PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-101

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y1′′  e  2a2  6a3, y1′′′  e  6a3. Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones anteriores, se
tiene: a3  e6 , a2 
e − e
2  0, a1  e −
e
2 
e
2 , a0  e −
e
2 −
e
6 
e
3 . La ecuación pedida es:
y  e3 
e
2 x 
e
6 x
3. Se ha representado la parábola osculatriz, y en línea fina la exponencial dada.
2
12.5
2
12.5
2
12.5
I 60- Se considera un círculo de centro O y radio R. Se traza la tangente en un punto A del círculo, y se
determina un punto B sobre el diámetro que pasa por A. Se une B con un punto M del círculo. La recta MB
corta a la tangente en el punto T. Determinar AB de manera que la diferencia entre el arco AM y el
segmento AT sea de orden infinitesimal máximo, siendo el ángulo AOM el infinitésimo principal.
Solución:
O H A B
M
T
θ
O H A B
M
T
θ
Sean: OB  b, arcoAM  R  . En los triángulos semejantes MHB, ATB, se tiene: MHHB 
AT
AB . Luego:
R sin
b − Rcos 
AT
b − R , AT 
b − RR sin
b − Rcos 
AB  R sin
AB  R1 − cos . Por tanto, la diferencia Δ entre el arco
AM y el segmento AT, es: Δ  R − AB  R sinAB  R1 − cos 
AB  R  R2 − R2cos − AB  R sin
AB  R1 − cos .
Desarrollando sin y cos, se tiene: Δ 
−3 R
2
2! 
AB  R
3!  
5 R2
4! 
AB  R
5! . . .
AB  R1 − cos . Para que Δ
sea de orden máximo, el infinitésimo R
2
2! 
AB  R
3! ha de ser nulo, por lo que AB  −3R. El
infinitésimo Δ es de orden 5º.
I 61- Sobre un diámetro de un círculo de radio R  5 y centro O, se tiene un punto P tal que OP  3. Se traza
por P una recta variable que corta al círculo en A. Por A se traza la perpendicular a AP. Hallar la
envolvente de estas rectas perpendiculares a AP.
Solución: Tomando como origen de coordenadas, el centro O del círculo, y como eje OX el diámetro
OP, las coordenadas de A son 5cos t, 5 sin t, y las de P3,0. Luego AP ≡ y  5sin t5cos t − 3 x − 3. La
ecuación de la recta perpendicular a AP, trazada por A es: y − 5sin t  3 − 5cos t5sin t x − 5cos t, es decir:
5y sin t  5cos t − 3x  15cos t − 25  0. Derivando respecto a t: 5ycos t − 5x sin t − 15sin t  0, es decir:
ycos t − x sin t − 3sin t  0. Resolviendo el sistema, se tiene: cos t  5x  153x  25 , sin t 
5y
3x  25 . Luego:
5x  152  25y2  3x  252, o bien: x
2
25 
y2
16  1.
I 62- El centro de una circunferencia variable se mueve sobre OX. Hallar la relación entre la abscisa del
centro y el radio, para que la envolvente sea: 1º) y  mx. 2º) x
2
a2
 y
2
b2
 1. 3º) y2  2px.
Solución: 1º) Siendo , 0 las coordenadas del centro y R el radio, la ecuación de la circunferencia es:
x − 2  y2 − R2  0. La intersección con y  mx, es: x21  m2 − 2x  2 − R2  0. Obligando a que
301
tenga una raíz doble, se tiene la relación pedida: m22 − R21  m2  0. 2º) Procediendo de forma
análoga, la ecuación de la intersección de la circunferencia con la elipse x
2
a2
 y
2
b2
− 1  0, viene dada
por: x2a2 − b2 − 2a2x − R2a2  a2b2  a22  0. Obligando a que tenga una raíz doble, se tiene la
relación pedida: b22  R2 − b2a2 − b2  0. 3º) De la misma forma, la ecuación de la intersección de
la circunferencia con y2 − 2px  0, es: x2  2xp −   2 − R2  0. Obligando a que tenga una raíz
doble, se tiene la relación pedida: 2p − R2 − p2  0.
I 63- Hallar la envolvente de las normales a la parábola y2  2px.
Solución: Sea a,b un punto de la parábola. La pendiente de la tangente en él, viene dada por: yy ′  p,
y ′  py . Y la de la normal:
−y
p 
−b
p . La ecuación de la normal es: y − b 
−b
p x − a, de donde:
py  bx − p  b
3
2p . Derivando respecto al parámetro b, se tiene: x − p −
3b2
2p  0, b
2 
2px − p
3 .
Luego: py  bx − p  b2px − p6p , b 
3py
2p − x . Por tanto:
9p2y2
4p − x2

