PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-107

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p  y ′  −1
ky2
 C2k 
1
k y
C2y2 − 1 
dy
dx , dx 
k ydy
C2y2 − 1
 kC2
ydy
y2 − 1C2
. Integrando:
x  kC2
y2 − 1C2
 C3, de donde: x − C32  x2 − 2C3x  C32  kC2
y2 − 1C2
 k
C22
C2y2 − 1.
Por tanto: C22x2 − kC2y2 − 2C22C3x  C22C32 k  0, o bien: x2 − Ay2 − 2Bx  C  0.
I 116- Dada una curva cerrada sin puntos dobles, hallar el lugar geométrico de los puntos Pa,b tales que su
podaria respecto de P, tenga área constante.
Solución: Sea la curva dada la envolvente de xcos  y sin  f  0, que referida al punto P, es:
x  acos  y  b sin  f  0. La distancia a P, cuyas coordenadas son ahora 0,0, es:
  acos  b sin  f. Siendo constante el área S de la podaria, se tiene que:
S  
0
2 1
2 
2d  12 0
2
acos  b sin  f2d  k. Como S  a
2
2 0
2
cos2d  b
2
2 0
2
sin2d 
ab 
0
2
sincosd  a 
0
2
cosfd  b 
0
2
sinfd  12 0
2
f2d. Se sabe que: 
0
2
cos2d 
 
0
2
sin2d  , y 
0
2
sincosd  0, luego S  2 a
2  b2  a 
0
2
cosfd  b 
0
2
sinfd 
 12 0
2
f2d  k. Haciendo a  x, b  y, se tiene: 2 x
2  y2  Ax  By  C  0, que es un círculo.
I 117- Hallar la curva cuyo radio de curvatura está en una relación dada con la longitud de la normal. Estudiar
los casos en que la relación sea 1, −1, 2, −2.
Solución: El radio de curvatura es: R  
2  ′2
3
2
2  2′2 − ′′
. La normal mide: 2  ′2
1
2 . Luego:
2 − 1  ′22 − 1 − ′′  0. Haciendo ′  z, ′′  z ′  z2, sustituyendo y operando:
z2 −  − 1 z
′  1  0, es decir:  − 1 d 
dz
z2  1
. De donde: z  tan  − 1   k 
′
 
