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Basterman
Nivel 9
Edad: 34
Registrado: 28 Nov 2008
Mensajes: 2329
Carrera: Mecánica
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En el primero no puedo lograr q la derivada en "x" de la funcion me de 5.
En el segundo la segunda parte, "a" me da 0 y no me convence.
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Guido_Garrote
Moderador
Edad: 35
Registrado: 14 Oct 2007
Mensajes: 3319
Ubicación: AHÍ!
Carrera: Civil
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En el primer ejercicio nunca vas a poder calcular la derivada y que te de 5, porque no tenes forma de encontrar la expresion de la función, entonces tampoco podes calcular su derivada.
Con los datos que te dan lo que tenes que hacer es encontrar la derivada en (2,1) respecto de la variable Y. De esa forma podes escribir el gradiente y lo unico que tenes que hacer es el producto escalar entre el gradiente (normalizado) y el vector v.
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Basterman
Nivel 9
Edad: 34
Registrado: 28 Nov 2008
Mensajes: 2329
Carrera: Mecánica
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| Tan facil era? Y porque tiene que estar normalizado el gradiente?
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Leidenschaft
Nivel 9
Registrado: 23 May 2009
Mensajes: 1417
Carrera: No especificada
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| Basterman escribió:
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Tan facil era? Y porque tiene que estar normalizado el gradiente?
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En realidad como te piden la direccion de f en v debes hacer el producto escalar entre el Gradiente como esta y el versor unitario de v (que ese si debes fijarte de que este normalizado).
Acordate que la derivada direccional se la puede expreesar de la siguiente manera si es que la funcion es diferenciable y bla bla ![[tex]\nabla f_{(Po)}* \vec v[/tex]](images/latex/74620d0d29add2cc1a441811c97a1744f081415c_0.png "[tex]\nabla f_{(Po)}* \vec v[/tex]") siendo ![[tex]\vec v[/tex]](images/latex/ee18e5383d19abfae930f5ddcaf70f32648f39c8_0.png "[tex]\vec v[/tex]") el vector normalizado y ![[tex]\nabla f_{(Po)}[/tex]](images/latex/e1403d12b35be42156c879f58a2fac7b6d8b3602_0.png "[tex]\nabla f_{(Po)}[/tex]") el gradiente de ![[tex]f_{(Po)}[/tex]](images/latex/f57117ccae11002616c5c4664ba7b6a5e2cebf5e_0.png "[tex]f_{(Po)}[/tex]")
Saludos.
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leandrob_90
Nivel 9
Edad: 34
Registrado: 17 Ago 2009
Mensajes: 1586
Ubicación: Mundo de los Ryuo Shin
Carrera: Mecánica
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En el primero:
![[tex]x^2-y^2=3[/tex]](images/latex/bc6e6c9efcb5664848999ef3b225a3b78d5523ad_0.png "[tex]x^2-y^2=3[/tex]") es la curva de nivel. Acomodando un poco la expresión queda:
![[tex]\frac{x^2}{3}-\frac{y^2}{3}=1[/tex]](images/latex/0707361439a00c10c7329b6326959a4185ecc71f_0.png "[tex]\frac{x^2}{3}-\frac{y^2}{3}=1[/tex]") es una hipérbola.
Despejamos: ![[tex]f(x)=y=\sqrt{x^2-3}[/tex]](images/latex/f3c8e846477fc20a69b4170803d2dfd07b31cf5e_0.png "[tex]f(x)=y=\sqrt{x^2-3}[/tex]")
Derivo la expresión: ![[tex]y'=\frac{x}{\sqrt{x^2-3}}[/tex]](images/latex/91fe9766aa034ac642b88588b5917d7e91568d09_0.png "[tex]y'=\frac{x}{\sqrt{x^2-3}}[/tex]") y evaluo la expresión en 2: ![[tex]y'(2)=2[/tex]](images/latex/16b309d992679f89af54d149fb9a056346bdd521_0.png "[tex]y'(2)=2[/tex]")
En la curva de nivel ![[tex]x=2\rightarrow y=-1[/tex]](images/latex/d1b20a93d7afea3ab453cd119c427c171d17b84c_0.png "[tex]x=2\rightarrow y=-1[/tex]")
Entonces: ![[tex]\nabla f(2,1)=k(2,-1)[/tex]](images/latex/6b20bbd094fe820f7d1e6486f3da64f34df8d6fd_0.png "[tex]\nabla f(2,1)=k(2,-1)[/tex]")
=k(2,-1)[/tex]](images/latex/6f77e954a1dd52cb5c1df34e8fb0b57a81d5fba8_0.png "[tex](f'_x,f'_y)=k(2,-1)[/tex]") de acá sale ![[tex]5=2.k \rightarrow k=\frac{5}{2}\rightarrow f'_y=-\frac{5}{2}[/tex]](images/latex/8204af87ede0382d311bd0895846dee4ba48897f_0.png "[tex]5=2.k \rightarrow k=\frac{5}{2}\rightarrow f'_y=-\frac{5}{2}[/tex]")
Entonces: ![[tex]\nabla f(2,1)=(5,-\frac{5}{2})[/tex]](images/latex/ce6957071d675ce8e9e0a1ac5c18faffcfa594fc_0.png "[tex]\nabla f(2,1)=(5,-\frac{5}{2})[/tex]")
Ahora ya está, calculás la derivada direccional con la fórmula y listo.
Espero se haya entendido, es un ejercicio medio extraño.
Saludos.
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leandrob_90
Revivamos el Chat-FIUBA
¿Qué te pasó foro? Antes eras chévere.
Por un ping-pong libre, popular y soberano.
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Leidenschaft
Nivel 9
Registrado: 23 May 2009
Mensajes: 1417
Carrera: No especificada
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| Basterman escribió:
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En el primero no puedo lograr q la derivada en "x" de la funcion me de 5.
En el segundo la segunda parte, "a" me da 0 y no me convence.
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El ejercicio dos es asi:
a) Te dan ![[tex]f(x,y)= \sqrt{2x - x^2 - y^2}[/tex]](images/latex/df7b12c2279b2559502ff25592947514a3ae68e0_0.png "[tex]f(x,y)= \sqrt{2x - x^2 - y^2}[/tex]")
Sabes que ![[tex]\sqrt{2x - x^2 - y^2}>0[/tex]](images/latex/b254ca185208d184cfff482ef65a4c56b4bb14d8_0.png "[tex]\sqrt{2x - x^2 - y^2}>0[/tex]") y despejando queda una circunferencia corrida de la pinta ^2 + y^2 < 1[/tex]](images/latex/7946f917beb58a797a823a5ada49ec6fb7284e84_0.png "[tex](x-1)^2 + y^2 < 1[/tex]") 
Por ende el dominio de ![[tex]f[/tex]](images/latex/228663427166fa0dd8911ea5e0d4c3ddfd5ded79_0.png "[tex]f[/tex]") se lo expresa de la siguietne manera![[tex]Dom f= \lbrace (x,y) \epsilon R^2 / (x-1)^2 + y^2 < 1\rbrace[/tex]](images/latex/1f399869e3b41c09f8edeae310d7c442b27209e8_0.png "[tex]Dom f= \lbrace (x,y) \epsilon R^2 / (x-1)^2 + y^2 < 1\rbrace[/tex]") . Ahora el dominio en polares lo podes determianr de dos maneras:
![[tex]I)[/tex]](images/latex/731ad3e1c80363c4e56eb22553ac3fe00014174f_0.png "[tex]I)[/tex]") Valuamos todo desde ![[tex]p=(0,0)[/tex]](images/latex/4133ad1528ab4fba7f029055d21f4edf6489786e_0.png "[tex]p=(0,0)[/tex]") entonces consideremos ![[tex]x=HcosT[/tex]](images/latex/fac8f235e8a1dee4992e4000896e39c05f3de6f6_0.png "[tex]x=HcosT[/tex]") y ![[tex]y=HsenT[/tex]](images/latex/720aea6f7d64b856ea3d150555f04c2c99418134_0.png "[tex]y=HsenT[/tex]") entonces ![[tex]H<cosT[/tex]](images/latex/42c19694a237554ec0d2dee24b70ea532dba2afa_0.png "[tex]H<cosT[/tex]") y ![[tex]T \epsilon [- \pi /2 ; \pi /2][/tex]](images/latex/3034eb526d1112c44e1e898415172f77ecae1076_0.png "[tex]T \epsilon [- \pi /2 ; \pi /2][/tex]") quedando el dominio en polares de la siguiente manera ![[tex]Dom f= \lbrace (H,T) \epsilon R^2 / H<cosT \land - \pi /2 \le T \le \pi /2 \rbrace[/tex]](images/latex/6d0432c17d13b01d5a4702517788d2c7f8da0b6e_0.png "[tex]Dom f= \lbrace (H,T) \epsilon R^2 / H<cosT \land - \pi /2 \le T \le \pi /2 \rbrace[/tex]") .
