Regla de Leibniz: Demostrar ∫y0utt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)∫0yutt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)\ int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_y (x,y) - u_y (x,0)

Question

Regla de Leibniz: Demostrar ∫y0utt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)∫0yutt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)\ int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_y (x,y) - u_y (x,0)

análisis
cálculo
integración
Matemáticas
cálculo multivariable
ecuaciones diferenciales parciales

BCLC

Un primer curso de análisis complejo por Matthias Beck, Gerald Marchesi, Dennis Pixton y Lucas Sabalka Thm 6.8

Declaración de Thm 6.8:

Suponer $u$ es armónico en $\mathbb C$ . Entonces
$v (X, y) := \int_{0}^{y} {tu}_{X} (X, t) d t - \int_{0}^{X} {tu}_{y} (t, 0) d t$ $v(x,y) := \int_0^y u_x(x,t) dt - \int_0^x u_y(t,0) dt$ es un conjugado armónico de $u$ .

Pf de Thm 6.8:

Pregunta:

¿Cómo mostramos
$\int_{0}^{y} {tu}_{t t} (X, t) d t = {tu}_{y} (X, y) - {tu}_{y} (X, 0) ?$ $\int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_y (x,y) - u_y (x,0)?$

Ha pasado un tiempo desde que hice PDE o cálculo multivariable, pero aquí va:

Primer enfoque:

\int_{0}^{y} {tu}_{t t} (X, t) d t = {tu}_{t} (X, t) |_{0}^{y} = {tu}_{t} (X, t) |_{t = y} - {tu}_{t} (X, t) |_{t = 0} = {tu}_{y} (X, y) - {tu}_{0 ?} (X, 0)

$\int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_t(x,t)|_{\color{green}{0}}^{\color{blue}{y}} = u_t(x,t)|_{t=\color{blue}{y}} - u_t(x,t)|_{t=\color{green}{0}} = u_\color{blue}{y}(x,\color{blue}{y}) - u_\color{green}{0?}(x,\color{green}{0})$

Principalmente no entiendo por qué podríamos tener el $y$ en el ultimo termino

{tu}_{y} (X, 0) .

$u_\color{green}{y}(x,\color{green}{0}).$

Segundo enfoque:

\int_{0}^{y} {tu}_{t t} (X, t) d t = {tu}_{t} (X, t) |_{0}^{y} = {tu}_{t} (X, y) - {tu}_{t} (X, 0) \overset{(*)}{=} {tu}_{y} (X, y) - {tu}_{y} (X, 0)

$\int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_t(x,t)|_{\color{green}{0}}^{\color{blue}{y}} = u_t(x,\color{blue}{y}) - u_t(x,\color{green}{0}) \stackrel{(*)}{=} u_\color{red}{y}(x,\color{blue}{y}) - u_\color{red}{y}(x,\color{green}{0})$

(*) Aquí, supongo que entiendo cómo para el segundo término tenemos $u_t(x,\color{green}{0}) = u_\color{red}{y}(x,\color{green}{0}),$ pero no cómo para el primer término tenemos

{tu}_{t} (X, y) = {tu}_{y} (X, y) .

$u_t(x,\color{blue}{y})=u_\color{red}{y}(x,\color{blue}{y}).$

Respuestas (2)

Regla de Leibniz: Demostrar ∫y0utt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)∫0yutt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)\ int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_y (x,y) - u_y (x,0)

zhw. · Answer 1

Si te preguntara por qué

\begin{matrix} (1) & \int_{a}^{b} F^{″} (t) d t = F^{'} (b) - F^{'} (a), \end{matrix}

$\tag 1 \int_a^b f''(t)\,dt = f'(b)-f'(a),$

usted tendría una respuesta: se deduce de la FTC, ya que $f'$ es una antiderivada de $f''.$ Eso es todo lo que está pasando en su situación.

Las cosas podrían ser más claras si usamos $D_1, D_2$ para las derivadas parciales con respecto a la primera y segunda variables. Con $x$ fijo, definir $f(t) = u(x,t).$ Entonces, por la definición de derivadas parciales, tenemos $f'(t) = D_2u(x,t)$ y $f''(t) = D_2(D_2 u)(x,t).$ Así por $(1),$

\int_{a}^{b} D_{2} (D_{2} tu) (X, t) d t = \int_{a}^{b} F^{″} (t) d t

$\int_a^b D_2(D_2 u)(x,t) dt = \int_a^b f''(t)\,dt$

= F^{'} (b) - F^{'} (a) = (D_{2} tu) (X, b) - (D_{2} tu) (X, a) .

$= f'(b)-f'(a) = (D_2 u)(x,b) - (D_2 u)(x,a).$

si piensas en $a=0,b=y,$ obtenemos exactamente la expresión por la que preguntaste.

