Hola a todos! Estoy haciendo el ejercicio 16 de la guia, del practico "Derivabilidad - Recta tangente y plano normal". Tengo dificultades para terminar el ejercicio:

"Dado \[\bar{v}(x,y)=(y+x\, \, g(x),y^{2})\], halle g(x) para que \[\bar{v'}_{x} \perp \bar{v'}_{y}\] con \[\bar{v}(1,1)=(3,1)\]"

Yo lo que hice fue lo siguiente, saqué \[\bar{v'}_{x}\] y \[\bar{v'}_{y}\] .

\[\bar{v'}_{x} = (g(x)+x\: g'(x),0)\]

\[\bar{v'}_{y} = (1,2y)\]

Como me dice que son perpendiculares, entonces el producto escalar entre los dos vectores tiene que ser cero:

\[(g(x)+x\: g'(x),0)\, \cdot \, (1,2y)=0\]

Entonces me quedó esta expresion:

\[g(x)+x\, \, g'(x) = 0\]

Despues, como en el enunciado dice que \[\bar{v}(1,1) = (3,1)\] , reemplazo (1,1) en \[\bar{v}(x,y)\] y me da que g(1) = 2.

El tema es que ahora ya no se como seguir, tengo la expresión esa que hallé con el producto escalar y g(1) = 2. Muchas gracias!!

Con la expresion esa que te quedo, haces que g'(x)= dg(x)/dx, separas, integras y despues determinas el valor de la constante que te quede en la integracion con los valores que te dan

Si a mi se me ocurrió lo mismo, pero no me sale :/

raro que no te salga.. el procedimiento esta bien tenes que integrar

\[\frac{dy}{y}=-\frac{dx}{x}\to g(x)=\frac{A}{x}\]

la familia obtenida pasa por el (1,2)

luego

\[g(x)=\frac{2}{x}\]

yo plantie la integral de la misma manera pero no me que da la expresión que te queda a vos. Me queda - Ln |x| = Ln |g(x)| + C.
Aplicando al definicion de logaritmo me quedo : 1/x = g(x) + K. Mi problema es que no se por que no puedo llegar a la misma respuesta

\[\ln|x|+\ln|y|=-C\]

por propiedad

\[\ln|x.y|=-C\]

\[x.y=\underbrace{\pm e^{-C}}_A\]

finalmente

\[y=\frac{A}{x}\]

con A perteneciente a los reales, obviamente

No se que definicion usaste vos... lo que creo que deduzco es que cancelaste los logaritmos asi "alegremente" y eso no es correcto

Muchas gracias!!, no no. Yo habia hecho e^(-ln x) = e^(ln g(x)) + e^C .

(28-04-2014 18:30)Feddyn escribió:  Muchas gracias!!, no no. Yo habia hecho e^(-ln x) = e^(ln g(x)) + e^C .

entiendo... pero tenes un error minimo, lo correcto seria

\[|y|=e^{\ln|x|^{-1}+C}=|x|^{-1}\cdot\underbrace{e^C}_{K>0}\]

luego

\[|y|=\underbrace{\pm }_{B\in R}x^{-1}\underbrace{e^C}_K\]

\[y=\underbrace{\pm BK}_{A\in R} x^{-1}\]

finalmente

\[y=A x^{-1}\]