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)

Tp.6 Ej.6

Dada h(x,y) = f(y/x) con f \in C^1, f' \neq 0 (*), demuestre que la recta tangente a la linea de nivel de h que pasa por \vec{A} = (x_0,y_0), está dirigida por \vec{A}

(*) Al no indicar el punto, significa que la derivada no se anula en todo punto.

Solución:

Tenemos que h es la función compuesta que resulta de componer el campo escalar
g(x,y) = y/x = t
con la función escalar f(t)
Es decir tenemos una composición del tipo:
(x,y) \to g \to (t) \to f \to (z)
Con la cual resulta
(x,y) \to h \to z
donde
z = h(x,y) = (f \circ g)(x,y)

El gradiente es normal al conjunto de nivel, y como f y g son C^1 en los puntos interiores de su dominio, tenemos que:

\nabla h(x,y) = f'(t) \cdot \nabla g(x,y)
= f'(t) \cdot \left( \frac{-y}{x^2}, \frac{1}{x} \right)

Evaluado en el punto \vec{A} = (x_0,y_0) es

\nabla h(x_0, y_0) = f' \left( \frac{y_0}{x_0} \right) \cdot \left( \frac{-y_0}{x_0^2}, \frac{1}{x_0} \right)

Voy a usar la notación f_0' para referirme a f'(y_0/x_0), nos va quedando

\nabla h(x_0, y_0) = \left( \frac{-f_0' y_0}{x_0^2}, \frac{f_0'}{x_0} \right)

Este vector no pude nunca ser el vector nulo, ya que x_0 \neq 0 ya que sinó no sería un punto del dominio de h, y además nos dicen que f_0' \neq 0 pues f' \neq 0 para todo punto, por lo tanto el segundo componente nunca es cero. (Esto nos garantiza que existe recta tangente).
Además, este vector por ser el gradiente de h, es normal a la curva de nivel de h que pasa por \vec{A} = (x_0, y_0) y a su recta tangente en dicho punto. Si dicha recta está dirigida por \vec{A}, es decir \vec{A} es un vector tangente a la recta, entonces deberá ser perpendicular al gradiente.
Haciendo el producto escalar entre el gradiente y el vector \vec{A} obtenemos

\nabla h(x_0, y_0) \cdot \vec{A} = \left( \frac{-f_0' y_0}{x_0^2}, \frac{f_0'}{x_0} \right) \cdot (x_0, y_0)
= \frac{-f_0' y_0}{x_0} + \frac{f_0' y_0}{x_0}
= 0

lo cual demuestra que dichos vectores son perpendiculares, y por lo tanto la recta tangente a la curva de nivel de h que pasa por \vec{A} está dirigida por \vec{A}.
\Box

Tp.6 Ej.3

Si z = 2uv - 2\sqrt{v-u} con:
u=x-y^2
v=x+2xy-1
resulta z = h(x,y)

a) Reconozca las funciones f y g que generan h = f \circ g
b) Calcule la derivada direccional de h en (2,1), en la dirección que va hacia el (5,5).
c) Sea n_0 la recta normal a la gráfica de h en (2,1,z_0); exprese n_0 como la intersección de dos superficies.
d) Analice si la recta n_0 mencionada en “c” tiene algún punto en común con el eje z.

Solución:

a)

Dadas las funciones
g(x,y) = (x-y^2, x+2xy-1)
f(u,v) = 2uv - 2\sqrt{v-u}

Resulta
z = h(x,y) = (f \circ g)(x,y)

b)
En el punto resulta
(x,y) = (2,1) \to (u,v) = (1, 5) \to z=6

Veamos la jacobiana:
Dh = Df \circ Dg

Dg = \begin{pmatrix} 1 & -2y \\ 1+2y & 2x \end{pmatrix}

Dg(2,1) = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}

Df = \begin{pmatrix} 2v + \frac{1}{\sqrt{v-u}} & 2u - \frac{1}{\sqrt{v-u}}\end{pmatrix}

Df(1,5) = \begin{pmatrix} \frac{21}{2} & \frac{3}{2}\end{pmatrix}

Dh(2,1) = Df(1,5) \circ Dg(2,1)
= \begin{pmatrix} \frac{21}{2} & \frac{3}{2}\end{pmatrix} \circ \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}

