E1.Sea \[f(x,y)\] definida implicitamente por la ecuación \[x+zy+ln(z+2xy-3)-3=0\], calcule aproximadamente \[f(1.02,0.98)\].

E2. Dada \[z=f(xy,y-x)\] con \[f \epsilon C^{1}\], sabiendo que \[\bigtriangledown f(3,2)=(4,7)\] calcule \[{z}'_{x}(1,3)+{z}'_{y}(1,3)\].

E3. Sea F la familia de trayectorias ortogonales a \[xy=C\], halle la linea de F que pasa por \[\bar{A}(2,4)\].

E4. Dada la curva C definida por la intersección de las superficies de ecuaciones: \[x+yz=3\] e \[y=x^{2}\], analice si la recta normal a C en \[(1,1,2)\] interseca en algún punto al plano \[yz\].

RESOLUCION

E1. \[F(x,y)\cong f(A)+ {f}'_{x}(x-x_{0})+{f}'_{y}(y-y_{0})\]
Tengo el punto \[A(1,1,z_{0})\] en la función implicita impongo lo que tengo dentro del logaritmo que sea igual a 1 para que
ln(1)=0
entonces \[z+2xy-3=0 \] obtengo \[z_{0}=2\]
\[{F}'_{x}(A)=1+\frac{2y}{z+2xy-3}\rightarrow 1+2=3\]
\[{F}'_{y}(A)=z+\frac{2x}{z+2xy-3}\rightarrow 2+2=4\]
\[{F}'_{z}(A)=y+\frac{1}{z+2xy-3}\rightarrow 1+1=2\]

Entonces se que en implícitas \[{f}'_{x}=-\frac{{F}'_{x}}{{F}'_{z}}\] y \[{f}'_{y}=-\frac{{F}'_{y}}{{F}'_{z}}\]
de manera tal que queda simplemente reemplazar los valores y hacer la cuenta
\[F(1.02,0.98)\cong 2+ (-\frac{3}{2})(1.02-1)+(-2)(0.98-1)\cong2.01\]

E2. Al tener \[z=f(xy,y-x)\] voy a decir que \[u=xy \] y que \[v=y-x\] entonces tengo a z como variable dependiente, u y v como
variables intermedias y a x e y como variables independientes. Me piden en el punto (1,3) entonces al ser x e y mis VI, x=1 e y=3 entonces sabiendo esos
datos puedo obtener los valores de u y v ( u=3 , v=2)
entonces me piden \[{z}'_{x}(1,3)+{z}'_{y}(1,3)\]
para eso
\[{z}'_{x}={z}'_{u}{U}'_{x}+{z}'_{v}{V}'_{x}\]
\[{z}'_{y}={z}'_{u}{U}'_{y}+{z}'_{v}{V}'_{y}\]
con el gradiente de f(3,2= que me dan yo ya se que \[{z}'_{u}=4 \] y \[{z}'_{v}=7 \] en el punto (1,3)
hago las derivadas parciales \[{U}'_{x}(1,3)=3 \]
\[{U}'_{y}(1,3)=1 \]
\[{V}'_{x}(1,3)=-1 \]
\[{V}'_{y}(1,3)=1\]
entonces
\[{z}'_{x}(1,3)= (4*3)+(7*(-1))=5\]
\[{z}'_{y}(1,3)= (4*1)+(7*1)=11\]

\[{z}'_{x}(1,3)+{z}'_{y}(1,3)=16\]

E3. \[F_{T.O.}: xy=C \]
\[xy=C \]
\[\frac{\partial }{\partial x} \rightarrow xy=C\]
\[y+{y}'x=0 \rightarrow y=-{y}'x \] EDO

reemplazo \[{y}'=-\frac{1}{{y}'} \] para obtener la ortogonal
\[y=-(-\frac{1}{{y}'})x\]
\[\int ydy=\int xdx\]
\[\frac{y^{2}}{2}=\frac{x^{2}}{2}+C_{2}\]
acomodo la ecuación a gusto y reemplazo los puntos para obtener mi constante (SP)
entonces la F ortogonal me queda
\[F_{ortogonal}: y^{2}=x^{2}+12\]

Resuelvo con el mismo procedimiento la EDO sin haber reemplazado por su ortogonal (es decir la de mi SG dato)
\[xy=C_{1} \rightarrow 2*4=C_{1}\]
obtengo \[F:xy-8=0\]
entonces mi linea esta compuesta por \[F:xy-8=0\] y por \[F_{ortogonal}: y^{2}=x^{2}+12\]

E4.
Tengo mi curva compuesta por la intersección de los planos mencionados, primero tengo que obtener la Recta Normal en (1,1,2) y ver si interseca al plano YZ es decir que considero x=0 para ese plano.
Empiezo por nombrar cada ecuación y pasarlas a implícita para sacar su gradiente y hacer producto vectorial para obtener la normal de la RTN.

\[F: x+yz-3=0\]

\[\bigtriangledown F=(1,z,y)\]

\[\bigtriangledown F(A)=(1,2,1)\]

\[G: y-x^{2}=0\]

\[\bigtriangledown G=(-2x,1,0)\]

\[\bigtriangledown G(A)=(-2,1,0)\]

\[\bigtriangledown F\wedge \bigtriangledown G=\left | \begin{matrix}1 & 2 & 1\\ -2& 1 & 0\end{matrix} \right | =(-1,-2,5)\]
\[\bar{n}= (-1,-2,5)\]

Con la ecuacion de la recta \[(x-1,y-1,z-2)=\lambda (-1,-2,5)\] como dije antes, considero x=0 para el plano que me dan entonces expreso parametricamente mi recta normal e igualo x a cero. y tengo un sistema 2x2 para resolver las incógnitas de z e y que pueden satisfacer en el caso de que exista el punto intersección.

\[x=1-\lambda\] entonces \[0=1-\lambda\] \[1=\lambda\]
\[y=1-2\lambda\] reemplazo \[y=1-2(1)=-1\]
\[z=2+5\lambda\] reemplazo \[z=2+5(1)=7\]

Interseca en el punto P(0,-1,7)