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Flopy Gonzalez
Nivel 3
Registrado: 29 Mar 2010
Mensajes: 44
Carrera: Civil
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| Perdon debe darme 4, no cero
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Flopy.-
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Fabricio
Nivel 8
Edad: 36
Registrado: 20 Nov 2008
Mensajes: 851
Ubicación: Villa del Parque, barrio turro
Carrera: Civil
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| Flopy Gonzalez escribió:
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Nada que ver a como lo hice  . Por un lado si tenes razon, pero lo hice de una forma completamente distinta. Creo que lo complique cuando me dice que la curva de nivel debe ser la curva de nivel cero tal que si esta evaluado en el punto debe darme cero... o eso pienso... eso es mi quilombo
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en realidad lo que te dice eso seria que vos tenes la superficie de ecuacion
![[tex]z=x^2+(y+2)^2-4[/tex]](images/latex/83c36219bcb341cfe9187b9ce35518248101f9a6_0.png "[tex]z=x^2+(y+2)^2-4[/tex]") y que cuando la evaluas en z=0 te queda la curva de nivel 0 que es una circunferencia de radio ![[tex]\sqrt{4}[/tex]](images/latex/ab1b75ce5d25c7ac44c6e06325b5f0624eb9a5b7_0.png "[tex]\sqrt{4}[/tex]") y centro (0,-2)
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![[tex]100 \% \ \ {ingeniero}[/tex]](images/latex/48cd3513e832f53547d671e0162ba3adbacdea7a_0.png "[tex]100 \% \ \ {ingeniero}[/tex]")
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Jackson666
Nivel 9
Edad: 37
Registrado: 01 Feb 2009
Mensajes: 1980
Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
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| Flopy Gonzalez escribió:
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Tengo otro, pero hay un item que no me da, es el ultimo y me da 0 no mayor que cero, doy el enunciado:
Sea f una función diferenciable en R2, calcular el gradiente de la función en el punto (0,2) sabiendo que:
- C esta descripta en coordenadas polares por R=-4sen(t) en la curva de nivel cero de f.
- La norma del gradiente de f en el punto (0,2) es 3
- La derivada direccional de f en el punto (0,2) y en la dirección (1,0) es mayor que cero.
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¿El enunciado lo sacaste de algún parcial o de la guía? Si es de un parcial, ¿de cuál?. Si es de la guía ¿qúe número y de qué guía es?
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Flopy Gonzalez
Nivel 3
Registrado: 29 Mar 2010
Mensajes: 44
Carrera: Civil
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| es un parcial, primer ejercicio del dia 26 de octubre de 2009
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Flopy.-
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ziont
Nivel 3
Registrado: 26 May 2010
Mensajes: 43
Carrera: Mecánica
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El 2º item lo escribí mal, pero ya lo pusieron bien más arriba.
| fabricio_622 escribió:
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primero pase la parametrizacion esa de polares a cartesianas multiplicando por R en ambos lados y luego completando cuadrados llegas a:
![[tex]x^2+(y+2)^2=4[/tex]](images/latex/aa167908be9bccdecad8e1383e5568d017b68bb7_0.png "[tex]x^2+(y+2)^2=4[/tex]")
lo parametrizas de nuevo para que te quede en funcion de una sola variable, en mi caso despeje todo en funcion de x, y luego a x la nombre "t"
![[tex]\gamma(t): (t, \sqrt{4-t^2}-2)[/tex]](images/latex/da6c8c888d1087f23bf6775b6a18e416319850b3_0.png "[tex]\gamma(t): (t, \sqrt{4-t^2}-2)[/tex]")
Derivas al curva para sacar el vector tangente a la misma
![[tex]\gamma'(t): (1, \frac{-t}{\sqrt{4-t^2}})[/tex]](images/latex/15758a5fc3728d7557642a5b1694ed26365ad894_0.png "[tex]\gamma'(t): (1, \frac{-t}{\sqrt{4-t^2}})[/tex]")
Ahora vos sabes que el vector tangente es ortogonal al gradiente, entonces, un vector ortogonal a la curva seria
[/tex]](images/latex/e7fe39100148a29fb439354ac5e003531297d585_0.png "[tex](\frac{t}{\sqrt{4-t^2}},1)[/tex]") ya de ahi sale la componente "y" del gradiente de f
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No me convence lo de que la dirección del vector tangente a cualquier punto de la curva sea [/tex]](images/latex/964bf2919a1bf0e8a9b70812b4c158f7fc86617f_0.png "[tex](1, \frac{-t}{\sqrt{4-t^2}})[/tex]") .
Primero, la parametrización no incluye a toda la curva, sino que es una semicircunferencia. Tendrías que parametrizarlo con coseno y seno.
Además, por ejemplo, cuanto t=0 el punto de la curva sería (0,0) y la dirección de su vector tangente (1,0). Pero no puede ser, porque la curva es una semicircunferencia de radio 2 con centro en (0,-2). Entonces si lo pensás gráficamente, la dirección del vector tangente tendría que ser (0,1).
Y después lo que dije anteriormente. Si (0,2) no pertenece a la curva, no hay manera de asegurar que la curva de nivel que pase por ese punto sea una circunferencia. Y por lo tanto, tampoco hay manera de asegurar que la dirección de la recta tangente sea la misma.
Por ejemplo, en la función [tex]f(x,y)=x^2+(y+2)^2-4) e^{xy}[\tex], la curva de nivel cero de f es la misma que en el ejercicio, pero la curva de nivel que pasa por (0,2) no se parece para nada a una circunferencia y el gradiente en (0,2) es (24,8) (o sea, la dirección es (3,1)). Ahí se ve claramente que no es la misma dirección.
No se si se entendió. Algunas veces me cuesta explicar las cosas.
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Flopy Gonzalez
Nivel 3
Registrado: 29 Mar 2010
Mensajes: 44
Carrera: Civil
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Va queriendo aunque la derivada direccional me sigue dando cero y no mayor a cero.
Tenemos otro ejercicio que no podemos resolver, les doy el enunciado.
Sea f : R3 -> R una funcion diferenciable en R3 tal que el gradiente de f en el punto (0; 1; 3)
es distinto del vector nulo, y S1(t) = (t;-t^2 + 1; 3), S2(s) = ((s - 1)^2; s; 6 - 3s) con f(S1(t)) = f(S2(s)) = 0 Hallar la ecuacion del plano tangente a la super cie de nivel 0 de f en el punto (0; 1; 3).
PD: Gracias por todo chicos, son de gran ayuda 
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Flopy.-
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Jackson666
Nivel 9
Edad: 37
Registrado: 01 Feb 2009
Mensajes: 1980
Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
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| Flopy Gonzalez escribió:
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Tenemos otro ejercicio que no podemos resolver, les doy el enunciado.
Sea f : R3 -> R una funcion diferenciable en R3 tal que el gradiente de f en el punto (0; 1; 3)
es distinto del vector nulo, y S1(t) = (t;-t^2 + 1; 3), S2(s) = ((s - 1)^2; s; 6 - 3s) con f(S1(t)) = f(S2(s)) = 0 Hallar la ecuacion del plano tangente a la super cie de nivel 0 de f en el punto (0; 1; 3)
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Al hacer la composición de las 2 curvas que son dato con el campo, siempre da 0 como resultado para todo t y para todo s. Eso quiere decir que estas 2 curvas estan contenidas dentro de esa superficie de nivel.
Si te fijas, el punto [/tex]](images/latex/6e44cd0ff5ceff4000494b436e6d8632c8702d30_0.png "[tex](0,1,3)[/tex]") pertenece a las curvas para ![[tex]t = 0 \quad \wedge \quad s = 1[/tex]](images/latex/0bc64b9944dc212bc32f315c128cc06ec785700b_0.png "[tex]t = 0 \quad \wedge \quad s = 1[/tex]") respectivamente. Entonces, si un plano es tangente a la superficie de nivel del campo que pasa por ese punto, el vector normal al plano tiene que ser ortogonal al vector derivada de las curvas (a ambos a la vez). Busquemos estos últimos.
