UTNianos

Hola gente como andan?

Estoy aca con un problema de funciones compuestas de AM II que no me sale. Es el 3 de la guía y este dice:

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

a. Reconozca las funciones f y g que generan h como h = f o g.
b. Calcule la derivada parcial de h en (2,1) en la dirección que va hacia el (5,5).
c. Sea \[n_{o}\] la recta normal a la gráfica de h en (2,1,Zo); exprese no como la intersección d 2 superficies.
d. Analice si la recta no mencionada en el punto c tiene algún punto en común con el eje z.

a. El punto a es fácil,

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

b. Para el punto b, se me complica un poco porque si compongo f con g (f o g), me queda el siguiente choclo:

\[h(x,y)= 2(x^{2}+2xy-x-y^{2}x-2xy^{3}+y^{2}-\sqrt{y^{2}+2xy-1})\]

Y anda a calcular por definición el limite direccional de esa función en la dirección (5,5) en el punto (2,1)... creo que hay algo mal que estoy haciendo.

c. Para el C, expreso la función h(x,y) como una superficie de nivel 0, calculo el gradiente (que sera la dirección del vector normal a la superficie) y con el punto hallo la ecuación de la recta normal.

d. Me fijo si la recta intersecta al eje z (que sera no la respuesta porque el gradiente tendra como componente z 0). Es fácil.

Mi problema radica principalmente en el punto b. del ejercicio. Quien me ayuda? Saga ? xD

Muchas gracias !

Al tener ya el punto a) si identificaste las funciones correspondientes f y g el resto es solo cuentas, lo "dificil" de este tp es identificar correctamente las funciones que intervienen en la composicion... lo demas es aplicar la regla de la cadena, si consideramos

\[h(x,y)=f(g(x,y))\]

por regla de la cadena

\[\nabla h(x,y)=\nabla f(g(x,y))\nabla g(x,y)\]

en tu caso vos ya tenes identificadas f y g todo lo demas es solo aplicar la regla de la cadena, quedando

\[\nabla h(2,1)=\nabla f(g(2,1))\nabla g(2,1)\]

de donde

\[\nabla h(2,1)=\nabla f(1,3)\nabla g(2,1)\]

lo podes seguir ??

(14-05-2013 21:45)Saga escribió: [ -> ]Al tener ya el punto a) si identificaste las funciones correspondientes f y g el resto es solo cuentas, lo "dificil" de este tp es identificar correctamente las funciones que intervienen en la composicion... lo demas es aplicar la regla de la cadena, si consideramos

\[h(x,y)=f(g(x,y))\]

por regla de la cadena

\[\nabla h(x,y)=\nabla f(g(x,y))\nabla g(x,y)\]

en tu caso vos ya tenes identificadas f y g todo lo demas es solo aplicar la regla de la cadena, quedando

\[\nabla h(2,1)=\nabla f(g(2,1))\nabla g(2,1)\]

de donde

\[\nabla h(2,1)=\nabla f(1,3)\nabla g(2,1)\]

lo podes seguir ??

Ser, lo que no entiendo es lo siguiente: No influye en nada lo de la direccion (5,5)?

(14-05-2013 21:49)Gonsha escribió: [ -> ]Ser, lo que no entiendo es lo siguiente: No influye en nada lo de la direccion (5,5)?

nop .... recorda que si una funcion es C1 entonces es diferenciable derivable etc etc, entonces se cumple

\[h'(A,v)=\nabla h(A)\cdot v\]

en tu caso

\[h'((2,1),v)=\nabla h(2,1)\cdot v\]

el gradiente de h lo obtenes por la regla de la cadena ,v sera el vector en direccion al (5,5)... no mezcles las cosas... lo podes hacer ahora ??

(14-05-2013 21:57)Saga escribió: [ -> ]

(14-05-2013 21:49)Gonsha escribió: [ -> ]Ser, lo que no entiendo es lo siguiente: No influye en nada lo de la direccion (5,5)?

nop .... recorda que si una funcion es C1 entonces es diferenciable derivable etc etc, entonces se cumple

\[h'(x,y)=\nabla h(x,y)\cdot v\]

en tu caso

\[h'(2,1)=\nabla h(2,1)\cdot v\]

el gradiente de h lo obtenes por la regla de la cadena ,v sera el vector en direccion al (5,5)... no mezcles las cosas... lo podes hacer ahora ??