2px − p
3 , con lo que se
tiene: 27py2 − 8x − p3  0. En el siguiente dibujo se ha representado la envolvente, y en línea fina la
parábola dada, para p  1.
7.552.5
5
-5
7.552.5
5
-5
Nota: Esta ecuación coincide con la de la evoluta de la parábola y2  2px, porque la envolvente de las
normales de una curva es su evoluta (ver problema I 47).
I 64- Hallar la envolvente de los lados de un ángulo OMT de magnitud constante, cuyo vértice M se mueve
sobre la recta AB, y cuyo lado OM pasa por el origen O.
Solución:
O
T
A M B
O
T
A M B
Tomando como ejes la recta AB y su perpendicular por O, se tiene: O0,, M, 0, OM ≡ x 
y
  1.
La pendiente de la recta OM es m1  − , y la de la recta MT es m2, verificándose que:
m1 − m2
1  m1m2
 k,
de donde: m2    kk −  . La ecuación de MT es: y 
  k
k −  x − . Derivándola respecto a , se tiene:
  y  kx − 2k . Sustituyendo este valor en la ecuación de MT, se obtiene la envolvente:
k2x2  2kxy  y2  2kx − 21  2k2y  2  0. Se trata de una parábola cuyo eje es: kx  y −   0, y
su vértice k
k2  1
, 
k2  1
.
I 65- Se dispara un proyectil con velocidad inicial v0, con un cañón que forma un ángulo  con el plano
horizontal. Probar que la envolvente de estas trayectorias, al variar  en un plano vertical, es una parábola.
302
Solución: Las ecuaciones del movimiento del proyectil, son: x  v0tcos, y  v0t sin − 12 at
2, siendo a
la aceleración de la gravedad. Eliminando t, se tiene: 1  cos2v02y − v02x sin2 − ax2  0. Derivando
respecto a , e igualando a cero, se tiene: tan2  −xy . Sustituyendo este valor y operando, se tiene la
ecuación de la envolvente: a2x2 − 2av02y − v04  0, que es una parábola.
I 66- Hallar la ecuación cartesiana en paramétricas, de la curva de ecuación intrínseca R  s.
Solución: Como R  dsd , se tiene que:
ds
d  s,
ds
s  d. Integrando: ln s  , s  e
. Diferenciando:
ds  ed. Como: x   cosds, y   sinds, se tiene que: x   e cosd  12 e
sin  cos,
y   e sind  12 e
sin − cos. O bien: x  s2 sinln s  cosln s, y 
s
2 sinln s − cosln s.
I 67- Deducir la ecuación intrínseca de la catenaria y  a2 e
x
a  e
−x
a .
Solución: La ecuación de la catenaria en paramétricas, es: y  acosh t, x  at. Diferenciando:
dy  a sinh tdt, dx  adt. Luego, ds  x ′2  y ′2  acosh t. Integrando, se tiene: s  a sinh t. Por tanto,
R  1  y
′2
3
2
y ′′

x ′2  y ′2
3
2
x ′y ′′ − x ′′y ′
 
acosh t3
a2 cosh t
 acosh2t  a1  sinh2t  a 1  s
2
a2
 a  s
2
a .
Luego la ecuación intrínseca es: Ra  a2  s2. (Ver problema I 51).
I 68- Por los puntos de la parábola y2  4x − 1, se trazan tangentes a la elipse x
2
a2
 y
2
b2
 1. Hallar la
envolvente de las cuerdas que unen los puntos de contacto. Esta envolvente se llama figura polar de la
parábola respecto a la elipse.
Solución: Sea , el punto de la parábola, es decir: 2  4 − 1. Las cuerdas definidas por los puntos
de tangencia, son: 2b2x  2a2y − 2a2b2  0. Sustituyendo el valor de  en función de , se tiene:
2  1b2x  4a2y − 4a2b2  0. Derivando respecto a  e igualando a cero, se tiene:   −2a
2y
b2x
.
Luego: 4a
4y2
b4x2
 1 b2x − 4 2a
2y
b2x
a2y − 4a2b2  0. De donde operando, la ecuación pedida es:
b4x2 − 4a4y2  4a2b4x.
I 69- Hallar la envolvente de las circunferencias x − a2  y2  4ak, siendo k una constante.
Solución: f  x − a2  y2 − 4ak  0, fa′  −2x − a − 4k  0. Luego: a  x  2k. Sustituyendo y
operando, se tiene la ecuación pedida: y2  4kx  4k2.
I 70- Se da z  1
d2
, siendo d la distancia de Mx,y a O0,0. Hallar las derivadas primera y segunda de z,
según la dirección perpendicular a OM y en el sentido de la figura.
Solución:
O
M
α
β
O
M
α
β
Se tiene que: z  1
d2
 1
x2  y2
. Sus derivadas parciales son: zx′  −2x
x2  y22
, zy′ 
−2y
x2  y22
,
zx2
′′  −2
x2  y22
 8x
2
x2  y23
, zxy′′ 
8xy
x2  y23
, zy2
′′  −2
x2  y22
 8y
2
x2  y23
.
Como: cos  −y
x2  y2
, cos  x
x2  y2
, la derivada primera es: z,
 zx′ cos  zy′ cos 
 2xy
x2  y2
5
2
− 2xy
x2  y2
5
2
 0, y la segunda es: 
2z
,2
 zx2
′′ cos2  2zxy′′coscos  zy2
′′ cos2 
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