Tp.4 Ej.17

Para tiempo t \geq 0 dos puntos siguen trayectorias definidas por X = (t+1, g(t), 1+t^2) y X=(2t, g'(t), 2t^2) respectivamente, determine g(t) sabiendo que en todo momento las trayectorias son paralelas y que en t=1 ambos puntos están en el (2,2,2)

Solución:

Dos curvas son paralelas si sus vectores tangentes son paralelos. Por lo tanto primero debemos obtener el vector tangente a cada curva en cada punto, para eso derivamos:

C_1(t) = (t+1, g, 1+t^2)
C'_1(t) = (1, g', 2t)

C_2(t) = (2t, g', 2t^2)
C'_2(t) = (2, g'', 4t)

Para que sean paralelos debe cumplirse que:
(1, g', 2t) = \lambda (2, g'', 4t)
o sea:

1 = \lambda 2
g' = \lambda g''
2t = \lambda 4t

de la primera sale que \lambda = \frac{1}{2}, y verifica directamente la tercera ecuación.
En la segunda queda:
g' = \frac{1}{2}g''
que es una ecuación diferencial de segundo orden:

g'' - 2g' = 0

Sustituyo w = g'

w' - 2w = 0
\int \frac{dw}{w} = \int 2 dt
\ln|w| = 2t + c
w = ke^{2t}

integramos nuevamente para obtener g:

g = \int k e^{2t}dt
= \frac{k}{2} e^{2t} + c

que es la solución general de la ecuación diferencial. Ahora debemos usar las condiciones iniciales para sacar las constantes:

de
C_2(1) = (2,2,2)
sale que
g'(1) = 2
por lo tanto:
ke^2 = 2
así que
k = 2e^{-2}
por otra parte de
C_1(1) = (2,2,2)
sale que
g(1) = 2
por lo tanto
e^0 + c = 2
así que
c = 1

Finalmente,
g(t) = e^{2t-2} + 1

Observación:
Ahora que tenemos g(t) tenemos definidas las trayectorias:

C_1(t) = (t+1, e^{2t-2}+1, 1+t^2)
C_2(t) = (2t, 2e^{2t-2}, 2t^2)

Estas dos curvas pasan por el mismo punto y son paralelas, y aún así no se trata de una misma curva… ¿Cómo es esto posible?
Con las rectas esto no pasaba puesto que si dos rectas son paralelas y se intersectan en algún punto, se intersectan también en todos los demás, es decir, se trata en realidad de una misma recta.
En este caso como no se trata de rectas, puede que ocurra que se intersecten las dos curvas en un solo punto, aunque sean paralelas.
En el siguiente gráfico puede observarse la curva C_1 en color azul, y la curva C_2 en color rojo, y en amarillo la transformación contínua de la primera curva en la segunda con la propiedad de mantenerla paralela, es decir simplemente trasladamos y ensanchamos proporcionalmente la curva C_1 hasta llegar a la curva C_2.

tp4_ej17
apply(draw, append([terminal=animated_gif, delay=20],
makelist(gr3d(
rot_vertical=140, rot_horizontal=200, surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color=blue, line_width = 3,
parametric(t+1, (%e)^(2*t-2)+1, 1+t^2,t,-1,3),
color=red, line_width = 3,
parametric(2*t,2*(%e)^(2*t-2), 2*t^2,t,-1,3),
color=cyan, line_width = 5,
parametric(2, 2, 2,t,0,1),
color=yellow, line_width=3,
parametric(t*(k/15+1)+1*(1-k/15),
(k/15+1)*(%e)^(2*t-2)+1*(1-k/15),
(k/15+1)*t^2+1*(1-k/15),t,-1,3)
),
k,0,15)))$

Tp.4 Ej.2

Dada C de ec. \vec{X}=(u^2, u-2, u+3) con u \in \mathbb{R}, analice si su recta tangente en (9,1,6) interseca…
a) … al eje z.
b) … a \Sigma de ec. z=x-2y^2
c) … a la curva de ec. \vec{X} = (v,2v,32v^{-1}) con v \neq 0.