![[tex]II)[/tex]](images/latex/588c9c15deb57d0a48589d5df8df004274e23041_0.png "[tex]II)[/tex]") Valuamos todo desde el centro de la circunferencia corrida, osea desde ![[tex]p=(1,0)[/tex]](images/latex/66fabaa1e3cb3879ce5d596db6d679d0c803b7af_0.png "[tex]p=(1,0)[/tex]") entonces consideremos ![[tex]x=HcosT+1[/tex]](images/latex/6c28240d0cb9749b2f9fd8419b328152510bc4a0_0.png "[tex]x=HcosT+1[/tex]") y entonces ![[tex]0<H<1[/tex]](images/latex/eb2239ddbcfc8302c7f8ac657ee92ec920083139_0.png "[tex]0<H<1[/tex]") y ![[tex]T \epsilon [0 ; 2 \pi][/tex]](images/latex/001d3ceee93e80dc8e761c7aa20bb33be3b56046_0.png "[tex]T \epsilon [0 ; 2 \pi][/tex]") quedando el dominio en polares de la siguiente manera ![[tex]Dom f= \lbrace (H,T) \epsilon R^2 / 0<H<1 \land 0 \le T \le 2 \pi \rbrace[/tex]](images/latex/f4c7e4315000b67d2d297c469ac41447fbb2da10_0.png "[tex]Dom f= \lbrace (H,T) \epsilon R^2 / 0<H<1 \land 0 \le T \le 2 \pi \rbrace[/tex]") .
b) Por un lado la recta perpendicular al grafico tiene como vector director al vector normal del plano tg de la funcion f en el punto P. Por ende nuestra . Derivemosla con respecto a las dos variables. ![[tex]f'x= \frac{2-2x}{2 \sqrt{2x - x^2 - y^2}}[/tex]](images/latex/9142d592cb011158ba2e1ae177a71d76439bcf77_0.png "[tex]f'x= \frac{2-2x}{2 \sqrt{2x - x^2 - y^2}}[/tex]") y ![[tex]f'y= \frac{-2y}{2 \sqrt{2x - x^2 - y^2}}[/tex]](images/latex/49aeccfdcb8018c583535e935579d5dd68351dae_0.png "[tex]f'y= \frac{-2y}{2 \sqrt{2x - x^2 - y^2}}[/tex]") , valuando las derivadas en el punto ![[tex]\nabla f(1,a) = (0, \frac{-1}{\sqrt{1- a^2}})[/tex]](images/latex/3f3de23b2652e1d1b30a13935b24c54341a8a077_0.png "[tex]\nabla f(1,a) = (0, \frac{-1}{\sqrt{1- a^2}})[/tex]") . Tambien ![[tex]f(1,a)=\sqrt{1- a^2}[/tex]](images/latex/0298aecce30ad0eeff9e5f5d5b7bfe62b0ac5bc2_0.png "[tex]f(1,a)=\sqrt{1- a^2}[/tex]") . Por ende haciendo las cuentitas queda que el vector director de la recta perpendicular a f es ![[tex]\vec v=(0, \frac{-1}{\sqrt{1- a^2}}, -1)[/tex]](images/latex/87d82cce3bf2b95428b8872ab379b3391918409d_0.png "[tex]\vec v=(0, \frac{-1}{\sqrt{1- a^2}}, -1)[/tex]") .
