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ejercicios de cambio de variables en derivadas parciales

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Cambio de variable en derivadas parciales

Comprobar que la función \( z = z(x,y)\) determinada por la ecuación:
    \( \displaystyle \phi\left(\frac{x-x_o}{z-z_o}, \frac{y-y_o}{z-z_o}\right)= 0 \)
Dónde \( \phi(u,v) \) es una función diferenciable, satisface la expresión:
    \( \displaystyle (x-x_o)·\frac{\partial z}{\partial x} + (y-y_o)·\frac{\partial z}{\partial y} = z - z_o \)
Respuesta al ejercicio 2
Tomamos las variables u y v en la forma
    \( \displaystyle u = \frac{x-x_o}{z-z_o}\quad ; \quad v = \frac{y-y_o}{z-z_o}\;\Rightarrow \phi(u,v) = 0\)
Los diferenciales totales de estas variables valen:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    du = \frac{\partial u}{\partial x}dx + \frac{\partial u}{\partial z}dz = \frac{1}{z-z_o}dx + \frac{x_o-x}{(z-z_o)^2}dz \\
     \\
    dv = \frac{\partial v}{\partial x}dy + \frac{\partial v}{\partial z}dz = \frac{1}{z-z_o}dx + \frac{y_o-y}{(z-z_o)^2}dz
    \end{array} \)
Por otro lado, la diferencial de \( \phi(u,v) \) con respecto a estas variables es:
    \( \phi(u,v) = 0 \Rightarrow \phi'_u·du + \phi'_v·dv = 0 \)
Y haciendo la sustitución de los términos \( du \;y\; dv \):
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \phi'_u\left( \frac{1}{z-z_o}dx + \frac{x_o-x}{(z-z_o)^2}·dz\right) + \\
     \\
    + \phi'_v\left(\frac{1}{z-z_o}dx + \frac{y_o-y}{(z-z_o)^2}·dz\right) = 0
    \end{array} \)
De dónde podemos poner:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    dz\left[\phi'_u \frac{x_o-x}{(z-z_o)^2} + \phi'_v\frac{y_o-y}{(z-z_o)^2} \right] = \\
     \\
    - \frac{\phi'_u}{z-z_o}·dx - \frac{\phi'_v}{z-z_o}·dy \Rightarrow \\
     \\
    \frac{\phi'_u(x_o-x)+\phi'_v(y_o-y)}{z-z_o}dz = -\phi'_udx - \phi'_v·dy
    \end{array} \)
Si de esta expresión despejamos \( dz \), resulta:
    \( \displaystyle dz = - \frac{\phi'_u(z-z_o)}{\phi'_u(x-x_o)+ \phi'_v(y_o-y)}dx - \frac{\phi'_v(z-z_o)}{\phi'_u(x-x_o)+ \phi'_v(y_o-y)}dy \)
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Página publicada por: José Antonio Hervás