Punti in cui il piano tangente è orizzontale
Vorrei sapere se il seguente esercizio è corretto:
Trova l'insieme di definizione della funzione
Poi determina i punti in cui il piano tangente al grafico è orizzontale e scrivi l'equazione del piano tangente al grafico in tali punti.
1. L'insieme di definizione è ${(x,y) in R^3 : y!=root()(2x-x^2-2) uu y!=-root()(2x-x^2-2)}$.
2. Sapendo che le derivate parziali sono $f_(\x)(x,y)=(-2x-2)/(2+x^2-2x+y^2)^2$ e $f_(\y)(x,y)=(-2y)/(2+x^2-2x+y^2)^2$, per trovare i punti in cui il piano tangente al grafico è orizzontale devo uguagliare le due derivate parziali a $0$. Ottengo così il punto $(-1,0)$.
3. L'equazione del piano tangente è $Z=f(x_(\0))+gradf(x_(\0))(bar(x)-x_(\0))=1/6$.
Inoltre vorrei sapere se esiste la possibilità che un piano tangente sia verticale, o comunque che assuma andamenti diversi da quello orizzontale.
Grazie
Trova l'insieme di definizione della funzione
$f(x,y)=1/(2+x^2-2x+y^2)$
Poi determina i punti in cui il piano tangente al grafico è orizzontale e scrivi l'equazione del piano tangente al grafico in tali punti.
1. L'insieme di definizione è ${(x,y) in R^3 : y!=root()(2x-x^2-2) uu y!=-root()(2x-x^2-2)}$.
2. Sapendo che le derivate parziali sono $f_(\x)(x,y)=(-2x-2)/(2+x^2-2x+y^2)^2$ e $f_(\y)(x,y)=(-2y)/(2+x^2-2x+y^2)^2$, per trovare i punti in cui il piano tangente al grafico è orizzontale devo uguagliare le due derivate parziali a $0$. Ottengo così il punto $(-1,0)$.
3. L'equazione del piano tangente è $Z=f(x_(\0))+gradf(x_(\0))(bar(x)-x_(\0))=1/6$.
Inoltre vorrei sapere se esiste la possibilità che un piano tangente sia verticale, o comunque che assuma andamenti diversi da quello orizzontale.
Grazie
Risposte
1. i punti appartengono ad $RR^2$ e non a $RR^3$ mi sembra comunque che sia l'intero piano.
2. la derivata rispetto ad x è sbagliata mi sembra. dovrebbe essere $2-2x$ a numeratore.
3. dovresti rifare i conti con la correzione del 2, ma la soluzione che hai trovato è comunque sbagliata. $f(-1,0)= 1/5$
2. la derivata rispetto ad x è sbagliata mi sembra. dovrebbe essere $2-2x$ a numeratore.
3. dovresti rifare i conti con la correzione del 2, ma la soluzione che hai trovato è comunque sbagliata. $f(-1,0)= 1/5$
Bocciato 
No ok ho postato l'esercizio di fretta senza ricontrollare i calcoli o quanto avevo scritto. Era giusto per capire se il procedimento era corretto perché finora non mi era mai capitato di dover trovare io i punti del grafico tangente: venivano sempre dati dal testo dell'esercizio, e non sapevo se uguagliare a $0$ le derivate parziali e poi trovare il piano tangente nel modo classico col punto ottenuto fosse il procedimento corretto.
No ok ho postato l'esercizio di fretta senza ricontrollare i calcoli o quanto avevo scritto. Era giusto per capire se il procedimento era corretto perché finora non mi era mai capitato di dover trovare io i punti del grafico tangente: venivano sempre dati dal testo dell'esercizio, e non sapevo se uguagliare a $0$ le derivate parziali e poi trovare il piano tangente nel modo classico col punto ottenuto fosse il procedimento corretto.
In ogni caso la derivata di x è $2-2x$ a numeratore, come hai giustamente detto tu. Il punto diventa allora $(1,0)$, per cui $gradf([ ( 1 ) , ( 0 ) ])=[ ( 0 ) , ( 0 ) ]$ e $f([ ( 1 ) , ( 0 ) ])=1$. Quindi $Z=1+[ ( 0 ) , ( 0 )][ ( x-1 ) , ( y ) ]=1$
"mobley":
Inoltre vorrei sapere se esiste la possibilità che un piano tangente sia verticale, o comunque che assuma andamenti diversi da quello orizzontale.
Direi che l'unico piano tangente è quello trovato, tangente nel massimo (assoluto) della funzione, il punto $(1,0,1)$............salvo il caso "degenere" del piano $(x0y)$
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo