Saga, una consulta con respecto al E2.

Como hacés para llegar a esto? Es alguna fórmula?
\[f\approx Z=f(2,1)+f'_x(x-2)+f'_y(y-1)\]


Muchas gracias,
Juan Pablo

(16-12-2014 03:07)JuanPablo escribió:  Saga, una consulta con respecto al E2.

Como hacés para llegar a esto? Es alguna fórmula?
\[f\approx Z=f(2,1)+f'_x(x-2)+f'_y(y-1)\]

sí, es otra forma de expresar el plano tangente cuando una superficie esta definida de forma implicita como en el ejercicio, en este caso la use , porque Z estaba definida por una composicion de funciones , solo por eso ... igualmente esa formula es valida en el caso de que no haya composicion de funciones ... es la aproximacion de taylor en varias variables de orden 1... seguro que la viste cuando entraste al tema de couchy-dini, o no ?

(27-05-2014 02:48)Saga escribió:  Se los dejo resuelto



T1) bla bla luego por el teorema de green

\[\omega=\oint fds=\iint Q_x-P_y dA\]

donde

\[Q_x=2x+2xe^{x^2}\quad P_y=2xe^{x^2}\]

luego

\[Q_x-P_y=2x\]

la region de integracion es la circunferencia de radio 3 considerando la restriccion angular

\[\omega=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{3} 2r^2 cos\theta drd\theta=36\]

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T2) igualando la superficie dada en forma vectorial al punto dado obtenemos los valores de u y v

\[X=P\to u=3\quad v=2\]

luego derivando respecto de cada variable

\[X_u=(v,1,1)\quad X_v=(u,-1,1)\]

el producto vectorial no se anula, entonces se verifica que para todo valor de u y v el punto P es un punto regular

\[X_u=(v,1,1)\times X_v=(u,-1,1)=(2,u-v,-v-u)=N\]

reemplazando los valores de u y v hallados se obtiene el director de la recta normal definida como \[r: P+\alpha N\] luego la recta sera

\[r: (6,1,5)+\alpha(2,1,-5)\]

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E1) por definicion

\[M=\iiint \delta (x,y,z) dV\] pero \[\delta(x,y,z)=ky\] luego se observa que

\[\sqrt{2x^2+z^2}\leq y\leq \sqrt{12-(x^2+2z^2)}\]

usando una integral doble para calcular la masa

\[M=k\iint_{P_{xz}}\left [ \int_{\sqrt{2x^2+z^2}}^{\sqrt{12-(x^2+2z^2)}}ydy \right ]dxdz\]

integrando y haciendo las cuentas

\[M=\frac{k}{2}\iint_{P_{xz}} 12-3(x^2+z^2) dxdz\]

la region de integracion esta definida sobre el plano xz como \[R:\left \{ x\in R^2/x^2+z^2\leq 4 \right \}\]

tomando polares sobre R

\[M=\frac{k}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2}12r-3r^3 drd\theta\to M=3k\pi\]

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E2) hallamos primero la funcion g(x,y) definida implicitamente por

\[F(x,y,v)=xv+ln(y+v-3)-6\]

tomando la superficie de nivel 0 , y con el punto que nos dan como dato en el enunciado , a "ojimetro" obtenemos que \[v=3\] cuando \[x=2\quad y=1\]

el gradiente de F es

\[\nabla F(x,y,v)=\left ( v,\frac{1}{y+v-3},x+\frac{1}{x+v-3} \right )\]

evaluado en \[\nabla F(2,1,3)=(3,1,3)\] de donde

\[3x+y+3v+d=0\] reemplazando el x=2 y=1 v=3 obtenemos que d=-16 finalmente \[v=g(x,y)=\frac{16}{3}-x-\frac{1}{3}y\]

defino la funcion

\[G(x,y)=\left ( x-y,\frac{16}{3}-x-\frac{1}{3}y \right )\]

hay que hallar el vector director del plano tangente a sigma definido como

\[f\approx Z=f(2,1)+f'_x(x-2)+f'_y(y-1)\]

\[f(2,1)=3\]

las componentes de las derivadas parciales estan definidas como una composicion de funciones , de forma matricial se define como

\[\nabla f(2,1)=\nabla z(G(2,1))\cdot \nabla G(2,1)=\nabla z(1,3)\cdot \nabla G(2,1)\]

\[\nabla z=(2uv,u^2)=(6,1)\]

\[\nabla G=\begin{pmatrix}1 &-1 \\ -1 &-\frac{1}{3} \end{pmatrix}\]

entonces

\[\nabla f(2,1)=(6,1)\cdot \begin{pmatrix}1 &-1 \\ -1 &-\frac{1}{3} \end{pmatrix}=\left ( 5,-\frac{19}{3} \right )\]

reemplazando

\[Z=3+5(x-2)-\frac{19}{3}(y-1)\]

si el plano tangente a la superficie tiene un punto en comun con el eje x , entonces z=y=0, haciendo las cuentas el punto en comun es \[A=\left ( \frac{2}{15},0,0 \right )\]

