Cuál es la pendiente de la tangente de $(0,0)$ en la curva $x^2 y^2 = 4 x^5 + y^3$

Question

Esta es la pregunta que surja a partir de la respuesta a la otra: Cómo encontrar esta ecuación entero solución: $x^2y^2=4x^5+y^3$. Para$x < 27$$y > -243$ , la ecuación básica $x^2 y^2 = 4 x^5 + y^3$ es una función. Por diferenciación implícita hemos encontrado que: $$ y'(x) = \frac{20 x^4 - x 2 y^2}{2 y x^2 - 3 y^2} \quad \Longrightarrow \quad y'(0) = \; ? $$ De la imagen se sospecha que: $y'(0) = 0$ , es decir, la pendiente de la tangente en a $(x,y) = (0,0)$ puede ser cero. Pero yo no podía probar o refutar. Alguna idea?

La actualización.
A la hora de resolver para $y$ (con la ayuda de MAPLE) nos encontramos con algo que se parece a un decente función, dentro de un rango prescrito por ejemplo,$-1 < x < +2$ ; ver la imagen. (Bonus: integer soluciones pregunta original en manchas rojas) $$ y(x) = \left[\frac{\left(-54 x^2 + x^3 + 6 \sqrt{81 x^4 - 3 x^5}\right)^{1/3}}{3} + \frac{x^2}{3\left(-54 x^2 + x^3 + 6 \sqrt{81 x^4 - 3 x^5}\right)^{1/3}} + \frac{x}{3}\right] x $$ De modo que todavía no me queda claro por qué el derivado $y'(0)$ sería de alguna manera indefinida.

   

Una vez extreme close-up , es decir,$-1/10 < x < 1/10$ : la imagen de la derecha , no revela ninguna otra vertiente de cero en $(0,0)$ . Más blanco significa que la función $f(x,y) = 4 x^5 + y^3 - x^2 y^2\;$ está más cerca de cero; se ve que $\;f(x,y)\;$ es muy cercano a cero, de hecho, en el barrio de $(0,0)$ , lo que sugiere que la tangente puede ser ambiguo allí. Pero ¿lo es?

Mi intento. Dibuja un círculo con un radio de $r > 0$ $(0,0)$ como su punto medio: $$ x = r \cos(\phi) \qquad y = r \sin(\phi) $$ Sustituir esto en la ecuación básica $\;x^2 y ^2 = 4 x^5 + y^3\;$ y dividir por $r^3$ : $$ 4 \cos^5(\phi)\, r^2 - \cos^2(\phi) \sin^2(\phi)\, r + \sin^3(\phi) = 0 $$ Si $\;r \rightarrow 0\;$ es decir, se vuelve muy pequeño, entonces los valores de la función en el barrio de $\;(0,0)\;$ depende sólo de la última plazo $\;\sin^3(\phi)$ . Lo que significa que $\phi \approx 0$ o $\phi \approx \pi$ . La tangente a través de estos dos puntos tiene pendiente cero. No sé si esto cuenta como una prueba.

Answer 1

Todos los temas aquí también se producen con la más simple de la ecuación de $x^5=y^3$. En efecto, como las soluciones a la ecuación se puede parametrizar como $(x,y) = (t^3,t^5)$, las soluciones a la ecuación de preguntar acerca de puede parametrizar como $(t^3/(4-t)^2, - t^5/(4-t)^3)$. En ambos casos:

• Sobre los números reales, podemos localmente escribir $y$ como una función de la $x$, y esta función tiene una bien definida de la primera derivada. Tengo que $y = - \sqrt[3]{4} x^{5/3} - \frac{x^2}{3} + (\mbox{higher order terms})$.

• La segunda derivada, $y''(x)$, no existe. Intuitivamente, $y(x) \approx x^{5/3}$, $y'(x) \approx x^{2/3}$ y, a continuación, la segunda derivada de los golpes.

• Sobre los números complejos, por $x$ arbitrariamente cerca de $0$ pero no es igual a $0$, $3$ valores de $y$ que satisfacen la ecuación, por lo que no puede escribir complejas $y$ como una función de la compleja $x$ cerca de $0$.

Yo diría que esta curva tiene una tangente con pendiente $0$, más de los reales, pero no sobre los complejos. Si está de acuerdo o no depende exactamente de lo que la definición de la tangente de la línea que está utilizando.

Answer 2

La idea de esta respuesta es en realidad dada por David Speyer así que yo le dé el crédito. Lo que sigue es para el bien de la integridad y la claridad. $$ x(t) = \frac{t^3}{(4-t)^2} \qquad , \qquad y(t) = -\frac{t^5}{(4-t)^3} \qquad \Longrightarrow \\ x'(t) = \frac{t^2\,(12-t)}{(4-t)^3} \qquad , \qquad y'(t) = -\frac{2\,t^4\,(10-t)}{(4-t)^4} \qquad \Longrightarrow \\ \frac{dy}{dx} = \frac{y'(t)}{x'(t)} = -\frac{2\,t^2\,(10-t)}{(12-t)(4-t)} \qquad \Longrightarrow \qquad \lim_{t\rightarrow 0} \frac{y'(t)}{x'(t)} = 0 = \frac{dy}{dx}(0,0) $$ No es necesario el uso de un sistema algebraico por computadora para esto (aunque yo lo he utilizado así :-).
De todos modos, aquí la prueba está completa.