑥 2 −𝑦 2 𝑧2

en 𝑃(2, 4, 1), 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 2𝑖 − 𝑗 + 3𝑘

Lo primero que realizamos son las derivadas parciales Hallamos la primera derivada con respecto a x tomando a y, z como constantes. Sacamos las constantes 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 2 = 2 (𝑥 − 𝑦 2 ) 𝜕𝑥 𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 = 2 (2𝑥 − 0) 𝜕𝑥 𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 = 2 2𝑥 𝜕𝑥 𝑧 𝜕𝑥 Desarrollamos 𝝏𝒇 𝟐𝒙 = 𝝏𝒙 𝒛𝟐 Hallamos la primera derivada con respecto a y tomando a x, z como constantes. Sacamos las constantes 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 2 = 2 (𝑥 − 𝑦 2 ) 𝜕𝑦 𝑧 𝜕𝑦 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 = 2 (0 − 2𝑦) 𝜕𝑦 𝑧 𝜕𝑦 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 = 2 − 2𝑦 𝜕𝑦 𝑧 𝜕𝑦 Desarrollamos 𝝏𝒇 𝟐𝒚 =− 𝟐 𝝏𝒚 𝒛

Hallamos la primera derivada con respecto a z tomando a x, y como constantes.

Sacamos las constantes 𝜕𝑓 𝜕𝑓 1 = (𝑥 2 − 𝑦 2 ) 𝜕𝑧 𝜕𝑧 𝑧 2 Aplicamos ley de exponentes, 𝜕𝑓 𝜕𝑓 −2 = (𝑥 2 − 𝑦 2 ) 𝑧 𝜕𝑧 𝜕𝑧 𝜕𝑓 = (𝑥 2 − 𝑦 2 ) −2𝑧 −3 𝜕𝑧 Aplicamos ley de exponentes, 𝜕𝑓 1 = −2 ∗ 3 (𝑥 2 − 𝑦 2 ) 𝜕𝑧 𝑧 𝜕𝑓 2 = − 3 (𝑥 2 − 𝑦 2 ) 𝜕𝑧 𝑧 Desarrollamos 𝝏𝒇 𝟐(𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 ) =− 𝝏𝒛 𝒛𝟑 Ahora hallamos el vector gradiente con respecto a 𝑃(2, 4, 1) :

∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (

2𝑥 2𝑦 2(𝑥 2 − 𝑦 2 ) ) 𝑖 − ( ) 𝑗 − ( )𝑘 𝑧2 𝑧2 𝑧3

Desarrollamos remplazando valores ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (

2(2) 2(4) 2(22 − 42 ) ) 𝑖 − ( ) 𝑗 − ( )𝑘 12 12 13

4 8 2(4 − 16) ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ( ) 𝑖 − ( ) 𝑗 − ( )𝑘 1 1 1 4 8 −24 ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ( ) 𝑖 − ( ) 𝑗 − ( )𝑘 1 1 1 ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 4𝑖 − 8𝑗 + 24𝑘 Ahora necesitamos hallar el vector unitario para esto hallamos la magnitud del vector dirección dado |𝑣| = |2𝑖 − 𝑗 + 3𝑘|

|𝑣| = √22 − 12 + 32 |𝑣| = √4 + 1 + 9 = √14 Ahora el vector unitario 𝑢=

2 √14

𝑖−

1 √14

𝑗+

3 √14

Con los valores conocidos remplazamos en la formula 𝐷𝑢 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∗ 𝑢 2 1 3 𝐷𝑢 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 4𝑖 − 8𝑗 + 24𝑘 ∗ ( 𝑖− 𝑗+ ) √14 √14 √14 8 8 72 𝟖𝟖 𝐷𝑢 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ( 𝑖+ 𝑗+ )= √14 √14 √14 √𝟏𝟒 Grupo de ejercicios 3 – Linealización y Diferenciación. Determine la Linealización de 𝐿(𝑥, 𝑦) de la función 𝑓(𝑥, 𝑦) en 𝑝0 . Luego determine una cota superior 𝑀, para la magnitud |𝐸| del error de la aproximación 𝑓(𝑥, 𝑦) ≈ 𝐿(𝑥, 𝑦) en el rectángulo 𝑅. 1

1

2

4

𝑏. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 3𝑥𝑦 + 𝑦 2 + 4𝑥 − 4𝑦 + 2 𝑅: |𝑥 − 2| ≤ 0.1,

en 𝑃0 (2,2),

|𝑦 − 2| ≤ 0.1

Primero evaluamos la función en el punto inicial: 1 1 𝑓(2,2) = 𝑥 2 + 3𝑥𝑦 + 𝑦 2 + 4𝑥 − 4𝑦 + 2 2 4 𝑓(2,2) =

1 2 1 2 + 3(2)(2) + 22 + 4(2) − 4(2) + 2 2 4

𝑓(2,2) =

1 1 4 + 12 + ∗ 4 + 8 − 8 + 2 2 4

𝑓(2,2) =

4 4 + 12 + + 8 − 8 + 2 2 4

𝑓(2,2) = 2 + 12 + 1 + 8 − 8 + 2 = 17

Ahora se halla la primera derivada parcial respecto a 𝒙, y se remplaza en el punto inicial

𝜕

1

1

𝑓𝑥(2,2) = 𝜕𝑥 (2 𝑥 2 + 3𝑥𝑦 + 4 𝑦 2 + 4𝑥 − 4𝑦 + 2) Aplicamos la regla de la suma y la diferencia 𝜕

1

𝜕

𝜕

1

𝜕

𝜕

𝜕

𝑓𝑥(2,2) = 𝜕𝑥 (2 𝑥 2 ) + 𝜕𝑥 (3𝑥𝑦) + 𝜕𝑥 (4 𝑦 2 ) + 𝜕𝑥 (4𝑥) − 𝜕𝑥 (4𝑦) + 𝜕𝑥 (2) 𝑓𝑥(2,2) = 𝑥 + 3𝑦 + 0 + 4 − 0 + 0 = 𝑥 + 3𝑦 + 4 𝑓𝑥(2,2) = 2 + 3(2) + 4 = 12 Ahora se halla la primera derivada parcial respecto a 𝒚, y se remplaza en el punto inicial 𝜕

1

1

𝑓𝑦(2,2) = 𝜕𝑦 (2 𝑥 2 + 3𝑥𝑦 + 4 𝑦 2 + 4𝑥 − 4𝑦 + 2) Aplicamos la regla de la suma y la diferencia 𝜕

1

𝜕

𝜕

1

𝜕

𝜕

𝜕

𝑓𝑦(2,2) = 𝜕𝑦 (2 𝑥 2 ) + 𝜕𝑦 (3𝑥𝑦) + 𝜕𝑦 (4 𝑦 2 ) + 𝜕𝑦 (4𝑥) − 𝜕𝑦 (4𝑦) + 𝜕𝑦 (2) 𝑓𝑦(2,2) = 0 + 3𝑥 +

𝑦 𝑦 + 0 − 4 + 0 = 3𝑥 + − 4 2 2

2 𝑓𝑦(2,2) = 3(2) + − 4 = 3 2 Teniendo: 𝐿(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) + 𝑓𝑥(𝑥0 , 𝑦0 )(𝑥 − 𝑥0 ) + 𝑓𝑦(𝑥0 , 𝑦0 )(𝑦 − 𝑦0 ) Remplazamos con los valores ya conocidos 𝐿(𝑥, 𝑦) = 17 + 12(𝑥 − 2) + 3(𝑦 − 2) 𝐿(𝑥, 𝑦) = 17 + 12𝑥 − 24 + 3𝑦 − 6 𝑳(𝒙, 𝒚) = 𝟏𝟐𝒙 + 𝟑𝒚 − 𝟏𝟑 La Linealización de 𝑓 en (2,2) es 𝐿(𝑥, 𝑦) = 12𝑥 + 3𝑦 − 13 Ahora vamos a hallar el error usando la desigualdad: 1 |𝐸(𝑥, 𝑦)| ≤ 𝑀(|𝑥 − 𝑥0 | + |𝑦 − 𝑦0 |)2 2 Para encontrar el valor de M debemos calcular 𝑓𝑥𝑥, 𝑓𝑥𝑦, 𝑓𝑦𝑦

Como ya conocemos 𝑓𝑥 hallamos la segunda derivada con respecto a 𝑥

𝑓𝑥𝑥(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 3𝑦 + 4 𝑓𝑥𝑥(𝑥, 𝑦) = 1 Como ya conocemos 𝑓𝑦 hallamos la segunda derivada con respecto a 𝒚 𝑦 𝑓𝑦𝑦(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 + − 4 2 1 𝑓𝑦𝑦(𝑥, 𝑦) = 2 Como ya conocemos 𝑓𝑥 hallamos la segunda derivada con respecto a 𝒚 𝑓𝑥𝑦(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 3𝑦 + 4 𝑓𝑥𝑦(𝑥, 𝑦) = 3 Realizamos la comparación |𝑓𝑥𝑥| = |1| = 1,

|𝑓𝑥𝑦| = |3| = 3,

|𝑓𝑦𝑦| = |−4| = 4,

Como el mayor valor de estos es 4 lo tomamos como M la cota superior. Remplazamos en la desigualdad. 1

|𝐸(𝑥, 𝑦)| ≤ 4(|𝑥 − 2| + |𝑦 − 2|)2 = 2(|𝑥 − 2| + |𝑦 − 2|)2 2 Como |𝑥 − 2| ≤ 0.1, |𝑦 − 2| ≤ 0.1 en R remplazamos |𝐸(𝑥, 𝑦)| ≤ 2(0.1 + 0.1)2 |𝐸(𝑥, 𝑦)| ≤ 2(0.2)2 |𝐸(𝑥, 𝑦)| ≤ 2*0.04 |𝑬(𝒙, 𝒚)| ≤ 0.08 Por lo tanto, tenemos que el error es de 0.08 que es igual al 8%