Tema
a)Sea \(f: \mathbb{R}^2\to \mathbb{R}\) diferenciable. Probar que para cualquier \(p\in \mathhbb{R}^2\) existe algun \(v\in \mathhbb{R}^2\) tal que \(\frac{\partial f}{\partial v}(p)=0\)
b) Hallar explícitamente el vector en el caso particular de \(f(x,y)=x^2+y^2\) y p cualquier punto de la circunferencia unitaria. Hacer un dibujo.
se los dejo...
saludos!
"if people do not believe that mathematics is simple, it is only because they do not realize how complicate life is"
Tengo este mismo parcial, que lo tomaron en los cursos de verano. Medio como que los mataron se me hace.
Este ejercicio aparenta ser más para un final que otra cosa. Tenés que usar teos y demostraciones, no tenés que resolver nada.
Aquí va mi respuesta que no se si es correcta:
\(f\) diferenciable en todo \(\mathbb {R}^{2}\) \(\Rightarrow\)\(\forall P \in \mathbb {R}^{2}\) tengo que
Entonces existen todas las derivadas direccionales de \(f\) en \(P\) y siempre vale que \(\frac {\partial f}{\partial V}(P)= \langle \nabla f_{p},V\rangle\) Veamos bien esto:
Tomo \(X=P+tV\) tomando como condición que \(t \rightarrow 0\) y que \(||V||=1\)\(\Rightarrow X - P=tV \Rightarrow ||X-P||= |t|\)
Entonces, meto este X en el límite de la definición de arriba y me queda:
Con esto tenemos que existen todas las derivadas direccionales. Entonces,
\(\langle \nabla f_{P},V\rangle=0\) (Como bien dijo inesi \(\nabla f_{P}\perp V\))\(\square\)
No sé si esta bien, pero es lo que se me ocurrió.
Para el b se me ocure \(P=(1,0) \vee (0,1) y V=(0,1) \vee (1,0)\) respectivamente.
Lo planteé así:
Ahora, sabemos que \(P\)es cualquier punto de la circunferencia unitaria: \(x^2+y^2=1\)
Entonces puedo decir que: \(x=\sqrt{1-y^2}\) Entonces \(P\) viene dado por \(P=(\sqrt{1-y^2},y)\)
Pero: y \(\frac{\partial f}{\partial y}=2y\) y\(\frac{\partial f}{\partial x}=2x\)
y \(\frac{\partial f}{\partial y}(P)\vec{v}_{1}=0\) \(\frac{\partial f}{\partial x}(P)\vec{v}_{2}=0\)
Entonces:
\(2\sqrt{1-y^2}\vec{v}_{1}=0\) y \(2y \vec{v}{2}=0\)
Luego tomo \(P\) y \(V\) como dije antes.
Saludos...
"What we observe is not nature itself, but nature exposed to our method of questioning..."
Werner Heisenberg
Editado 3 veces.
si algo de ese estilo es lo que yo había hecho..
osea que \(\frac{\partial f}{\partial v}(p)=0\) siempre que v sea perpendicular al gradiente...
la parte de cuentas la entiendo...
pero no me doy cuenta la parte geometrica... porque pide que hagas un dibujo...
Tenes razón. Me olvidé del dibujin. Ahora veo si puedo hacer algo y lo pongo.
Para mí el ejercicio es mucho más fácil.Para cualquier p existe un vector de R2 tal que la derivada direccional de p en la dirección de v es cero.Bueno pero ese es v=(0,0).
el (0,0) puede llegar a servir para el punto b, pero quizas no es tan estrico como par completar el punto a. O sea, es la solución trivial. Quizás tendrían que haber aclarado: "No vale la solución trivial" 😛
(0,0) no tiene norma 1
Quimey
pregunté en la práctica y esto es lo que me dijeron...
la primera parte está casi bien... el gradiente tiene que ser perpendicular a v, pero además necesitamos que tenga norma 1 entonces divido por la norma del vector y nos queda así:
\(v=\frac{1}{\sqrt{\partial f_{p}{\partial y}^2+(-{\partial f_{p}{\partial x}})^2}}\)\((-\frac{\partial f_{p}}{\partial y},\frac{\partial f_{p}}{\partial x})\)
acá viene la segunda..
sea \(v=(v_{1},v_{2})\) y \(p=(p_{1},p_{2})\)
quiero que \(\frac{\partial f_{p}}{\partial v}\)=0
como la función es diferenciable
y reemplazando el valor de las derivadas parciales queda:
entonces tomo v de la misma manera que antes ( v perpendicular al gradiente, y lo dividimos por la norma)
y por último usamos que p pertenece a la circunferencia unitaria:
\(p_{1}^2+p_{2}^2=1\) entonces \(\sqrt{2p_{2}^2+(-2p_{1})^2}}=1\)
finalmente \(v=(-2p_{2},2p_{1})\)
si hay dudas o errores avisen...