d
d ,
d
  tan
 − 1
   k d. Luego: lnC  − ln cos
 − 1
   k  ln
1
cos  − 1   k
. Por tanto:
  A
cos  − 1   B
. Para el caso   1,  es constante. Para   −1,   Acos2  B . Para   2,
  A
cos 2  B
. Para   −2,   A
cos 32  B
. En los dibujos siguientes se han representado
estas tres últimas curvas.
5-5
5
0
-5
5-5
5
0
-5
  1cos2
2-2
2
0
-2
2-2
2
0
-2
  1
cos 2
319
-2 -1 1 2
-2
2
-2 -1 1 2
-2
2
  1
cos 32
E 118- Encontrar una curva que pase por el origen y tal que si se designa por M un punto cualquiera de la
curva, el área comprendida entre la curva y el radio vector OM, sea igual al área limitada por la curva, el
eje OX y la tangente en M.
Solución:
O A B
X
Y
M
a
O A B
X
Y
M
a
Se ha de tener que: SOaMO  SOaMAO. Como SOaMBO  0
x
ydx, MA ≡ Y − y  y ′X − x, A xy
′ − y
y ′
, 0 ,
AB  x − xy
′ − y
y ′
 y
y ′
, se tiene que: SOaMO  12 xy − 0
x
ydx, SOaMAO  0
x
ydx − 12
y
y ′
y. Es decir:
2 
0
x
ydx  xy2 
y2
2y ′
. Derivando y operando: −y
′′
y ′2
 y − xy
′
y2
. Integrando: 1
y ′
 xy  C, es decir:
dx
dy −
x
y − C  0. Luego: x  yA lny  B. En el dibujo se ha representado esta curva para A  1, B  0.
6420
2.5
6420
2.5
I 119- Sean M y M ′ dos puntos de una curva y  fx, correspondientes a las abscisas x y x  Δx. La tangente
en M ′ corta en T a la ordenada en M. La tangente en M corta en T ′ a la ordenada en M ′. Se pide el orden
del infinitésimo MT − M ′T ′, siendo Δx el infinitésimo principal.
Solución: Coordenadas de M: x, fx. Coordenadas de M ′: x  Δx, fx  Δx. Ecuación de la tangente
en M: Y − fx  f ′xX − x. Ecuación de la tangente en M ′: Y − fx  Δx  f ′x  ΔxX − x − Δx.
Luego las coordenadas de los puntos de intersección, son: Tx, fx  Δx − Δxf ′x  Δx,
T ′x  Δx, fx  Δxf ′x. Luego la distancia MT es igual a fx  Δx − Δxf ′x  Δx − fx, y la distancia
M ′T ′ es igual a fx  Δxf ′x − fx  Δx. De donde se tiene: MT − M ′T ′  2fx  Δx − 2fx −
−Δxf ′x  Δx  f ′x. Desarrollando en serie esta expresión, se tiene que la diferencia MT − M ′T ′ 
 2 fx  f ′xΔx  f
′′x
2! Δx
2 
f ′′′x
3! Δx
3 . . . − 2fx −
−Δx 2f ′x  f ′′xΔx  f
′′′x
2! Δx
2 . . . . Luego: MT − M ′T ′  13 f
′′′xΔx3 − 12 f
′′′xΔx3 . . .
 − f
′′′x
6 Δx
3 . . . . Por tanto, el infinitésimo es de tercer orden.
320
I 120- Hallar las trayectorias ortogonales de una familia de cónicas homofocales.
Solución: Sea la ecuación de las cónicas homofocales: x
2
a2  
 y
2
b2  
 1. Derivando, se tiene:
x
a2  
 yy
′
b2  
 0. Luego: 1
a2  
 y
′
x2y ′ − xy
, 1
b2  
 1
y2 − xyy ′
. Eliminando  entre estas dos
ecuaciones, se tiene: a2 − b2  x
2y ′ − xy
y ′
− y2  xyy ′. Es decir: xyy ′2  y ′x2 − y2 − a2  b2 − xy  0.
Sustituyendo y ′ por −1
y ′
, se obtiene la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales, que es:
xyy ′2  y ′x2 − y2 − a2  b2 − xy  0, que coincide con la ecuación anterior. Por tanto, las trayectorias
ortogonales de una familia de cónicas homofocales, son ellas mismas.
I 121- En los extremos M y N de un arco de curva, se trazan las tangentes hasta su punto de encuentro A.
Hallar el orden y la parte principal de la distancia de A a la secante MN, y del ángulo NMA.
Solución: Las ecuaciones intrínsecas de la curva (ver problema I 82), son: x  s − s
3
6R2
. . . ,
y  s
2
2R −
R′s3
6R2
. . . . Sea el punto M0,0, siendo su tangente: y  0. Sea el punto N s, s
2
2R , siendo su
tangente: y − s
2
2R 
s
R x − s. Las coordenadas de su punto de intersección son: A
s
2 ,0 . La ecuación
de MN es: y  s2R x. La distancia de A a MN, es:
s2
2 s2  4R2
 s
2
4R . Luego la distancia es un
infinitésimo de 2º orden, siendo su parte principal: 14R . Como, tanNMA 
s
2R , el ángulo es un
infinitésimo de 1º orden, siendo su parte principal: 12R .
I 122- Hallar una curva que pasando por el origen, sea tal que el centro de gravedad del área limitada por la
curva, el eje OX y una ordenada variable, sea constantemente igual a 3x4 .
Solución: Se ha de tener que:

0
x
xydx

0
x
ydx
 3x4 . Derivando: xy 
3
4 0
x
ydx  xy . Luego: xy  3 
0
x
ydx.
Derivando: y  xy ′  3y, es decir: 2dxx 
dy
y . Integrando: lny  lnCx
2. Luego la curva pedida es:
y  Cx2, que es una parábola.
I 123- Hallar el lugar geométrico de los puntos P tales que el segmento MP de la tangente comprendida entre
el punto de contacto P y una recta dada (directriz), sea de longitud constante.
Solución: Sea Px,y y sea la tangente: Y − y  y ′X − x. Sea la recta dada: Y  0. Luego se tiene:
M xy
′ − y
y ′
, 0 . Por tanto: x − xy
′ − y
y ′
2
 y2  a2. De donde: y ′  y
a2 − y2
. Separando variables:
dx 
a2 − y2
y dy. Integrando: x  a
2 − y2 − a ln
a  a2 − y2
y  C, que es la ecuación de la
tractriz.(involuta de la catenaria). En el dibujo se ha representado la tractriz para a  1, C  0.
0.5-0.5
1
0.5
0.5-0.5
1
0.5
321