= (15, -15)

Si vamos del punto (2,1) al (5,5) la dirección es paralela al (5-2, 5-1) = (3,4)

Por lo tanto f'((2,1), (3,4)/5) = (15,-15) \cdot (\frac{3}{5},\frac{4}{5})
= -3

c)
Debemos calcular la recta normal. Primero observemos que el plano tangente es:

z = 6 + 15(x-2) - 15(y-1)
z = 6 + 15x - 30 - 15y + 15
15x - 15y - z = 9

Por lo tanto un vector normal al plano y tangente a la recta es el (15,-15,-1)

La recta normal resulta ser:
r(t) = (2,1,6) + t(15,-15,-1)
= (2+15t, 1-15t, 6-t)

x = 2+15t
y = 1-15t
z = 6-t

Por lo tanto podemos escribir la recta como intersección de las dos superficies:
x+y=3
x + 15z = 92

d)
Para que tenga intersección con el eje z, debe cumplirse simultáneamente que x=y=0

0 = 2+15t
0 = 1-15t

Pero
-2/15 \neq 1/15
Por lo tanto no intersecta al eje z.

Tp.6 Ej.1.a

Dadas f y g, analice en cada caso si quedan definidas f \circ g y g \circ f. Además, para cada función generada mediante la composición, determine su dominio natural y obtenga su matriz jacobiana en algún punto interior al mismo.

a) f(x,y) = (xy, x-y)
g(u,v) = (u^2, v-u)

Solución:

Analicemos f \circ g, es decir primero aplicamos g y luego f:
En forma de diagrama sería:
uv \to g \to xy \to f \to wz
Es decir:
\mathbb{R}^2 \to g \to \mathbb{R}^2 \to f \to \mathbb{R}^2

por lo tanto queda definida la composición.
Por otro lado Dm(f) = \mathbb{R}^2 y Dm(g) = \mathbb{R}^2, así que:
Dm(f \circ g) = \mathbb{R}^2

D(g) = \begin{pmatrix} 2u & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}
D(g)(1,1) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}

g(1,1) = (1,0)
D(f) = \begin{pmatrix} y & x \\ 1 & -1 \end{pmatrix}
D(f)(1,0) =  \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}

D(f \circ g)(1,1) = D(f)(1,0) \circ D(g)(1,1)
= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \circ \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}
= \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix}

Veamos ahora g \circ f:
xy \to f \to uv \to g \to wz
Es decir:
\mathbb{R}^2 \to f \to \mathbb{R}^2 \to g \to \mathbb{R}^2
que también queda definida.

Como Dm(f) = Dm(g) = \mathbb{R}^2, entonces:
Dm(g \circ f) = \mathbb{R}^2

D(f)(1,1) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}

f(1,1) = (1,0)

D(g)(1,0) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}

D(g \circ f)(1,1) = D(g)(1,0) \circ D(f)(1,1)

= \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \circ \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}

= \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 0 & -2 \end{pmatrix}

Ejercicio de Función Compuesta

Sea w = u^2 + u v^2 , con

u = xy + y

v = f(x,y)

resulta w = h(x,y)

Sabiendo que f queda definida implícitamente por

v - 2x + \ln(v+y) = 0

halle la mínima derivada direccional de h en (1,-1) e indique la dirección mínima.

Solución:

Partimos de (x,y) = (1,-1)

a esto le aplicamos una función g_1(x,y) = (xy+y, f(x,y)) y nos pasa al punto (u,v) = (-2,f(1,-1))

Reemplazando en la ecuación que define la función implícita sacamos f(1,-1):

v - 2 + \ln(v-1) = 0, entonces v = f(1,-1) = 2

por lo tanto nos deja en el punto (u,v) = (-2,2)

Finalmente a esto se le aplica una función g_2(u,v) = u^2 + uv^2 y nos deja en el punto w = 4 + (-2)4 = -4

La mínima derivada direccional vendrá dada por - |\nabla h| , y su dirección por - \nabla h, por lo tanto necesitamos primero calcular \nabla h