Por otro lado nos dicen que es paralela al vector director de la recta del siguiente sistema de ecuaciones:
![[tex]x+y-z=0[/tex]](images/latex/33255df23b0c2fbfab2ab6cb4e414bb0ac6d0c0b_0.png "[tex]x+y-z=0[/tex]")
![[tex]y-z=0[/tex]](images/latex/bc6663a45dce6f0a30d70f6dee72ab372bfb10f0_0.png "[tex]y-z=0[/tex]")
de aqui sale que ![[tex]x=0[/tex]](images/latex/78e432e755209ec9b76d88d2343a181739cb28db_0.png "[tex]x=0[/tex]") y que ![[tex]y=z[/tex]](images/latex/b40d635ff7e29603c814f04bf6d44c53acc789ff_0.png "[tex]y=z[/tex]") por ende la recta tiene la pinta ![[tex]L: \vec X =(0,z,z)[/tex]](images/latex/95a817552c74f47feccda6480b0cd331861d887c_0.png "[tex]L: \vec X =(0,z,z)[/tex]") , ![[tex]L: \vec X =z(0,1,1)[/tex]](images/latex/1381d61d9de163968780a1b24d3078d7fc86ea56_0.png "[tex]L: \vec X =z(0,1,1)[/tex]") con ![[tex]z \epsilon R[/tex]](images/latex/1d56f097b8f459fe20a6d11fb7d0722fad2a89f5_0.png "[tex]z \epsilon R[/tex]") y siendo el vector director de la recta ![[tex]\vec u =(0,1,1)[/tex]](images/latex/06f2166d470b305d5e4842dee4ce042c6b267e41_0.png "[tex]\vec u =(0,1,1)[/tex]") .
Por otro lado sabemos que ![[tex]\vec v // \vec u[/tex]](images/latex/33efc531221ba19482b9a76d22b4c25821f541a8_0.png "[tex]\vec v // \vec u[/tex]") por ende planteemos paralelismo.
 = \theta (0,1,1)[/tex]](images/latex/3c779f9e1beda11681e4582cde6e8936de4bc210_0.png "[tex](0, \frac{-1}{\sqrt{1- a^2}}, -1) = \theta (0,1,1)[/tex]")
Por ende nos queda ![[tex]a=0[/tex]](images/latex/f06c18c43ef8f15ac8662416995aa928348aed5e_0.png "[tex]a=0[/tex]")
Saludos.
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Snajdan
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a mi me quedo ![[tex]a= \frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]](images/latex/ebb924db9faf0854dc215b3f40f427527ecbb42e_0.png "[tex]a= \frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]")
el gradiente en y no es ![[tex] \frac{-a}{\sqrt{1-a^2}}[/tex]](images/latex/398648fe22c74878442d35e1e1d54a920a019cb4_0.png "[tex] \frac{-a}{\sqrt{1-a^2}}[/tex]") ?
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SNAJ.
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Leidenschaft
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Carrera: No especificada
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| Snajdan escribió:
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a mi me quedo
el gradiente en y no es ?
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Si le pifie al no multiplicar por ![[tex]a[/tex]](images/latex/526bd77b4de5c74c1a40d9bb93c66189acdebf36_0.png "[tex]a[/tex]") eso apsa cuando escribis mucho en latex y te comes algo, por ende la derivada con respecto a y queda como vos bien dijiste. Por otro lado la solucion de que vos diste es una de las dos soluciones. En realidad y ![[tex]a= \frac{- \sqrt{2}}{2}[/tex]](images/latex/a1cefc4deff0fef7568c7b12346eb158921d4c51_0.png "[tex]a= \frac{- \sqrt{2}}{2}[/tex]")
edit: La unica solucion es la que vos diste.
