Tp.6 Ej.13

Dada z = u+ve^{u-v} con u = f(x,y) \wedge v = y^2, resulta z = h(x,y). Halle las direcciones \vec{r} tales que h'((2,1), \vec{r}) = 0, si f queda definida implícitamente por 2y-ux-\ln(u) = 0

Solución:

Primero estudiemos como queda la composición:
(x,y) \to g_1 \to (u,v) \to g_2 \to z
donde
g_1(x,y) = (f(x,y), y^2)
g_2(u,v) = u+ve^{u-v}

En el (x,y)=(2,1)
(2,1) \to (f(2,1), 1) \to z_0

Calculemos f(2,1) de la implícita
2y-ux-\ln(u) = 0
2-2u-\ln(u) = 0
u=f(2,1)= 1

Entonces queda
(2,1) \to (1, 1) \to 2

Tenemos
h(x,y) = (g_2 \circ g_1)(x,y)
Aplicando la regla de la cadena
Dh(2,1) = Dg_2(1,1) \cdot Dg_1(2,1)

Dg_1 = \begin{pmatrix} f'_x & f'_y \\ 0 & 2y \end{pmatrix}
Dg_1(2,1) = \begin{pmatrix} f'_x(2,1) & f'_y(2,1) \\ 0 & 2 \end{pmatrix}
Dg_2 = \begin{pmatrix} 1 + ve^{u-v} & e^{u-v} - ve^{u-v} \end{pmatrix}
Dg_2(1,1) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \end{pmatrix}

Calculamos f'_x y f'_y usando la derivación implícita: Defino H(x,y,u) = 2y-ux-\ln(u)
Entonces

\begin{matrix} H'_x = -u & H'_x(2,1,1) = -1 \\  H'_y = 2 & H'_y(2,1,1) = 2 \\  H'_u = -x - \frac{1}{u} & H'_u(2,1,1) = -3 \end{matrix}

f'_x = - \frac{H'_x}{H'_u}, f'_x(2,1) = -1/3
f'_y = - \frac{H'_y}{H'_u}, f'_y(2,1) = 2/3

Agrupando todos los datos
Dh(2,1) = Dg_2(1,1) \cdot Dg_1(2,1)
= \begin{pmatrix} 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1/3 & 2/3 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}
= \begin{pmatrix} -2/3 & 4/3 \end{pmatrix}

Entonces
\nabla h(2,1) = (-2/3, 4/3)
Buscamos \vec{r} tal que
\nabla h(2,1) \cdot \vec{r} = 0
Entonces
\vec{r}_1 = \frac{(4/3, 2/3)}{||(4/3, 2/3)||}

Las direcciones pedidas son
\vec{r}_1 = \left( \frac{2\sqrt{5}}{5}, \frac{\sqrt{5}}{5} \right)
\vec{r}_2 = \left( -\frac{2\sqrt{5}}{5}, -\frac{\sqrt{5}}{5} \right)

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Un comentario en “Tp.6 Ej.13

  1. Hola damian, como estas? No entiendo pq invertis elnorden de coordenadas cuando armas el vector. PQ Si te dio (-2/3,4/3),al hacer el vector pones (4/4,-2/3) sobre su modulo.graciaw

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