si $u = \arccos \left(\frac{x+y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\right)$ entonces $x\frac{\partial u}{\partial x} + y\frac{\partial u}{\partial y}$

Question

Edición: esto es un repost
si es posible necesito algún tipo de atajo, 80 preguntas, 90 min para resolver este tipo de preguntas tengo solo 1 min de tiempo soltando cada pregunta
Contexto: he mirado en PYQ's y en los simulacros de exámenes de este año y he descubierto que esta pregunta era una de las más repetidas y tengo un examen la semana que viene y mis profesores no están disponibles

La respuesta que obtuve
$x\frac{\partial u}{\partial x} + y\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{-x\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}-(x+y)\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)} {\sin^2(u)(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}- \frac{y\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}-(x+y)\frac{1}{2\sqrt{y}}\right) } {\sin^2(u)\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2}$

La respuesta que obtengo no se acerca a las opciones que se han dado

Opciones

1. $\frac{-1}{2}\sin(u)$

2. $\frac{-1}{2}\cot(u)$

3. $\frac{-1}{2}\tan(u)$

4. $\frac{-1}{2}\cos(u)$

Answer 1

Tengo..:

$$\tag{1} \boxed{ x \frac{\partial u}{\partial x} = -~ \frac{2x \sqrt{y} + x \sqrt{x} -y \sqrt{x}}{2~\sin(u) ~(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2}} $$

$$\tag{2} \boxed{ y \frac{\partial u}{\partial y} = -~ \frac{2y \sqrt{x} + y\sqrt{y} -x \sqrt{y}}{ 2~\sin(u)~ (\sqrt{x} + \sqrt{y})^2}} $$

$$x \frac{\partial u}{\partial x}+ y \frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{1}{2\sin(u)}~ \frac{\sqrt{y} (~ 2x+y-x)+\sqrt{x}(~x-y+2y)}{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}$$

$$x \frac{\partial u}{\partial x}+ y \frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{1}{2\sin(u)}~ \frac{ x+y}{(\sqrt{x}+\sqrt{y})} \tag{3}$$

A partir de la ecuación : $$ u = \arccos( \frac{x+y}{(\sqrt{x}+\sqrt{y})})$$

$$ \cos(u) = \frac{x+y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}$$

sustituir en $(3)$ :

$$ \tag{4}\boxed{- \frac{\cos(u)}{2\sin(u)} = - \frac{\cot(u)}{2}}$$

Confirme usted mismo la respuesta y las derivadas parciales

Answer 2

Escriba $\cos(u)=\frac{x+y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}$ y diferenciar implícitamente wrt $x$ y $y$ . El lado derecho es simétrico en $x$ y $y$ por lo que sólo hay que calcular la derivada una vez. Esto da como resultado $$-\sin(u)\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}-\frac{1}{2\sqrt{x}}\frac{x+y}{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2},$$ $$-\sin(u)\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}-\frac{1}{2\sqrt{y}}\frac{x+y}{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}.$$

Multiplica la primera ecuación por $x$ y el segundo por $y$ y sumar las ecuaciones para encontrar \begin{align} -\sin(u)\left(x\frac{\partial u}{\partial x}+y\frac{\partial u}{\partial y}\right)&=\frac{x+y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}-\frac{x+y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\left(\frac{1}{2}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}+\frac{1}{2}\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\right)\\ &=\frac{1}{2}\cos(u) \end{align} donde la última igualdad se deduce de la ecuación original. Dividir por $-\sin(u)$ y ya está.

Answer 3

Hay un atajo si sabes que $x \, \frac{\partial u}{\partial x} + y \, \frac{\partial u}{\partial y} = r \, \frac{\partial u}{\partial r}$ en términos de coordenadas polares $(r,\varphi)$ . Entonces puedes escribir $$ \cos(u) = \frac{x+y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}} = \frac{r \, (\cos\varphi+\sin\varphi)}{\sqrt{r} \, (\sqrt{\cos\varphi}+\sqrt{\sin\varphi})} = \sqrt{r} \, g(\varphi) , $$ diferenciar con respecto a $r$ para encontrar $$ -\sin(u) \, \frac{\partial u}{\partial r} = \frac{1}{2\sqrt{r}} \, g(\varphi) , $$ y deducir que $$ x \, \frac{\partial u}{\partial x} + y \, \frac{\partial u}{\partial y} = r \, \frac{\partial u}{\partial r} = r \, \frac{-1}{\sin(u)} \, \frac{1}{2\sqrt{r}} \, g(\varphi) = \frac{-1}{2 \sin(u)} \, \sqrt{r} \, g(\varphi) = \frac{-1}{2 \sin(u)} \, \cos(u) . $$ (Como extra, ves que esto funciona para cualquier función de la forma $u=\arccos\bigl( \sqrt{r} \, g(\varphi) \bigr)$ en coordenadas polares, por lo que no hay nada especial en la función particular $g(\varphi) = \frac{\cos\varphi+\sin\varphi}{\sqrt{\cos\varphi}+\sqrt{\sin\varphi}}$ que tenemos en este caso. Ver también Teorema de Euler sobre las funciones homogéneas .)