Solución:

Primero calculemos la recta tangente.
C(u) = (u^2, u-2, u+3)
Si A = (9,1,6) entonces
C(3) = A
C'(u) = (2u, 1, 1)
el vector tangente en A es:
C'(3) = (6,1,1)

por lo tanto la ecuación de la recta tangente es:
r(t) = (9,1,6) + t(6,1,1)
= (9+6t, 1+t, 6+t)

respondamos ahora las preguntas:
a) interseca al ej z
para ello debe existir algún valor de t que cumpla simultáneamente x=y=0
o sea:
9+6t = 0
1+t = 0
de la segunda t = -1, en la primera 3=0 por lo tanto no se cumplen simultáneamente, y la recta tangente no interseca al eje z.

b) interseca a \Sigma de ec. z=x-2y^2
veamos si se cumple para algún valor de t:
6+t = 9+6t - 2(1+t)^2
6+t = 9+6t - 2(t^2 + 2t + 1)
6+t = 9+6t - 2t^2 - 4t - 2
2t^2 - t -1 = 0

\frac{+1 \pm \sqrt{1+8}}{4} = \frac{1 \pm 3}{4}
de donde se desprende que t_1 = 1 y t_2 = -1/2
por lo tanto la recta tangente interseca a \Sigma en dos puntos: C(1) = (15,2,7) y C(-1/2) = (6, 1/2, 11/2)

c) interseca a la curva de ec. X=(v,2v,32v^{-1}) con v \neq 0.
Llamemos C_2(v) = (v, 2v, 32/v)
Para que se intersecten debe existir al menos un valor de t que cumpla simultáneamente:
9+6t = v
1+t = 2v
6+t = 32/v

de la segunda ecuación:
t = 2v-1
en la primera:
9+6(2v-1) = v
9 + 12v - 6 = v
3 +11v = 0
v = -3/11
por lo tanto t = -17/11
en la tercera ecuación:
6+t = 32/v
49/11 = -352/3
por lo tanto no se cumple simultáneamente para ningún valor de t, y entonces la recta tangente no interseca a la curva C_2.

En el siguiente gráfico se puede visualizar la curva C en azul, la recta tangente en negro, el eje z en color cyan, la superficie \Sigma en rojo, y la curva C_2 en verde. Puede verse las dos intersecciones entre la recta tangente y \Sigma, y que no hay intersecciones ni con el eje z ni con la curva C_2.
tp4_ej2
draw3d(
surface_hide = true,
color=blue, line_width = 3,
parametric(t^2, t-2, t+3,t,-3,5),
color=cyan, line_width = 3,
parametric(0,0,t,t,-300,200),
color=yellow, line_width = 5,
parametric(9, 1, 6,t,0,1),
color=magenta,
parametric(15, 2, 7,t,0,1),
parametric(6, 0.5, 5.5,t,0,1),
color=black, line_width = 3,
parametric(9+6*t, 1+t, 6+t,t,-2,2),
color=red, line_width = 1,
explicit(x-2*y^2,x,-10,20,y,-5,5),
color=green, line_width = 3,
parametric(t, 2*t, 32/t, t, 0.2,2.5),
parametric(t, 2*t, 32/t, t, -2.5,-0.2)
);

Tp.4 Ej.6.a

Estudie la derivabilidad en distintas direcciones en el punto A que se indica en cada caso.

a) f(x,y) = \begin{cases} \frac{xy-x}{x^2 + (y-1)^2} & si \ (x,y) \neq (0,1) \\ f(x,y) = 0 & si \ (x,y) = (0,1) \end{cases}

Solución:

Las derivadas direccionales en el punto (0,1) y la dirección del vector:
v = (v_1, v_2) con |v| = 1 (o sea v^2_1 + v^2_2 = 1)
son:
\lim_{h \to 0} \frac{f(hv_1, 1+hv_2) - f(0,1)}{h}

\lim_{h \to 0} (f(hv_1, 1+hv_2))(\frac{1}{h})

\lim_{h \to 0} \frac{hv_1(1+hv_2) - hv_1}{h^2v^2_1 + (1+hv_2-1)^2} (\frac{1}{h})

\lim_{h \to 0} \frac{hv_1(1+hv_2) - hv_1}{h^2v^2_1 + h^2v^2_2} (\frac{1}{h})

\lim_{h \to 0} \frac{hv_1(1+hv_2) - hv_1}{h^2} (\frac{1}{h})

\lim_{h \to 0} \frac{hv_1+h^2v_2v_1 - hv_1}{h^2} (\frac{1}{h})

\lim_{h \to 0} \frac{h^2v_2v_1}{h^2} (\frac{1}{h})

\lim_{h \to 0} v_1v_2 (\frac{1}{h})

este límite existe solamente cuando se anula el numerador o sea cuando:
v_1v_2 = 0
esto ocurre solamente si:
v_1 = 0 o v_2 = 0

por lo tanto las únicas derivadas direccionales que existen son las derivadas parciales (en las direcciones paralelas a los ejes de coordenadas x e y), y el valor de la derivada en esos casos es 0.

tp4_ej6a
draw3d(user_preamble = "set pm3d at s depthorder",
xu_grid=80, yv_grid=80,
xlabel = "x",
ylabel = "y",
zlabel = "z",
enhanced3d = true,
explicit((x*y-x)/(x^2+(y-1)^2),x,-1,1,y,0,2)
);