Saludos.
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Basterman
Nivel 9
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Mensajes: 2329
Carrera: Mecánica
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Otro con curvas q no le encuentro la vuelta.
Perdon si no uso latex, pero toda la paja.
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sabian_reloaded
Nivel 9
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Carrera: No especificada
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Primero lo primero, el (1,1) pertenece a tu curva y f(1,1) = (3,2) así que tiene sentido.
Ahora empecemos a mentir....
Como x e y están definidos implicitamente uno en función del otro, lo que podés hacer es escribir:
![[tex]C = f(x) = \left ( u (x, y(x) ) , v (x, y (x) ) \right ) [/tex]](images/latex/ee51f640bdfaf74e0b7f7ad8a5663e08bac5ce72_0.png "[tex]C = f(x) = \left ( u (x, y(x) ) , v (x, y (x) ) \right ) [/tex]")
Bueno entonces ahora es como si tuvieras una parametrización (sacando porque no tenés sentido para el recorrido), entonces la recta tangente a una parametrización creo que la podías expresar así (si mis conocimientos empolvados de analisis no me fallan):
![[tex] R= d f'(x) + P_0 [/tex]](images/latex/22884d41f930513c29f18cd86e5835ea25f63ea5_0.png "[tex] R= d f'(x) + P_0 [/tex]")
Donde ![[tex] f'(x) [/tex]](images/latex/848cf3a566f225f6d7d3ef9f0540eb0169e70ce3_0.png "[tex] f'(x) [/tex]") es la derivada en el punto que querés y ![[tex] P_0 [/tex]](images/latex/722e34bb6643a7cb39097db7655f03d50a578330_0.png "[tex] P_0 [/tex]") es un punto que pase por la recta.
Entonces ahora hay que calcular ![[tex]f'(x) [/tex]](images/latex/55ffa9444fef9e486b3a497efd7b4660b1242f9b_0.png "[tex]f'(x) [/tex]")
![[tex] f'(x) = \left ( \frac {\partial u}{\partial x} + \frac {\partial u}{\partial y} \frac {dy}{dx} , \frac {\partial v}{\partial x} + \frac {\partial v}{\partial y} \frac {dy}{dx} \right ) [/tex]](images/latex/c10ed4920a18a25e2e3c0212abdb41349b38378c_0.png "[tex] f'(x) = \left ( \frac {\partial u}{\partial x} + \frac {\partial u}{\partial y} \frac {dy}{dx} , \frac {\partial v}{\partial x} + \frac {\partial v}{\partial y} \frac {dy}{dx} \right ) [/tex]")
Entonces ahora todas las derivadas parciales son dato, faltaría averiguar la derivada de y con respecto a x (ejercicio de implícita de análisis I, donde seguramente voy a meter la pata jaja)
Derivando la ecuación implícita a ambos miembros:
![[tex] 2x + 2y \ \frac {dy}{dx} = 0 [/tex]](images/latex/94943969e9772d4cdf51789cb2fe6e1d776c0738_0.png "[tex] 2x + 2y \ \frac {dy}{dx} = 0 [/tex]")
Entonces
![[tex] y' = \frac {-x}{y} [/tex]](images/latex/d4d9794df68d4e2dd7631e8e9121ffdd4c2ccfbc_0.png "[tex] y' = \frac {-x}{y} [/tex]") Que en (1,1) da -1
Redondeando todo
![[tex] f'(x) = (2, -1) [/tex]](images/latex/6de1242c26ce9e4ec9841efcb9ce76e8210952a8_0.png "[tex] f'(x) = (2, -1) [/tex]")
Quedando la ecuación de la recta tangente:
![[tex] R(d) = d (2,-1) + (3,2) [/tex]](images/latex/7c0a820c94f35979d1e5ba02c8377de7d4734b0f_0.png "[tex] R(d) = d (2,-1) + (3,2) [/tex]")
Esta bastante desprolijo y tengo serias dudas que esté bien, si alguien puede que revise.