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E3) obtenemos las condiciones iniciales de los datos del enunciado

\[f(1,1)=(5,2)\to g(1)=2\]

por definicion si f admite funcion potencial la matriz jacobiana es simetrica , haciendo las cuentas obtenemos

\[g(x)+xg'(x)=2g(x)\]

si \[g(x)=y \to xy'=y\]

\[y'=\frac{y}{x}\to \frac{dy}{dx}=\frac{y}{x}\]

hay que integrar

\[\int \frac{dy}{y}=\int \frac{dx}{x}\to y=kx\]

usando las condiciones iniciales

\[g(x)=2x\]

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E4) se observa que \[0\leq z\leq 1-y^2\] por transitividad \[0\leq 1-y^2\to |y|\leq 1\] combinando con la inecuacion \[x^2\leq y\] hecho el dibujo correspondiente se obtiene

\[-1\leq x\leq 1\] como f es clase 1 aplicamos divergencia, las inecuaciones definen un volumen, entonces sin pensar mucho

\[div f=2\]

entonces

\[\varphi=\iint f nds=\int_{-1}^{1}\int_{x^2}^{1}\int_{0}^{1-y^2} 2 dzdydx=\frac{32}{21}\]

EN EL E2) COMO SACAS EL GRADIENTE DE F?

Ósea gradF=(f'x; f'y; f'z) .? Porque deriva en v?? Ósea gradF= (f'x ; f'y; f'v) ??

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No entiendo el E2 me lo podrías explicar un poco paso por paso? Disculpa que sea goma

(07-02-2015 19:30)franfortu escribió:  Ósea gradF=(f'x; f'y; f'z) .? Porque deriva en v?? Ósea gradF= (f'x ; f'y; f'v) ??

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asi es , porque si lees bien el enunciado nos dicen que hay una funcion g chiquita definida implicitamente por

\[xv+\ln(y+v-3)-6=0\]

sabiendo que

\[v=g(x,y)\]

de ese modo defini la F grandota

\[F(x,y,v)=xv+\ln(y+v-3)-6\]

luego tengo el punto en (x,y,z)=(2,1,3), necesito el punto en (x,y,v), tengo los valores de x y , me falta el valor para v planteo que F(x,y,v)=0 y reemplazo F(2,1,v)=0 , resolviendo esa ecuacion

se obtiene , para este ejercicio en particular que v=3, no siempre puede pasar que los distintos parametros tomen el mismo valor, una vez hecho esto ahi calculo el gradiente de F en funcion de

x y v, al tener sus valores numericos correspondientes es solo tema de reemplazos, ese vector gradiente es el normal del plano tangente a la funcion de g, al no conocerla lo que se hace es

aproximarla por su plano tangente , es solo algebra tenes el vector normal y un punto y wala... despues el enunciado nos pide que expresemos ese plano tangente como

v=g(x,y) ... es lo que hice simplemente despeje v todo en funcion de x e y

Ahora si se te complica mucho ... tambien podes usar el teorema de couchy dini para funciones implicitas , vas a llegar a lo mismo

Una vez hallada la g chiquita es solo aplicar la composicion de funciones, para mi me es mas comodo la forma matricial , pero tambien podes usar el arbol de correspondencia entre las variables

que es el equivalente a hacerlo de forma matricial , solo que escrito de otra manera , lo entendiste ??

PD no te conteste antes porque no entendia bien a que te referias con tu pregunta anterior

saga una pregunta a mi me resulta mejor con cauchy dini pero nose en que momento usarlo, podrias decirme maso menos como seria con cauchy dini. Muchas gracias

Siempre que tengas definidas ecuaciones implicitas , podes usar couchy dini , para poder aproximar a f por su plano tangente

pero para aproximar por plano tg no necesito algo de la forma f(2.09,1,45) y ahi tomo como enteros (2,1) y (0.09,0,45) y ahi aplico la formula ? como que no veo eso en este ejercicio entonces nose como aproximar

aca no tenes que aproximar nada, solo te piden si el plano tangente a f tiene algun punto en comun con el eje x , solo tenes que hallar el plano tangente en el (2,1,3) y fijarte si corta o no al eje x , lo entendes ?

