$x + 2y - ln(z) + 4 = 0$
$x^2 - xy - 8x + z + 5 = 0$
$\nabla [1,2,\frac{-1}{z}] $
$\nabla [2x-y-8,-x,1] $
$\nabla(P0) [1,2,-1] $
$\nabla(P0) [-1,-2,1] $
Estoy atascado en este punto y no sé qué hacer a continuación.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Dos superficies $S_1$ y $S_2$ son tangentes en un punto $P$ si y solo si
$P \in S_1 \cap S_2, \tag{1}$
es decir, $P$ se encuentra en cada una de las superficies $S_1$, $S_2$; y
$T_PS_1 = T_PS_2, \tag{2}$
es decir, los planos tangentes a $S_1$ y $S_2$ en $P$ son los mismos. Tomando $S_1$ como la superficie
$f_1(x, y, z) = x + 2y - \ln z + 4 = 0, \tag{3}$
y $S_2$ como
$f_2(x, y, z) = x^2 - xy - 8x + z + 5 = 0, \tag{4}$
primero verificamos
$P = (2, -3, 1) \in S_1 \cap S_2 \tag{5}$
al mostrar
$f_1(P) = f_2(P) = 0; \tag{6}$
tenemos
$f_1(2, -3, 1)= 2 + 2(-3) -\ln 1 + 4 = 2 - 6 + 4 = 0, \tag{7}$
y
$f_2(2, -3, 1) = 2^2 - 2(-3) - 8(2) + 1 + 5 = 4 + 6 - 16 + 1 + 5= 0; \tag{8}$
por lo tanto
$P \in S_1 \cap S_2. \tag{9}$
Para ver que los planos tangentes a $S_1$ y $S_2$ en $P$ coinciden, podemos mostrar que los vectores normales a cada superficie en $P$ son colineales. Esto lo hacemos calculando $\nabla f_1$ y $\nabla f_2$ en $P$, es decir
$\nabla f_1 = (1, 2, -\dfrac{1}{z}), \tag{10}$
$\nabla f_2 = (2x - y - 8, -x, 1); \tag{11}$
así que
$\nabla f_1(P) = (1, 2, -1) \tag{12}$
y
$\nabla f_2(P) = (2(2) - (-3) - 8, -2, 1) = (-1, -2, 1); \tag{13}$
podemos ver que
$\nabla f_2(P) = -\nabla f_1(P). \tag{14}$
Dado que los normales a $S_1$ y $S_2$ son colineales en el punto de intersección $P$, sus planos tangentes son uno y el mismo en ese punto; las superficies son de hecho tangentes en $P$.
