Tp.5 Ej.15

La recta determinada por la intersección de las superficies de ecuaciones y^2 = x^2 - z^2 y z=x es normal a la superficie de ecuación z = f(x,y) en (1,0,1), calcule aproximadamente f(0.98, 0.01)

Solución:

Queremos aproximar z=f(x,y) con el plano tangente a dicha superficie en (1,0,1).

Sabemos que la superficie es diferenciable porque nos dice que la recta es normal (y entonces sabemos que existe un plano tangente).

Como ya tenemos un punto de la recta (y la superficie) que es el punto A=(1,0,1), para obtener el plano nos faltaría un vector normal, pero para eso nos sirve el vector director de la recta (que es normal a la superficie, y entonces también al plano tangente). Veamos si podemos parametrizar la recta, la misma es la intersección de las superficies:

y^2 = x^2 - z^2
z=x

de la segunda ecuación en la primera
y^2 = x^2 - x^2 = 0
y^2 = 0
y=0
o sea que una parametrización posible es
g(t) = (t,0,t) = t(1,0,1)
y un vector director de la recta es
v = (1,0,1) = N
que es el vector normal de nuestro plano tangente. Con el punto y el vector normal obtenemos el plano tangente
(X-A) \cdot N = 0
(x-1, y-0, z-1) \cdot (1,0,1) = 0
x-1 + z-1 = 0
x+z=2

Pero queríamos aproximar
z_0 = f(0.98, 0.01)
despejamos z de la ecuación del plano tangente, y reemplazamos (x,y) = (0.98, 0.01) y obtenemos
z = 2-x
z_0 = f(0.98, 0.01) \approx 2 - 0.98 = 1.02

En el siguiente gráfico puede verse en en rojo y amarillo las dos superficies dato, en azul la recta intersección y en verde el plano perpendicular.

draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color="yellow",
parametric_surface(x,y,x, x,0,3, y,-2,2),
color="red",
parametric_surface(u,u*cos(v), u*sin(v), u,0,3, v,0,2*%pi),
color = "green",
parametric_surface(u*cos(v)+2,u*sin(v),2-u*cos(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
color = "blue",
parametric(t,0,t, t,0,4)
);

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Tp.5 Ej.14

14) Sea f \in C^1, si f'(\vec{A}, (3,4)) = 4 y f'(\vec{A}, (2,7)) = -6. a) Calcule f'(\vec{A}, (5,9)), b) determine el valor de la derivada direccional máxima de f en \vec{A}, c) Sabiendo que f(\vec{A}) = 3, calcule en forma aproximada f(\vec{A} + (0.01, -0.02))

Solución:

Llamemos
\nabla f(\vec{A}) = (a,b)

Por ser f \in C^1 sabemos que
3a + 4b = 4
2a + 7b = -6
de donde

\nabla f(\vec{A}) = (4,-2)
Luego

f'(\vec{A}, (5,9)) = \nabla f(\vec{A}) \cdot (5,9)
= (4,-2)(5,9) = 2

La derivada direccional máxima vendrá dada por
|| \nabla f(\vec{A}) || = || (4,-2) || = 2 \sqrt{5}

f(\vec{A} + (0.01, -0.02)) \approx f(\vec{A}) + f'_x(\vec{A}) 0.01 - f'_y(\vec{A}) 0.02
= 3 + 4 \cdot 0.01 - 2 \cdot (-0.02)
= 3.08

Tp.5 Ej.10

10) Sea S la superficie de ecuación \vec{X} = (u-v^2, v^2 /u, u/v) con (u,v) \in \mathbb{R}^2 / uv \neq 0, verifique que \vec{A} = (-2,2,1) es un punto regular de S. Determine y exprese en forma cartesiana el plano tangente y la recta normal a S en \vec{A}.

Solución:

La superficie paramétrica es
S(u,v) = (u-v^2, \frac{v^2}{u}, \frac{u}{v})

Los parámetros del punto \vec{A} son (u,v) = (2,2) pues
S(2,2) = (-2, 2, 1) = \vec{A}

S'_u = (1, - \frac{v^2}{u^2}, \frac{1}{v} )
S'_v = (-2v, 2 \frac{v}{u}, - \frac{u}{v^2} )

S'_u(2,2) = (1, -1, \frac{1}{2})
S'_v(2,2) = (-4, 2, -\frac{1}{2})

El producto vectorial de las derivadas parciales es distinto del vector nulo
\vec{N} = (S'_u \wedge S'_v)(2,2) = (-\frac{1}{2}, -\frac{3}{2}, -2) \neq \vec{0}

luego \vec{A} es un punto regular de la superficie S.

