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Solución del ejercicio n° 23 de recta tangente y plano normal. Intersección de curva y plano. Derivada direccional. Problema resuelto. Ejemplo, cómo hallar las derivadas parciales

Problema n° 23 de funciones de varias variables

Problema n° 23

La derivada direccional de una cierta ƒ(x, y) según la dirección del vector X'(t), tangente a la curva:

(e^{t - 1}, 1 - t + t²)

En el punto P = (1, 1), vale √2. La derivada direccional de la misma función según la dirección que se obtiene girando π/2 el vector X'(t) en sentido antihorario, en el mismo punto P, vale 3·√2. Calcular las derivadas parciales de la ƒ(x, y) en P.

La curva y su vector tangente son:

X(t) = (e^{t - 1}, 1 - t + t²)

X'(t) = (e^{t - 1}, -1 + 2·t)

Desarrollo

Fórmulas:

Plano: Z·X'(t) = X(t)·X'(t)

Recta: Z = X(t) + μ·X'(t)

Solución

Debe verificar:

x = e^{t - 1} = 1

t - 1 = 0

t = 1

y = 1 - t + t² = 1

- t + t² = 0

t = 1

Debe cumplir:

D_x'(t)ƒ(1, 1) = √2

X'(1) = (e^{1 - 1}, -1 + 2·1)

X'(1) = (e⁰, -1 + 2)

X'(1) = (1, 1)

||X'(1)|| = √1² + 1²

||X'(1)|| = √2

El vector girado es:

Y'(1) = (-1, 1)

||Y'(1)|| = √(-1)² + 1²

||Y'(1)|| = √2

Analizando ambos casos vemos que:

Sumando (1) y (2) miembro a miembro:

∂ƒ(1, 1)/∂x + ∂ƒ(1, 1)/∂y - ∂ƒ(1, 1)/∂x + ∂ƒ(1, 1)/∂y = 2 + 6

2·∂ƒ(1, 1)/∂y = 8

∂ƒ(1, 1)/∂y = 4

Reemplazando en (1):

∂ƒ(1, 1)/∂x + 4 = 2

∂ƒ(1, 1)/∂x = -2

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