EJEMPLO DE APLICACIÓN DERIVA DIRECCIONAL

Docente: Ing. Arturo Peralta S. MTM.

Materia: Cálculo Vectorial

Una partícula rastreadora de calor está situada en el punto Po=[2,-3] de una placa metálica cuya temperatura en (x,y) es T(x,y)=20-4x^2-y^2.

a) Encontrar las ecuaciones del plano tangente y la recta normal en Po.

b) Encontrar la derivada direccional tomando de base el punto Po, graficar resultados en plano x-y y curvas de nivel.

c) Encontrar la trayectoria de la partícula al moverse de forma continua en la dirección de más rápido crecimiento de la temperatura.

a) SOLUCIÓN: 2 2 T(x,y) = z = 20 - 4·x - y Po = [2, -3] 2 2 z(2,-3) = 20 - 4·2 - (-3) = -5 2 2 F(x,y,z) → z - 20 + 4·x + y = 0 F(2,-3,-5) = [2, -3, -5] 2 2 ∇F = GRAD(z - 20 + 4·x + y ) = [8·x, 2·y, 1] ∇F(2,-3,-5) = [16, -6, 1] Ecuación Plano Tangente: [16, -6, 1]·([x, y, z] - [2, -3, -5]) = 0 16·x - 6·y + z = 45 Ecuación Recta Tangente: G(t) = [16, -6, 1]·t + [2, -3, -5] = [16·t + 2, - 6·t - 3, t - 5]

b) SOLUCIÓN: Generación de curvas de nivel k→(-20:1:20) 2 2 k = 20 - 4·x - y 2 2 VECTOR(k = 20 - 4·x - y , k, -20, 20) ⎡ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ⎣4·x + y = 40, 4·x + y = 39, 4·x + y = 38, 4·x + y = 37, 4·x + y = 36, 4·x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + y = 35, 4·x + y = 34, 4·x + y = 33, 4·x + y = 32, 4·x + y = 31, 4·x + y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = 30, 4·x + y = 29, 4·x + y = 28, 4·x + y = 27, 4·x + y = 26, 4·x + y = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 25, 4·x + y = 24, 4·x + y = 23, 4·x + y = 22, 4·x + y = 21, 4·x + y = 20, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4·x + y = 19, 4·x + y = 18, 4·x + y = 17, 4·x + y = 16, 4·x + y = 15, 4·x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + y = 14, 4·x + y = 13, 4·x + y = 12, 4·x + y = 11, 4·x + y = 10, 4·x + y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = 9, 4·x + y = 8, 4·x + y = 7, 4·x + y = 6, 4·x + y = 5, 4·x + y = 4, 4·x 2 2 2 2 2 2 2 ⎤ + y = 3, 4·x + y = 2, 4·x + y = 1, 4·x + y = 0⎦ 2 2 ∇T = ∇z = GRAD(20 - 4·x - y , [x, y]) = [- 8·x, - 2·y] ∇T(2,-3) = [-16, 6] [2, -3] ⎡ 2·√13 3·√13 ⎤ u = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎢⎯⎯⎯⎯⎯, - ⎯⎯⎯⎯⎯⎥ → Vector de direccionamiento unitario ⎮[2, -3]⎮ ⎣ 13 13 ⎦ ⎡ 2·√13 3·√13 ⎤ 50·√13 DuT = ∇T ⋅ u = [-16, 6] ⋅ ⎢⎯⎯⎯⎯⎯, - ⎯⎯⎯⎯⎯⎥ = - ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ⎣ 13 13 ⎦ 13 50·√13 y + 3 = - ⎯⎯⎯⎯⎯⎯·(x - 2) → Recta en la dirección de ∇T 13

50·√13·x 100·√13 y = - ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ + ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ - 3 13 13 ⎛ 3 ⎞ y + 3 = ⎜- ⎯⎟·(x - 2) → Recta en la dirección de u ⎝ 2 ⎠ 3·x y = - ⎯⎯⎯ 2

c) SOLUCIÓN: Representaremos la trayectoria por la función posición: r(t) = x(t)i + y(t)j Vector tangente a cada punto: r'(t) = dx/dt i + dy/dt j Puesto que la partícula busca el crecimiento más rápido de temperatura, la dirección de:

r'(t) = ∇T = [- 8·x, - 2·y]

Osea se cumple que:

dx dy ⎯⎯ = - 8·x ∧ ⎯⎯ = - 2·y dt dt Resolviendo estas pequeñas ecuaciones diferenciales: dx - ⎯⎯⎯ = dt 8·x ⌠ 1 ⎮ - ⎯⎯⎯ dx = ∫ 1 dt ⌡ 8·x

LN(x) - ⎯⎯⎯⎯⎯ = t 8 LN(x) - ⎯⎯⎯⎯⎯ = t + K1 8 - 8·K1 - 8·t - 8·t x(t) = e = C1·e dy - ⎯⎯⎯ = dt 2·y ⌠ 1 ⎮ - ⎯⎯⎯ dy = ∫ 1 dt ⌡ 2·y LN(y) - ⎯⎯⎯⎯⎯ = t 2 LN(y) - ⎯⎯⎯⎯⎯ = t + K2 2 - 2·K2 - 2·t - 2·t y(t) = e = C2·e ⎡ - 8·t - 2·t⎤ r(t) = [x(t), y(t)] = ⎣C1·e , C2·e ⎦ Como la partícula parte de (2,-3) se sigue que 2=x(0)=C1 y -3=y(0)=C2. Luego la trayectoria se representa mediante: - 8·0 x(0) = C1·e = 2 C1 = 2 - 2·0 y(0) = C2·e = -3 C2 = -3 ⎡ - 8·t - 2·t⎤ r(t) = [x(t), y(t)] = ⎣2·e , - 3·e ⎦ Rompiendo la parametrización: x - 8·t - 2·t 4 ⎯ = e = (e ) 2 y - 2·t - ⎯ = e 3 x ⎛ y ⎞4 ⎯ = ⎜- ⎯⎟ 2 ⎝ 3 ⎠

4 x y ⎯ = ⎯⎯ 2 81

En la figura, la trayectoria de la partícula (determinada por el gradiente en cada punto) aparece como ortogonal a cada una de las curvas de nivel. Esto se clarifica cuando consideramos el hecho de que, la temperatura T(x,y) es constante sobre una curva de nivel dada. Luego en un punto arbitario (x,y) de la curva, la razón de cambio de T en la dirección de un vector tangente unitario uT es cero, y es máxima en la dirección de ∇T y su valor máximo es |∇T|.