El plano tangente viene dado por
(\vec{X} - \vec{A}) \cdot \vec{N} = 0
(x+2, y-2, z-1) (-\frac{1}{2}, -\frac{3}{2}, -2) = 0
(x+2, y-2, z-1) (1, 3, 4) = 0
x + 2 + 3y - 6 + 4z - 4= 0
x + 3y + 4z - 8 = 0

La recta normal en paramétricas
r(\lambda) = \vec{A} + \lambda \vec{N}
= (-2,2,1) + \lambda (-\frac{1}{2}, -\frac{3}{2}, -2)
con t = -2\lambda
r(t) = (-2,2,1) + t(1,3,4)
= (-2+t, 2+3t, 1+4t)

Si
x = -2+t
y = 2+3t
z = 1+4t

entonces
t = x+2
y = 2+ 3(x+2)
z = 1 + 4(x+2)

luego ecuación cartesiana de la recta normal es
y = 8 + 3x
z = 9 + 4x

En el siguiente dibujo podemos ver la superficie en azul, el plano tangente en verde, y la recta normal en rojo.

draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
parametric_surface(u-v^2, v^2/u, u/v, u, 1.5, 2.1, v, 1.5, 2.1),
color = "green",
explicit(-x/4-3*y/4 + 2, x, -3, -1, y, 1, 3),
color = "red",
parametric(-2+t,2+3*t,1+4*t, t,-0.5,0.5)
);

Tp.5 Cuestionario.e

Si f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} / f(x,y) = x^{1/3}\sqrt{x^2+y^2} demuestre que f es diferenciable en (0,0) pero f'_x no es contínua en (0,0).

Solución:

Básicamente lo que nos dice el enunciado del ejercicio es que mostremos que a pesar de que f \notin C^1 en el origen, de todas formas es diferenciable en dicho punto.

Veamos cual es el dominio del campo escalar: debe cumplirse que x^2+y^2 \geq 0, lo cual se cumple siempre, por lo tanto Dm(f) = \mathbb{R}^2

Calculamos f'_x:

f'_x = \frac{1}{3}x^{-2/3}\sqrt{x^2+y^2} + x^{1/3}\frac{2x}{2\sqrt{x^2+y^2}}

Como no queda definida en el (0,0), debemos analizarlo por definición de derivada parcial en dicho punto:

f'_x(0,0) = \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h}
= \frac{h^{1/3}\sqrt{h^2}}{h}
= h^{-1}h^{1/3}\sqrt{h^2}
= h^{-2/3}|h|
= \frac{|h|}{h^{2/3}}

Si h>0
= hh^{-2/3} = h^{1/3} = 0
Si h<0
= -hh^{-2/3} = -h^{1/3} = 0

Por lo tanto f'_x(0,0) = 0

Veamos por definición si existe f'_x sobre el eje y (cuando x=0)
f'_x(0,y) = \frac{f(h,y) - f(0,y)}{h}
= \frac{h^{1/3}\sqrt{h^2+y^2}}{h}
= h^{-1}h^{1/3}\sqrt{h^2+y^2}
= h^{-2/3}\sqrt{h^2+y^2}
= \frac{\sqrt{h^2+y^2}}{h^{2/3}}

Por lo tanto no queda definida f'_x sobre el eje y (salvo en el origen).
Por eso f'_x no es contínua ya que al aproximarme por el eje y no queda definido el límite.

Calculemos f'_y para tener el gradiente completo:

\lim_{h \to 0} \frac{f(0,h) - f(0,0)}{h}
\lim_{h \to 0} \frac{0^{1/3}\sqrt{h^2}}{h} = 0

Veamos si la función es diferenciable en el origen:

\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{f(h,k) - f(0,0) - \nabla f(0,0) \cdot (h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0

\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{h^{1/3}\sqrt{h^2+k^2}}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0
\lim_{(h,k) \to (0,0)} h^{1/3} = 0

por lo tanto f(x,y) es diferenciable en el origen.

Tp.5 Ej.8.a

Calcule mediante aproximación lineal y compare el resultado con el obtenido con calculadora.

a) f(1.96, 0.96) cuando f(x,y) = \sqrt{25-2x^2-y^2}

Solución:

Primero veamos si podemos obtener una aproximación lineal a la función en el entorno del (2,1)
f'_x = \frac{-4x}{2\sqrt{25-2x^2-y^2}} = \frac{-2x}{\sqrt{25-2x^2-y^2}}
f'_y = \frac{-2y}{2\sqrt{25-2x^2-y^2}} = \frac{-y}{\sqrt{25-2x^2-y^2}}
Estas funciones son contínuas en el entorno de (2,1), por lo tanto f \in C^1 en dicho entorno, con lo cual sabemos que la función es diferenciable y por lo tanto existe aproximación lineal en ese entorno.
La aproximación lineal tendrá la forma:
f(x,y) \approx f(2,1) + f'_x(2,1) (x-2) + f'_y(2,1) (y-1)

f(x,y) \approx 4 - (x-2) - \frac{1}{4}(y-1)
f(1.96, 0.96) \approx 4 - (-0.04) - \frac{1}{4}(-0.04)
\approx 4 + 0.04 + 0.01
\approx 4.05

Si calculamos diréctamente con la calculadora el valor es
f(1.96, 0.96) = 4.049098... \approx 4.05