Tp.4 Ej.1.a

Definida la curva C como intersección de dos superficies S_1 y S_2 (C = S_1 \cap S_2):

  • parametrícela convenientemente y halle una ecuación para la recta tangente a C en A.
  • halle una ecuación cartesiana y una ecuación vectorial para el plano nomral a C en A,
  • analice si C s una curva plana o alabeada.

a) S_1: y = x^2
S_2: y+z = 5
A = (2,4,1)

Solución:

Parametrizo la curva como:
C(t) = (t, t^2, 5-t^2) con t \in \mathbb{R}
C(2) = A

El vector tangente es:
C'(t) = (1, 2t, -2t)
C'(2) = (1, 4, -4)

por lo tanto la recta tangente a C en A es:
r(t) = (2,4,1) + t(1,4,-4)
= (2+t, 4+4t, 1-4t)

la ecuación cartesiana del plano normal es:
[(x,y,z)-(2,4,1)](1,4,-4) = 0
(x-2, y-4, z-1)(1,4,-4) = 0
x - 2 + 4y - 16 - 4z + 4 = 0
x + 4y - 4z - 14 = 0

una ecuación vectorial del mismo plano (despejando x):
p(y,z) = (4z-4y+14, y, z) con y,z \in \mathbb{R}

Se trata de una curva plana por estar contenida en el plano y+z = 5

Tp 4. Ej 11

Sea P una partícula que se desplaza en el espacio xyz según la trayectoria definida por X=3t^2 i + (2-t) j +2t^2 k, con t \geq 0 tiempo en seg; si S es la superficie de ecuación x = y^2+z

a) calcule el ángulo entre los vectores velocidad y aceleración de P en el instante que atraviesa a S

b) calcule el tiempo que tardará P en llegar desde S al plano de ecuación x-z+2y = 7

Solución:

a)

Primero escribo la trayectoria en forma paramétrica:

C(t) = (3t^2, 2-t, 2t^2) con t \geq 0

Por lo tanto la trayectoria parte desde C(0) = (0, 2, 0)

Necesitamos saber cuando llega a S, para eso intersectamos la curva con la superficie:

x = y^2+z

3t^2 = (2-t)^2 + 2t^2

t^2 = 4 - 4t + t^2

4-4t = 0

t = 1

Por lo tanto el punto en el que llega es C(1) = (3,1,2)

Calculamos las derivadas primera y segunda para obtener los vectores velocidad y aceleración:

C'(t) = (6t, -1, 4t) entonces C'(1) = (6, -1, 4)

C''(t) = (6,0, 4) entonces C''(1) = (6,0, 4)

El ángulo entre dos vectores se puede calcular a partir del producto escalar, es decir recordando que

v \cdot w = |v| |w| cos(\phi)

podemos despejar el ángulo como

\phi = \arccos(\frac{v \cdot w}{|v| |w|})

Reemplazando con los vectores de nuestro ejercicio

\phi = \arccos(\frac{52}{2 \sqrt{13} \sqrt{53}}) = \arccos(\frac{2\sqrt{689}}{53})

b) Veamos cuando llega al plano que voy a llamar \pi, para ello intersectamos la curva con el plano

x-z+2y = 7

3t^2 -2t^2 + 2(2-t) = 7

t^2 + 4 - 2t = 7

t^2 - 2t -3 = 0

\frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 12}}{2} = \frac{2 \pm 4}{2}

por lo tanto los valores posibles son t = -1 (lo descarto por ser anterior al inicio de la trayectoria) y t = 3 (es decir llega al punto C(3) = (27, -1, 18)

Finalmente, el tiempo que tarda en llegar desde S hasta \pi es 3-1= 2 segundos.

En el siguiente gráfico podemos observar la trayectoria como la curva de color negro, la superficie S de color azul, y el plano \pi de color rojo, así como los 3 puntos de la trayectoria inicial C(0), donde llega a S C(1) y cuando llega a \pi C(3)
tp4_ej11
draw3d(key="S", color=blue,
explicit(x-y^2,x,-1,30,y,-2,4),
surface_hide=true,
key="Pi", color=red,
explicit(x+2*y-7,x,-1,30,y,-2,4),
key="Trayectoria", color=black, line_width = 2,
parametric(3*t^2, 2-t, 2*t^2, t,-2,4),
key="Inicio", color=brown, line_width=5,
parametric(0,2,0,t,-2,4),
key="Intermedio", color=cyan, line_width=5,
parametric(3,1,2,t,-2,4),
key="Final", color=green, line_width=5,
parametric(27,-1,18,t,-2,4)
);

Tp 4. Ej 7

Demuestre por definición que f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} / f(x,y) = \sqrt{4x^2+y^2} es continua pero no admite derivadas parciales en el origen.

Solución:

La continuidad es fácil de ver pues la función está definida en el origen, por lo tanto se cumplen las 3 condiciones:

1) \exists f(0,0) = \sqrt{4(0^2) + 0^2} = 0

2) \exists L = \lim_{(x,y) \to (0,0)} \sqrt{4x^2+y^2} = 0 por no ser una indeterminación.

3) f(0,0) = L = 0

Veamos ahora si existen las derivadas parciales, probamos primero con respecto a x :

f'_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f((0,0)+h(1,0)) - f(0,0)}{h} = \frac{f(h,0)}{h}

= \frac{\sqrt{4h^2 + 0^2}}{h} = 2\frac{|h|}{h}

Esté límite no existe porque da 2 si me acerco por los h positivos, y da -2 si me acerco por los h negativos, por lo tanto la derivada parcial respecto de x en el origen no existe.

De modo similar se puede ver que tampoco existe la derivada parcial respecto de y.

Si observamos el gráfico de la función, podemos ver que la superficie que genera es un semicono, lo cual permite ver que en el origen si bien es contínua (no hay saltos en el entorno), la misma no puede ser derivable en ninguna dirección ya que presenta un cambio de dirección brusco en ese punto (es la misma razón por la que la función f(x)=|x| no es derivable en x=0).

Podemos observar también, aunque esto es tema de la unidad siguiente que es diferenciabilidad, que un plano tangente no quedaría bien definido en dicho punto, ya que la superficie no es lo suficientemente suave.
tp4_ej7
draw3d(key="Semicono", color=blue,
explicit(sqrt(4*x^2+y^2),x,-1,1,y,-1,1),
surface_hide = true);

Tp 4. Ej 5

Dada f(x,y) = \sqrt{3 - x^2 - y^2}, obtenga f'_y(1,0) observando el gráfico de la curva intersección de z=\sqrt{3-x^2-y^2} con x=1.

Este ejercicio es interesante ya que nos permite interpretar geométricamente la derivada como pendiente de una recta, incluso aunque la función sea de varias variables.

Primero analicemos el dominio en el que está definida la función, debe cumplirse

3-x^2-y^2 \geq 0

x^2 + y^2 \leq 3

Es decir son todos los puntos del disco de radio \sqrt{3} centrado en el origen.

Derivamos respecto de y usando la regla práctica, para eso primero reescribimos:

\sqrt{3 - x^2 - y^2} = (3-x^2-y^2)^{\frac{1}{2}}

Entonces:

f'_y(x,y) = \frac{1}{2}(3-x^2-y^2)^{-\frac{1}{2}}(-2y) = \frac{-y}{\sqrt{3-x^2-y^2}}

f'_y(1,0) = \frac{-0}{\sqrt{3 - 1 - 0}} = 0

Es decir la derivada pedida existe y vale 0, o lo que es lo mismo la pendiente es nula en esa dirección.

Interpretemos ahora esto con la curva intersección de la superficie z =\sqrt{3-x^2-y^2} con x=1, para eso primero parametrizamos la curva intersección.  Si reemplazamos de la segunda ecuación en la primera nos queda z=\sqrt{2-y^2} que es una semicircunferencia de radio \sqrt{2} .  La parametrizo como:

C(t) = (1, t, \sqrt{2-t^2}) = (1,t,(2-t^2)^{\frac{1}{2}})

En (x,y) = (1,0) la curva se encuentra en (1,0,\sqrt{2}) y el valor del parámetro es t=0.

Derivo la curva:

C'(t) = (0,1,\frac{1}{2}(2-t^2)^{-\frac{1}{2}}(-2t)) = (0, 1, \frac{-t}{\sqrt{2-t^2}})

C'(0) = (0,1,0) es el vector tangente a la curva en dicho punto.  Y por lo tanto la recta tangente es r(t)=(1,t,\sqrt{2}) que es una recta horizontal (paralela al plano xy).

Veamos todo esto en el gráfico, nuestra función original nos definía una superficie que es la parte z-positiva de una semiesfera.

La intersección con el plano nos daba una curva que es una semicircunferencia.  La recta tangente a esa curva tiene la pendiente de la derivada parcial que calculamos y es nula.
tp4_ej5
El comando que se utilizó para generar la imagen con el software Máxima es:
load(draw);

draw3d(key="Semiesfera", color=black,
explicit(sqrt(3-x^2-y^2),x,-3,3,y,-3,3),
key="Curva", color=red,line_width=2,
parametric(1,sqrt(2)*cos(t),sqrt(2)*sin(t), t,0,%pi),
key="Recta tangente", color=blue, line_width = 2,
parametric(1, t, sqrt(2),t,-3,3),
surface_hide = true);