![[tex]\vec{S}_{1}^{'}(t) = (1, -2t, 0) \quad \wedge \quad \vec{S}_{2}^{'}(s) = (2s - 2, 1, -3)[/tex]](images/latex/c6d018bccdec547eff782a1f66ee59332ce03602_0.png "[tex]\vec{S}_{1}^{'}(t) = (1, -2t, 0) \quad \wedge \quad \vec{S}_{2}^{'}(s) = (2s - 2, 1, -3)[/tex]")
Evaluamos
![[tex]\vec{S}_{1}^{'}(0) = (1, 0, 0) \quad \wedge \quad \vec{S}_{2}^{'}(1) = (0, 1, -3)[/tex]](images/latex/85d666eeb2ff45164a05da86c71e767015af0e2c_0.png "[tex]\vec{S}_{1}^{'}(0) = (1, 0, 0) \quad \wedge \quad \vec{S}_{2}^{'}(1) = (0, 1, -3)[/tex]")
Y hacemos el producto vectorial (o lo sacas a ojo, es lo mismo)
![[tex]\vec{S}_{1}^{'}(0) \times \vec{S}_{2}^{'}(1) = (0, 3, 1)[/tex]](images/latex/d67eb818aee16aec3666c761f796d2ba4266d5aa_0.png "[tex]\vec{S}_{1}^{'}(0) \times \vec{S}_{2}^{'}(1) = (0, 3, 1)[/tex]")
La ecuación del PT es:
![[tex]\vec{\nabla} f(0,1,3) \cdot (x - 0, y - 1, z - 3) = 0 \Longleftrightarrow \alpha \cdot (0,3,1) \cdot (x - 0, y - 1, z - 3) = 0[/tex]](images/latex/087b3be100ceefc001ac942b5c454baa34b43a7d_0.png "[tex]\vec{\nabla} f(0,1,3) \cdot (x - 0, y - 1, z - 3) = 0 \Longleftrightarrow \alpha \cdot (0,3,1) \cdot (x - 0, y - 1, z - 3) = 0[/tex]")
No digo que este vector que encontramos sea exactamente el gradiente del campo; pero lo que es seguro que tiene la misma dirección que es lo que nos interesa. Como en el enunciado me dicen que el gradiente es distinto del vector nulo, puedo dividir en ambos miembros por ![[tex]\alpha[/tex]](images/latex/41745e18c1d8f48f052e396eae97bc8db739704f_0.png "[tex]\alpha[/tex]") para sacarmelo de encima, ya que este número no puede ser nunca 0. Entonces queda:
![[tex]\pi : \quad 3y + z = 6[/tex]](images/latex/0b4f1c4cd4c3e37c77b6b0861310f7a7ea77e68c_0.png "[tex]\pi : \quad 3y + z = 6[/tex]")
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Flopy Gonzalez
Nivel 3
Registrado: 29 Mar 2010
Mensajes: 44
Carrera: Civil
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| Excelente me dio Muchas Graciaaaas!!
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Flopy.-
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Flopy Gonzalez
Nivel 3
Registrado: 29 Mar 2010
Mensajes: 44
Carrera: Civil
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Chicos aca tengo otro ejercicio
Sea f: R -> R, f es C1. Sabiendo que la recta tangente al grafico de f en el punto (4, f(4)) es horizontal y que el sistema :
f(x^2-yz) + z^2x=10
f(y^2+3x) + xy^2z=-2
Define una curva en el entorno de P= (1,-1,3), hallar la ecuacion de la recta tangente a esa curva en P.
Yo lo hoce por implicitas pero me trabo en el momento de derivar, como la tangente de f es es horizontal solamente, tengo que el verctor director de la tangente de f va a ser algo como (x,0) si no me equivoco, con x en los R.
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Flopy.-
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df
Nivel 9
Edad: 32
Registrado: 15 May 2010
Mensajes: 2298
Carrera: Civil
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| Como la recta tangente a la gráfica de f en x=4 es horizontal, f'(4)=0.
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![[tex] \nabla ^u \nabla_u \phi = g^{ij} \Big( \frac{\partial ^2 \phi}{\partial x^i \partial x^j} - \Gamma^{k}_{ij} \frac{\partial \phi}{\partial x^k} \Big)\\\\\frac{\partial \sigma^{ij}}{\partial x^i} + \sigma^{kj} \Gamma^i _{ki} + \sigma^{ik} \Gamma^j _{ki} = 0[/tex]](images/latex/99f2e51931163431f7feb4825fc711ebccd99981_0.png "[tex] \nabla ^u \nabla_u \phi = g^{ij} \Big( \frac{\partial ^2 \phi}{\partial x^i \partial x^j} - \Gamma^{k}_{ij} \frac{\partial \phi}{\partial x^k} \Big)\\\\\frac{\partial \sigma^{ij}}{\partial x^i} + \sigma^{kj} \Gamma^i _{ki} + \sigma^{ik} \Gamma^j _{ki} = 0[/tex]")
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