\nabla h = Dg_2 o Dg_1 = \begin{pmatrix}2u + v^2 & 2uv \end{pmatrix}|_{(-2,2)} o \begin{pmatrix} y & x + 1 \\ f'_x & f'_y \end{pmatrix}|_{(1,-1)}

Definiendo la función F(x,y,v) = v - 2x + \ln(v+y) las derivadas de la función implícita las sacamos como

F'_x = -2

F'_y = \frac{1}{v+y} = \frac{1}{2-1} = 1

F'_v = 1 + \frac{1}{v+y} = 1 + \frac{1}{2-1} = 2

f'_x = - \frac{F'_x}{F'_v} = - \frac{-2}{2} = 1

f'_y = - \frac{F'_y}{F'_v} = - \frac{1}{2}

Reemplazando nos va quedando:

\nabla h = Dg_2 o Dg_1 = \begin{pmatrix} 0 & -8 \end{pmatrix} o \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -1/2 \end{pmatrix} = (-8, 4)

La máxima derivada direccional es | \nabla h | = \sqrt{(-8)^2 + 4^2} = 4 \sqrt{5}

Por lo tanto la mínima derivada direccional es -4\sqrt{5} y la dirección de mínima derivada direccional es (8,-4) \frac{1}{4\sqrt{5}}

Ejercicio de Función Implícita

La ecuacion imlicita: x^2 + x + y = 3 + z define la superficie S,
obtener la ec. de su plano tangente y la recta normal en el punto (1,1,Zo) de dicha superficie.

Solución:

Primero calculamos z_0, observemos que el punto A=(1,1,z_0)  nos dice que pertenece a la superficie, por lo tanto debe verificar la ecuación, reemplazando obtenemos:

1^2 + 1 + 1 = 3 + z_0

entonces,

z_0 = 0

Ahora necesitamos las derivadas para poder calcular el plano.

Este ejercicio podemos resolverlo de dos formas, ya que al poder despejar z de la ecuación original, puede resolverse por la forma explícita, o sinó, puede resolverse mediante el teorema de la función implícita.

Voy a resolverlo por el teorema de la función implícita, primero defino la función:

F(x,y,z) = x^2 + x + y - z - 3

con lo cual la ecuación implícita se corresponde a F(x,y,z)=0.

Calculemos las derivadas parciales de F:

\frac{\partial F}{\partial x} = 2x + 1

\frac{\partial F}{\partial y} = 1

\frac{\partial F}{\partial z} = -1

Podemos observar que todas las derivadas parciales existen y son contínuas, y que \frac{\partial F}{\partial z} \neq 0 para todo x,y,z, por lo tanto se cumplen las condiciones necesarias del teorema de la función implícita para todo punto, en particular para el punto pedido A=(1,1,0), en el cual nos da

\frac{\partial F}{\partial x} = 3

\frac{\partial F}{\partial y} = 1

\frac{\partial F}{\partial z} = -1

El teorema de la función implícita nos dice entonces que F define a z como función f(x,y) en el entorno del punto, y puedo calcular sus derivadas parciales de la siguiente forma

\frac{\partial f}{\partial x} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}} = - \frac{3}{-1} = 3

\frac{\partial f}{\partial y} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial z}} = - \frac{1}{-1} = 1

Por lo tanto la ecuación del plano tangente es:

z = z_o + f'_x (x - x_0) + f'_y(y - y_o)

= 0 + 3(x - 1) + 1(y - 1)

= 3x - 3 + y - 1

Finalmente:

z = 3x + y - 4

Una tercer forma de resolver este ejercicio sería usar el hecho de que el gradiente es normal a la superficie de nivel, por lo tanto \nabla F \cdot (X - X_0) = 0, es decir el plano tangente es:

(3,1,-1) (x-1,y-1,z) = 0

3x - 3 + y - 1 - z = 0

3x + y - z = 4

Podemos ver la superficie y el plano tangente en el siguiente gráfico:
implicita
draw3d(color=blue, surface_hide=true,
explicit(x^2 + x + y - 3,x,-6,8,y,-6,8),
color=yellow, explicit(3*x + y - 4,x,-6,8,y,-6,8),
color=red, line_width=4, parametric(1,1,0,t,0,10));