Saludos
EDIT: Me olvidé de aclarar, d es un número real, un parámetro, creo que esa forma de escribir las rectas se llamaba ecuación paramétrica justamente, con eso podés pasar a la ecuación lineal de análisis I.
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Snajdan
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Yo hice algo distinto y me dio distinto.
parametrizé la circunferencia, quedandome
![[tex]C(t)=(\sqrt{2}cos(t), \sqrt{2}sen(t))[/tex]](images/latex/74e16c57070dfc9e283b129f6b2eed3f7747687b_0.png "[tex]C(t)=(\sqrt{2}cos(t), \sqrt{2}sen(t))[/tex]")
Entonces para que sea el (1,1) ![[tex] T=\frac{\pi}{4}[/tex]](images/latex/c62a0827f965ddc0a404de0f73c661ea67ba0d73_0.png "[tex] T=\frac{\pi}{4}[/tex]")
Despues defino ![[tex]h(t)=F(c(t))=(u(\sqrt{2}cos(t), \sqrt{2}sen(t)); v(\sqrt{2}cos(t), \sqrt{2}sen(t)))[/tex]](images/latex/5114ff6ac27dcd16e09c4e5229aedf9ea3579931_0.png "[tex]h(t)=F(c(t))=(u(\sqrt{2}cos(t), \sqrt{2}sen(t)); v(\sqrt{2}cos(t), \sqrt{2}sen(t)))[/tex]")
Entonces derivo, y llego a que la derivada de h en pi/4![[tex]=(0,3)[/tex]](images/latex/3012916169206587e66b23e592ed2fbe527944b3_0.png "[tex]=(0,3)[/tex]")
Luego la recta tangente es ![[tex] (x,y)= \lambda (0,3)+(3,2) , \lambda \in Reales[/tex]](images/latex/d1c377d674cbdfc12f2c3c53c028d325569a2209_0.png "[tex] (x,y)= \lambda (0,3)+(3,2) , \lambda \in Reales[/tex]")
Si alguien tiene tiempo busque errores por favor, no estoy seguro si esta bien.
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SNAJ.
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sabian_reloaded
Nivel 9
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| Me gustaría que agregaras los pasos desde h(t) hasta la derivada en pi/4, porque creo que podés estar teniendo un problema con los diferenciales, tu variable t nueva es una variable angular, la derivación con respecto a x(t) e y(t) no es inmediata, por ahí viendo el desarrollo está bien lo que hiciste. Lo mio probablemente este mal, sospecho que mentí bastante.
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Snajdan
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| [tex] h'(t)=(\frac{\partial u}{\partial x} \frac {\partial x}{\partial t}+\frac{\parital u}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial t};\frac{\partial v}{\partial x} \frac {\partial x}{\partial t}+\frac{\parital v}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial t})[/tex]
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SNAJ.
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sabian_reloaded
Nivel 9
Edad: 34
Registrado: 18 Jun 2009
Mensajes: 2925
Ubicación: El bosque platense
Carrera: No especificada
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Uy que boluuuudo. Lei el jacobiano al revés. Hice ![[tex] \frac {\partial u}{\partial x} = 1 \ y \ \frac {\partial u}{\partial y} = -1 [/tex]](images/latex/442e4b43a1eadafe3eef251fe0e95bf23986db31_0.png "[tex] \frac {\partial u}{\partial x} = 1 \ y \ \frac {\partial u}{\partial y} = -1 [/tex]") y así sucesivamente...
Corrigiendo este error, me queda (0,-3) creo. Es un signo de diferencia.
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Snajdan
Nivel 5
Registrado: 21 Oct 2009
Mensajes: 191
Ubicación: Banfield.
Carrera: Química
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| Si, esta bien porque tomando a landa -1 me queda asi.
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SNAJ.
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