En el siguiente gráfico se puede visualizar la superficie y su aproximación lineal en el entorno del (2,1)
tp5_ej8a
draw3d(
surface_hide = true,
xu_grid=20, yv_grid=20,
xlabel = "x",
ylabel = "y",
zlabel = "z",
color=green,
parametric_surface(x,y,sqrt(25-2*x^2-y^2), x,1,3, y,0,2),
color=blue,
parametric_surface(x,y,4-(x-2)-(y-1)/4, x,1,3, y,0,2),
line_width=3,
color=cyan,
parametric(2,1,4,t,-1,1),
color=red,
parametric(1.96,0.96,4.0490986,t,-1,1),
color=light-red,
parametric(1.96,0.96,4.05,t,-1,1)
);

Tp.5 Ej.2

Siendo f(x,y) = \sqrt{xy} si xy \geq 0 y f(x,y) = x si xy < 0, calcule f'((0,0), (2,-1)) aplicando la definición. Observe que en este caso f'((0,0),(2,-1)) \neq \nabla f(0,0) \cdot (2,-1), ¿existe la derivada pedida?; si existe, ¿cuál es su valor?.

Solución:

La derivada pedida por definición es el siguiente límite

f'((0,0),(2,-1)) = \lim_{h \to 0} \frac{ f( (0,0) + h(2,-1) ) - f(0,0) }{h}
\lim_{h \to 0} \frac{ f(2h,-h) - f(0,0) }{h}

Para evaluar f(2h,-h) calculamos xy = -2h^2 < 0 pues h \neq 0 dado que h \to 0. Luego hay que entrar en la rama de abajo y f(2h,-h) = 2h

Además se tiene que f(0,0) = \sqrt{0} = 0

Por lo tanto:
= \lim_{h \to 0} \frac{2h - 0}{h} = 2

Así que la derivada pedida existe y su valor es 2.

Calculemos \nabla f(0,0). Sobre los ejes coordenados f vale \sqrt{xy}
f'_x = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h}
= \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h0} - 0}{h} = 0
De forma similar:
f'_y = \lim_{h \to 0} \frac{f(0,h) - f(0,0)}{h}
= \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{0h} - 0}{h} = 0
Por lo tanto \nabla f(0,0) = (0,0)

Efectivamente se cumple que
f'((0,0),(2,-1)) \neq \nabla f(0,0) \cdot (2,-1)
2 \neq (0,0) \cdot (2,-1)
2 \neq 0

Esto implica que la función no es diferenciable en el origen. En el siguiente gráfico puede observarse la gráfica de la función, y la recta tangente a la superficie en el origen que avanza en la dirección de (x,y)=(2,-1).

tp5_ej2bis
draw3d(
surface_hide = false,
xu_grid=20, yv_grid=20,
xlabel = "x",
ylabel = "y",
zlabel = "z",
color=blue,
parametric_surface(x,y,sqrt(x*y), x,0,2, y,0,2),
parametric_surface(x,y,sqrt(x*y), x,-2,0, y,-2,0),
parametric_surface(x,y,x, x,0,2, y,-2,0),
parametric_surface(x,y,x, x,-2,0, y,0,2),
color=red, line_width=2,
parametric(2*t,-t,2*t,t,-1,1)
);

Tp.5 Ej.1.b

Exprese Df(X) y halle el conjunto W tal que Df sea continua en W

b) f(x,y) = \frac{xy}{x^2 + y^2}

Solución:

Lo primero que nos piden es que calculemos su matriz jacobiana. Como en este caso se trata de un campo escalar, su matriz jacobiana es equivalente a su gradiente, es decir al vector con las derivadas parciales como componentes.

Df = \left(\frac{y(x^2+y^2) - xy(2x)}{(x^2+y^2)^2}, \frac{x(x^2+y^2) - xy(2y)}{(x^2+y^2)^2}\right)
= \left(\frac{yx^2+y^3 - 2x^2y}{(x^2+y^2)^2}, \frac{x^3+xy^2 - 2y^2x}{(x^2+y^2)^2}\right)
= \left(\frac{y^3 - x^2y}{(x^2+y^2)^2}, \frac{x^3-xy^2}{(x^2+y^2)^2}\right)

Por lo tanto el dominio es Dm(f) = Dm(Df) = \mathbb{R}^2 - \{0\}
El conjunto W = Dm(f) por ser la función contínua en todos los puntos de \mathbb{R}^2 menos en el origen donde no está definida. (Es fácil ver que es contínua porque se cumple que existe f(x_0, y_0) y es igual al límita cuando (x,y) \to (x_0,y_0) pues no hay indeterminación.

Esto significa que f \in C^1 en W, y por lo tanto también es diferenciable (existe plano tangente) en cualquier punto de W.

En la siguiente imagen puede observarse que la función parece ser no contínua en el origen, pero si diferenciable en todos los demás puntos.
tp5_ej1b
draw3d(
surface_hide = true,
xu_grid=60, yv_grid=60,
color=blue,
parametric_surface(x,y,x*y/(x^2+y^2), x,-2,2, y,-2,2)
);