Máximo incremento. Aplicaciones de la derivada direccional. Cálculo vectorial.

Propiedades del gradiente.

Sea «f» diferenciable en el punto (x,y):

Si $\nabla f(x,y)=0$ , entonces ${D}_{\overrightarrow{u}} f(x,y) = 0$ para todo $\overrightarrow{u}$ .
La dirección de máximo incremento de f está dada por $\nabla f(x,y)$ . El valor máximo de ${D}_{\overrightarrow{u}} f(x,y)$ es $||\nabla f(x,y)||$ .
La dirección de mínimo incremento de «f» está dada por $-\nabla f(x,y)$ . El valor mínimo de ${D}_{\overrightarrow{u}} f(x,y)$ es $-||\nabla f(x,y)||$ .

Problema 1. La temperatura en grados Celsius en la superficie de una placa metálica es $T(x,y) = 20 - 4x^2 - y^2$ donde «x» y «y» se miden en centímetros. ¿En qué dirección a partir de (2,-3) aumenta más rápido la temperatura? ¿Cuál es la tasa o ritmo de crecimiento?

Solución.

De la función

$T(x,y)=20-4x^2-y^2$

Se determina el gradiente para la temperatura siguiente

$\nabla T(x,y)=T_x (x,y) \overrightarrow{i} + T_y (x,y) \overrightarrow{j}$

Por lo que, derivando parcialmente la función temperatura con respecto a “x”

$\displaystyle T_x (x,y) = \frac{\partial}{\partial x} (20-4x^2-y^2) = \frac{\partial}{\partial x} (20) - \frac{\partial}{\partial x} (4x^2) - \frac{\partial}{\partial x} (y^2)$

$\displaystyle T_x (x,y) = \frac{\partial}{\partial x} (20) - 4 \frac{\partial}{\partial x} (x^2) - y^2 \frac{\partial}{\partial y} (1) = 0 - 4(2x) - y^2 (0)$

$T_x (x,y) = -8x$

Y con respecto a “y”

$\displaystyle T_y (x,y) = \frac{\partial}{\partial y} (20-4x^2-y^2) = \frac{\partial}{\partial y} (20) - \frac{\partial}{\partial y} (4x^2) - \frac{\partial}{\partial y} (y^2)$

$\displaystyle T_y (x,y) = \frac{\partial}{\partial y} (20) - 4x^2 \frac{\partial}{\partial y} (1) - \frac{\partial}{\partial y} (y^2) = 0 - 4x^2 (0) - 2y$

$T_y (x,y) = -2y$

Sustituyendo en la fórmula del gradiente para la temperatura

$\nabla T(x,y) = -8x \overrightarrow{i} - 2y \overrightarrow{j}$

Utilizando el punto (2, -3), se obtiene la dirección de máximo incremento

$\nabla T(x,y) = -8x \overrightarrow{i} - 2y \overrightarrow{j}$

$\nabla T(2, -3) = -8(2) \overrightarrow{i} - 2(-3) \overrightarrow{j}$

$\nabla T(2, -3) = -16 \overrightarrow{i} + 6 \overrightarrow{j}$

Y su magnitud (la cual representa la tasa o ritmo de incremento) es

$\displaystyle ||\nabla T(2,-3)|| = \sqrt{{(-16)}^{2} + {(6)}^{2}}$

$\displaystyle ||\nabla T(2,-3)|| = \sqrt{256+36}$

$\displaystyle ||\nabla T(2,-3)|| = \sqrt{292}$ °C/cm

Imagen6 — *Figura 4.18.1 Representación gráfica de la ecuación T(x,y)=20-4x^2-y^2 en el espacio.*

Imagen7 — *Figura 4.18.2 Representación gráfica de la ecuación T(x,y)=20-4x^2-y^2 en el espacio en vista superior.*

Imagen8 — *Figura 4.18.3 Representación gráfica de la ecuación T(x,y)=20-4x^2-y^2 en el plano.*

Se concluye que el gradiente apunta en la dirección de máximo incremento (hacia adentro).

En ocasiones, en base al este problema resuelto, el gradiente no necesariamente apunta hacia el punto más caliente de la placa. Es decir, el gradiente proporciona una solución local para encontrar un incremento relativo de la temperatura en el punto (-2, 3). Una vez que abandona esa posición, la dirección de máximo incremento puede cambiar.

Problema 2. Un rastreador térmico se encuentra en el punto (2,-3) sobre una placa metálica cuya temperatura en (x,y) es

$T(x,y) = 20 -4x^2 - y^2$

Hallar la temperatura del rastreador, si éste se mueve continuamente en dirección de máximo incremento de temperatura.