Mierda siempre me olvida de esa propiedad de las ecuaciones cuando son diferenciables .

Gracias Ser . Este sabado nos juntamos devuelta eh!

ok igual arreglamos antes dale.... como te dije antes ... composicion se reduce a identificar bien las funciones que definen una compuesta, el resto es solo cuentas, es mas si entendes bien este ejercicio que estas haciendo los demas son solo un tramite, tambien podias hacerlo con el arbol de correspondencia , pero seria como matar una mosca a cañonazos .... pero esta en cada uno utilizar lo que mas simple le parezca

(14-05-2013 22:07)Saga escribió: [ -> ]ok igual arreglamos antes dale.... como te dije antes ... composicion se reduce a identificar bien las funciones que definen una compuesta, el resto es solo cuentas, es mas si entendes bien este ejercicio que estas haciendo los demas son solo un tramite, tambien podias hacerlo con el arbol de correspondencia , pero seria como matar una mosca a cañonazos .... pero esta en cada uno utilizar lo que mas simple le parezca

Sabes que hoy le hable al profe y le dije que el sábado un amigo (tendria que haberle dicho mi maldito heroe) me dijo que existia eso del arbol de correspondencia y el profe me miro con una cara asi de raro viste, y me dice "pero eso hace mucho que ya no se esta utilizando, ahora se utiliza el producto matricial". Y ahi me quede callado .

Mañana te envio un PM asi arreglamos cuando nos juntamos .

jajajaj y depende .... como te dije antes, las dos formas son las que se dan o por lo menos a mi me enseñaron en la cursada... que tu profe no lo de no quiere decir que no se use mas.... es segun el ejercicio, hay algunos que con el arbol de correspondencia salen de taquito, otros no ... depende de cual de los dos metodos manejes mejor......y que te pida en concreto el enunciado...

Saga Tengo duda con otro ejercicio que dice:

Dado el campo escalar \[g(x,y) = ln(y -1+x)\] y el campo vectorial \[f(u,v)=(u^{2}-1,-2u+v)\] resulta la función \[h=gof\].

a) Obtenga en el punto (2,3,wo) la ecuación cartesiana del plano tangente a la gráfica h.
b) Encuentre el valor de las derivadas direccionales de h en el punto (2,3).

Lo que hice fue lo siguiente:

a) Para el plano tangente, tengo que hallar las derivadas parciales.

\[dh(u,v)=dg(f(x,y))*gf(x,y)\]

en P seria:

\[u^{2} - 1 = x\]

\[ x = 3\]

\[-2u+v = y\]

\[y=-1\]

\[dh(u,v)=dg(3,-1)*gf(2,3)\]

Con x e y puedo sacar wo como:

\[wo = ln (-1-1+3)\]

\[wo = 0\]

entonces volviendo a du(u,v)...

\[dh(u,v)=(1,1)*\begin{pmatrix}4 &0 \\ -2&1 \end{pmatrix}\]

\[dh(u,v)=(2,1)\]

El plano tg sera entonces:

\[\prod :h(3,-1)+2(x-2)+(y-3)=0\]

\[\prod :0+2x-4 + y-3=0\]

\[\prod :2x+y-7=0\]

¿Esta bien lo que hice?

b. Para el punto be, como ya tengo el gradiente de h que es:

\[\bigtriangledown h=(2,1)\]

hago el producto escalar con un versor generico y me queda:

\[h'(A, u)=\bigtriangledown h*u\]

\[u =(ux , uy)\]

\[h'(A, u)=2ux + uy\]

Nuevamente, ¿esta bien lo que dije?

Eso es todo! Un abrazo!

perfecto

(15-05-2013 01:57)Saga escribió: [ -> ]perfecto

Ya me siento todo un discípulo tuyo ajaja

Perdón, yo tengo una duda con el punto c, a ver si alguno me desasna; cómo saco la componente en z del vertor normal a la curva? Gracias