AAAAH osea solo uso la formula de cauchy dini para sacar el plano tg ? y de ahi ver si corta al eje x

asi es

Saga disculpa que te siga jodiendo ajajajja te paso a mostrar como lo hice por que hay algo que no me cierra.

\[Z = f(x,y)\] \[Z= u^2.v\]

\[\left\{\begin{matrix}u = x -y\\ v = g(x,y)\end{matrix}\right. \]

1) me fijo por arbol de correspondencia de variables

f -> Z depende de u y v

u depende de x e y
v depende de x e y (utilizo solo la parte de v, x e y por que son las letras que aparecen en la implícita)


2) con el punto (2,1,3) saco u y v

f (2,1)

u = x -y
u = 1

xv + ln (y+v-3) -6 = 0
( a ojo me doy cuenta que v = 3)

3) Armo fórmula del plano tg cuando me lo dan de forma implícita

\[f \approx Z = \frac{f (a,b) + f'x (x-a) + f'y (y-b)}{1!} \]

\[f'x(x,y) = Z'v(u,v) . v'x(x,y) \Rightarrow \] f'x(2,1) = Z'v (1,3) . v'x (2,1)

\[f'y(x,y) = Z'v(u,v) . v'y(2,1) \Rightarrow \] f'y(2,1) = Z'v (1,3) . v'y(2,1)

4) Saco Z'v (1,3)

Z'v (u,v) = u^2
Z'v (u,v) = 1

5) Saco v'y (2,1) y v'x (2,1)

xv + ln (y+v-3) - 6 = 0

F(x,y,v) = xv + ln (y+v-3) - 6
con el punto (2,1,3)
\[v'x = \frac{- F'x}{F'v} = \frac{-x}{x+\frac{1}{y+v-3}} = \frac{-2}{2+\frac{1}{1+3-3}} = \frac{-2}{3}\]

\[v'y = \frac{- F'y}{F'v} = \frac{\frac{-1}{y+v-3}}{x + \frac{1}{y+v-3}} = \frac{\frac{-1}{1+3-3}}{2+ \frac{1}{1+3-3}} = \frac{-1}{3}\]

6) Reemplazo en la fórmula

f'x(2,1) = Z'v(1,3) . v'x(2,1)
\[f'x(2,1) = 1 . \frac{-2}{3} = \frac{-2}{3} \]

f'y(2,1) = Z'v(1,3) . v'y(2,1)
\[f'y(2,1) = 1 . \frac{-1}{3} = \frac{-1}{3} \]

7) sacar f(2,1)

F : R^3 -> R \[\bigtriangledown \]F

8) Saco gradiente de F

F: R^3 -> R \[\bigtriangledown F \]

\[ \bigtriangledown F =(x,y,v) = (v, \frac{1}{y+v-3}, x + \frac{1}{y+v-3})\]

\[\bigtriangledown F \](2,1,3) = (3,1,3) (normal del plano tg)

9) Armo el plano
3x+y+3v +D = 0 con el punto (2,1,3)
D= -16

3x+y+3v-16 = 0

10) Despejo v

\[v = \frac{16-3x-y}{3}\]

\[v = \frac{16}{3} - x - \frac{y}{3}\]

11) Armo Z

\[Z = (x-y)^2 . (\frac{16}{3}-x-\frac{y}{3})\]

finalmente

f(2,1) = 3

entonces

\[f \approx Z = f(2,1) + f'x (x- 2) + f'y (y-1)\]

\[f \approx Z = 3 -\frac{2}{3} (x -2) - \frac{1}{3} (y-1)\]

para ver en que punto corta al eje x hago

Z = y = 0

\[0= 3 -\frac{2}{3} x +\frac{4}{3} + 0 + \frac{1}{3}\]

x = 7

A(7,0,0)

ALGO HICE MAL CON g(x,y) pero para mi g(x,y) es \[\frac{16-3x-y}{3}\] que va de R^2 -> R pero como lo pienso yo no se podría hacer la composicion de fog por que f: R^2 -> R y g: R^2 -> R tambien.
Pero no entiendo como darme cuenta de armar G(x,y) = (x-y, \[\frac{16-3x-y}{3}\] )
Esa seria mi g de la composicion ya que va de R^2 -> R^2 ?
por que yo trabaje todo con la implícita

Ojala me puedas ayudar. Gracias

ehhh ... me hice un lio tratando de entender jejeje

1) vos tenes definida g(x,y) de forma implicita por la ecu xv+log (y......

por couchy dini encontra el plano tangente a esa superficie definida en forma implicita , como lo harias de manera habitual

2) una vez que tengas la g(x,y) ahora aplica el arbol de correspondencia , o el producto matricial de una composicion de funciones.

Basicamente tenes que encontrar nuevamente el plano tangente de la forma

\[z=h(1,2)+\nabla h(1,2)(x-1,x-2)\]

siendo h=fog=f(g(x,y))

3) recien ahora plantea los puntos en comun al eje x

genial solo me falta saber una cosa y listo, g(x,y) = 16/3 - x - y/3 ya que v = g(x,y) osea que g: R^2 -> R ??

si, por?