Solución. La trayectoria se va a representar por medio de la función vectorial del vector posición, la cual es

$\overrightarrow{r}(t) = x \overrightarrow{i} + y \overrightarrow{j}$

Y el vector tangente será

$\displaystyle {\overrightarrow{r}}^{'} (t) = \frac{dx}{dt} \overrightarrow{i} + \frac{dy}{dt} \overrightarrow{j}$

Ahora, el gradiente para la temperatura del rastreador es

$\nabla T(x,y) = T_x (x,y) \overrightarrow{i} + T_y (x,y) \overrightarrow{j}$

Por lo que derivando parcialmente la función temperatura con respecto a “x”

$\displaystyle T_x (x,y) = \frac{\partial}{\partial x} (20 - 4x^2 - y^2)$

$\displaystyle T_x (x,y) = \frac{\partial}{\partial x} (20) - 4 \frac{\partial}{\partial x} (x^2) - y^2 \frac{\partial}{\partial x} (1) = 0 - 4(2x) - y^2 (0)$

$T_x (x,y) = -8x$

Y con respecto a “y”

$\displaystyle T_y (x,y) = \frac{\partial}{\partial y} (20 - 4x^2 - y^2)$

$\displaystyle T_y (x,y) = \frac{\partial}{\partial y} (20) - 4x^2 \frac{\partial}{\partial y} (1) - \frac{\partial}{\partial y} (y^2) = 0 - 4x^2 (0) - 2y$

$T_y (x,y) = -2y$

Regresando

$\nabla T(x,y) = T_x (x,y) \overrightarrow{i} + T_y (x,y) \overrightarrow{j}$

$\nabla T(x,y) = -8x \overrightarrow{i} - 2y \overrightarrow{j}$

Después, el rastreador busca el máximo incremento de temperatura, las direcciones del vector tangente ${\overrightarrow{r}}^{'} (t)$ y del $\nabla T(x,y)$ serán iguales en todo punto de la trayectoria. Entonces

$T(x,y) = K{\overrightarrow{r}}^{'} (t)$

$\displaystyle \nabla T(x,y) = K \frac{dx}{dt} \overrightarrow{i} + K \frac{dy}{dt} \overrightarrow{j}$

Comparando

$\nabla T(x,y) = -8x \overrightarrow{i} - 2y \overrightarrow{j}$

$\displaystyle K \frac{dx}{dt} \overrightarrow{i} + K \frac{dy}{dt} \overrightarrow{j} = -8x \overrightarrow{i} - 2y \overrightarrow{j}$

Donde “K” depende de “t”. Esto se convierte en una ecuación diferencial de primer orden, en el caso de los términos del vector canónico $\overrightarrow{i}$ , se utiliza el método de separación de variables

$\displaystyle K \frac{dx}{dt} = -8x$

$\displaystyle -\frac{1}{8} \frac{dx}{x} = K dt$

Integrando en ambos miembros

$\displaystyle -\frac{1}{8} \int{\frac{dx}{x}} = K\int{dt}$

$\displaystyle -\frac{1}{8} \ln{x} = Kt + C_1$

Despejando el término “Kt”

$\displaystyle -\frac{1}{8} \ln{x} + C_1 = Kt$

Y en el caso de los términos del vector canónico $\overrightarrow{j}$ , se utiliza también el método de separación de variables

$\displaystyle -\frac{1}{2} \frac{dy}{dt} = Ky$

$\displaystyle -\frac{1}{2} \frac{dy}{y} = Kdt$

Integrando en ambos miembros

$\displaystyle -\frac{1}{2} \int{\frac{dy}{y}} = K\int{dt}$

$\displaystyle -\frac{1}{2} \ln{y} = Kt + C_2$

Despejando el término “Kt”

$\displaystyle -\frac{1}{2} \ln{y} + C_2 = Kt$

Luego, por el método de igualación

$\displaystyle -\frac{1}{2} \ln{y} + C_2 = Kt$

Se sabe que $\displaystyle -\frac{1}{2} \ln{y} + C_2 = Kt$ , así, al despejar “x”

$\displaystyle -\frac{1}{2} \ln{y} + C_2 = -\frac{1}{8} x + C_1$

$\displaystyle -\frac{1}{2} \ln{y} + C_2 + C_1 = -\frac{1}{8} \ln{x}$

$\displaystyle -\frac{1}{2} \ln{y} + C = -\frac{1}{8} \ln{x}$

$4 \ln{y} + C = \ln{x}$

$\ln{x} = \ln{y^4} + C = \ln{y^4} + \ln{C} = \ln{Cy^4}$

$\therefore x = Cy^4$

Utilizando nuevamente el punto (2,-3) y remplazando en la ecuación obtenida anteriormente, se calcula el valor de C

$x = Cy^4$

$2 = C{(3)}^{4}$

$2 = 81C$

$\displaystyle \therefore C = \frac{2}{81}$

Por lo tanto, la trayectoria del rastreador térmico es

$\displaystyle \therefore x = \frac{2}{81} y^4$

Representación gráfica de la temperatura de la placa metálica T(x,y)=20-4x^2-y^2y la trayectoria del rastreador térmico x=2/81 y^4.

Referencias bibliográficas.

Colley, S. J. (2013). Cálculo vectorial. México: PEARSON EDUCACIÓN.
Larson, R., & Edwards, B. (2017). Matemáticas 3. Cálculo de varias variables. México: CENGAGE Learning.
R. Spiegel, M. (1967). Análisis vectorial. México: McGRAW – HILL.

Máximo incremento. Aplicaciones de la derivada direccional. Cálculo vectorial.

Publicado por Cesar Reyes

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