Hurra por la versión 1D del comentario de JessicaK. Gracias zhw. ^-^

BCLC · Answer 2

Basado en el comentario de JessicaK:

\int_{0}^{y} {tu}_{t t} (X, t) d t = {tu}_{t} (X, t) |_{0}^{y} = [\underset{h \to 0}{límite} \frac{tu (X, t + h) - tu (X, t)}{h}] |_{0}^{y} \overset{(* *)}{=} \underset{h \to 0}{límite} [\frac{tu (X, t + h) - tu (X, t)}{h} |_{0}^{y}] = \underset{h \to 0}{límite} [[\frac{tu (X, y + h) - tu (X, y)}{h}] - [\frac{tu (X, 0 + h) - tu (X, 0)}{h}]]

$\int_{0}^{y} u_{tt}(x,t)\operatorname{d}t = u_{t}(x,t)\big|_{0}^{y} = [\lim_{h\rightarrow 0} \frac{u(x,t+h)- u(x,t)}{h}]\big|_{0}^{y} \stackrel{(**)}{=} \lim_{h\rightarrow 0} [\frac{u(x,t+h)- u(x,t)}{h}\big|_{0}^{y}] = \lim_{h\rightarrow 0} [[\frac{u(x,y+h)- u(x,y)}{h}] - [\frac{u(x,0+h)- u(x,0)}{h}]]$

= \underset{h \to 0}{límite} [\frac{tu (X, y + h) - tu (X, y)}{h}] - \underset{h \to 0}{límite} [\frac{tu (X, 0 + h) - tu (X, 0)}{h}]

$= \lim_{h\rightarrow 0} [\frac{u(x,y+h)- u(x,y)}{h}] - \lim_{h\rightarrow 0} [\frac{u(x,0+h)- u(x,0)}{h}]$

= {tu}_{y} (X, y) - {tu}_{y} (X, 0)

$= u_{y}(x,y)-u_{y}(x,0)$

En efecto, $t$ es un dummy por lo que en su lugar podríamos tener

= {tu}_{y} (X, y) - {tu}_{t} (X, 0)

$= u_{y}(x,y)-u_{t}(x,0)$

Por lo tanto, el primer enfoque es incorrecto, y en realidad deberíamos tener

\int_{0}^{y} {tu}_{t t} (X, t) d t = {tu}_{t} (X, t) |_{0}^{y} = {tu}_{t} (X, t) |_{t = y} - {tu}_{t} (X, t) |_{t = 0} = {tu}_{t} (X, y) - {tu}_{t} (X, 0) = {tu}_{y} (X, y) - {tu}_{y} (X, 0)

$\int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_t(x,t)|_{\color{green}{0}}^{\color{blue}{y}} = u_t(x,t)|_{t=\color{blue}{y}} - u_t(x,t)|_{t=\color{green}{0}} = u_t(x,\color{blue}{y}) - u_t(x,\color{green}{0}) = u_y(x,\color{blue}{y}) - u_y(x,\color{green}{0})$

Tenga en cuenta que esto es lo que se hace para el segundo enfoque y que no conectamos $t=y$ en la derivada parcial, es decir, no decimos que

{tu}_{t} (X, t) |_{t = y} = {tu}_{y} (X, y)

$u_t(x,t)|_{t=\color{blue}{y}} = u_\color{blue}{y}(x,\color{blue}{y})$ pero eso

{tu}_{t} (X, t) |_{t = y} = {tu}_{t} (X, y) = {tu}_{y} (X, y) .

$u_t(x,t)|_{t=\color{blue}{y}} = u_t(x,\color{blue}{y}) = u_y(x,\color{blue}{y}).$

(**) Esto se basa en convencerse a sí mismo de que

[\underset{h \to 0}{límite} F (X + h)] |_{a}^{b} = \underset{h \to 0}{límite} [F (X + h) |_{a}^{b}],

$[\lim_{h\rightarrow 0} f(x+h)]\big|_{a}^{b} = \lim_{h\rightarrow 0} [f(x+h)\big|_{a}^{b}],$

dónde

L H S = [\underset{h \to 0}{límite} F (X + h)] |_{b} - [\underset{h \to 0}{límite} F (X + h)] |_{a}

$LHS = [\lim_{h\rightarrow 0} f(x+h)]\big|_{b} - [\lim_{h\rightarrow 0} f(x+h)]\big|_{a}$ y

R H S = \underset{h \to 0}{límite} [F (b + h) - F (a + h)] = \underset{h \to 0}{límite} F (b + h) - \underset{h \to 0}{límite} F (a + h),

$RHS = \lim_{h\rightarrow 0} [f(b+h) - f(a+h)] = \lim_{h\rightarrow 0} f(b+h) - \lim_{h\rightarrow 0} f(a+h),$

es decir, convencerse a sí mismo de que

[\underset{h \to 0}{límite} F (X + h)] |_{b} = \underset{h \to 0}{límite} F (b + h),

$[\lim_{h\rightarrow 0} f(x+h)]\big|_{b} = \lim_{h\rightarrow 0} f(b+h),$

si eso no es ya cierto por definición. Creo que podríamos definir

gramo (X) := \underset{h \to 0}{límite} F (X + h)

$g(x):=\lim_{h\rightarrow 0} f(x+h)$ calle

gramo (b) := \underset{h \to 0}{límite} F (b + h) =: [\underset{h \to 0}{límite} F (X + h)] |_{b} .

$g(b):=\lim_{h\rightarrow 0} f(b+h)=:[\lim_{h\rightarrow 0} f(x+h)]\big|_{b}.$

Regla de Leibniz: Demostrar ∫y0utt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)∫0yutt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)\ int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_y (x,y) - u_y (x,0)

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