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raíz doble, se elimina x entre fx′ y fz′ . Como fx′ 3x2 − m 0, fz′ −2mx 3− m 0, se tiene que: x 3m − 2m m 3 . Operando, se obtiene: 4m 3 − 272m2 54m − 272 0. Hay que obligar a que dos de las raíces sean perpendiculares, es decir: m1m2 −1. Se tiene que: m1 m2 m3 27 2 4 , m1m2 m1m3 m2m3 27 2 , m1m2m3 272 4 . Haciendo m1m2 P, m1 m2 S, se tiene que: S m3 27 2 4 , P m3S 27 2 , Pm3 272 4 . Como P −1, se tienen las siguientes igualdades: m3 −272 4 , S 272 4 272 4 , −1 −272S 4 27 2 . Igualando los valores de S obtenidos de las dos últimas ecuaciones, operando y sustituyendo , por x, y, se tiene la ecuación del lugar geométrico pedido: 729y4 729x2y2 216xy 16 0. C 33- Hallar el lugar geométrico del centro de las circunferencias que pasan por un punto dado A y son tangentes a una recta dada. Solución: O A B O A B Tomando como eje OX la recta dada y como coordenadas de A0,a, sea el centro O de la circunferencia , y su radio OB . La ecuación de la circunferencia es: x − 2 y − 2 − 2 0. Como pasa por 0,a, 2 a − 2 − 2 0, es decir: 2 a2 − 2a 0. Como es tangente a y 0 en B, se tiene: x − 2 2 − 2 0. Luego: x . La ecuación pedida es: x2 − 2ay a2 0. El dibujo de esta parábola para a 4, es el siguiente: -4 -2 0 2 4 2 4 C 34- Hallar el lugar geométrico de un punto fijo situado en el plano de un círculo, cuando este rueda sin deslizamiento sobre un círculo dado, al que es tangente bien por su exterior, bien por su interior. Solución: ω θ O C P T C’ T’ T’’ P’ ω θ O C P T C’ T’ T’’ P’ Sea O el centro del círculo fijo de radio R, sea C el centro del círculo de radio r, que gira tangente a aquel, y sea P el punto fijo situado en el círculo C a una distancia d de su centro, es decir, PC d. Tomando O como origen de coordenadas, y OTPC como eje OX (ver la figura), se tiene: O0,0, TR, 0, CR r, 0, PR r − d, 0. Tras girar el ángulo , las coordenadas de C ′ (nueva posición del centro C) son: 31 R rcos, R r sin. El punto de tangencia T ha rotado hasta T ′, siendo T ′′ el nuevo punto de tangencia, de forma que el arco TT ′′ R arco T ′′T ′ r. Luego Rr T ′′C ′T ′. Siendo , las coordenadas de P′ (nueva posición de P) en relación con C ′, se tiene: dcos − − , d sin − − . Sustituyendo en estas ecuaciones el valor de hallado más arriba, se tiene que: −dcos −dcos Rr −dcos R r r , d sin R r r . Por tanto, sumando a estas coordenadas las de C ′, halladas antes, se obtienen las ecuaciones paramétricas del lugar geométrico pedido: x R rcos − dcos R rr , y R r sin − d sin R r r , que corresponden a una epicicloide. Cambiando r por −r, y d por −d, se tienen las ecuaciones para el caso de tangencia en el interior del círculo C (hipocicloide). El dibujo de la epicicloide para R 4, r 2, d 2, es el siguiente: -5 5 -5 5 C 35- Hallar el lugar geométrico de un punto fijo situado en el plano de un círculo que rueda sin deslizamiento sobre una línea recta. El punto puede estar a una distancia del centro del círculo, mayor, igual o menor que su radio. Solución: O P T T’ O’ HP’ θO P T T’ O’ HP’ θ Sea r el radio del círculo y d la distancia del punto P al centro O del círculo. El círculo ha girado un ángulo , de forma que O ha tomado la posición O ′, encontrándose P en P′. Las coordenadas de O son 0, r y las de O ′r, r. Se tiene que: P′H d sin, O ′H −dcos. Por tanto, las coordenadas de P′ son: r − d sin, r − dcos. Luego las ecuaciones paramétricas de la curva descrita por P, son: x r − d sin, y r − dcos. Estas ecuaciones corresponden a una cicloide. Si d r, la cicloide es corta; si d r, la cicloide es ordinaria; si d r, la cicloide es larga. El dibujo de la cicloide para r d 2, es el siguiente: -10 0 10 2 4 C 36- Se da el segmento AB de longitud 2c. Hallar el lugar geométrico de los puntos cuyo producto de distancias a A y B es igual a una constante dada a2. Solución: Siendo el origen de coordenadas el punto medio de AB, se tiene A−c, 0, Bc, 0. Luego, x − c2 y2 x c2 y2 a2. Operando se tiene que: x2 y2 c22 − 4c2x2 a4. O bien, 32 x2 y22 − 2c2x2 − y2 a4 − c4 (curva u óvalo de Cassini). Si a c, se obtiene la lemniscata de Bernoulli: x2 y22 2c2x2 − y2. El dibujo de esta curva para a c 1, es el siguiente: -1 1 -0.5 0.5 C 37- Se da una circunferencia de centro A y radio AO a. Se traza por O la perpendicular OD al radio AO. Se toma sobre OA un punto B tal que OB 3 OA. Se traza una paralela a OAB a una distancia b de OAB. Sobre esta paralela se proyecta A en C, y O en D, punto de corte de BD con OD. Se toma un punto P sobre el círculo, cuya proyección sobre OAB es Q. Se une Q con C. La recta QC corta a la recta BD en R. La recta AR corta a la recta CD en S. Se toma el segmento CS en magnitud y sentido, y se lleva sobre OA, a partir de O, obteniéndose el punto T. Se levanta por T la perpendicular a OA, hasta que corte en M a OP. Hallar el lugar geométrico de M (y de su simétrico N respecto de OA). Solución:O0,0, A−a, 0, D0,b, C−a,b, B−3a, 0. La ecuación del círculo es: x2 y2 2ax 0, o sea y −x2 − 2ax . Sea OQ , la ecuación de QC es: y bx −a . La ecuación de BD es: y bx 3a3a . Las coordenadas de R son: x 3a2 − 4a , y b 3a 3a2 − 4a 3a . La ecuación de CD es: y b. La ecuación de AR es: y b3a 3a2 − 4a 3a x a 3a2 − 4a a . Las coordenadas de S son: 2a2 − 3a ,b . La longitud del segmento SC es: a − a2 x − a . La ecuación del lugar geométrico de M es: y x x aa − 3x , o bien, x 2x a y23x − a 0 Se trata del folium de Descartes. La ecuación de la curva es independiente del parámetro b, por lo que el hecho de que la recta CD esté a mayor o menor distancia de la recta AO, no incide en el lugar geométrico. El dibujo de esta curva para a 1, es el siguiente: -1.0 -0.5 0.5 -2 2 C 38- Se da la semirrecta OA que gira uniformemente alrededor de O. El punto O se desplaza uniformemente sobre OA, tomando las posiciones P1, P2,... Hallar el lugar geométrico de P. Solución: O P2 P3 P1 AO P2 P3 P1 A Siendo v la velocidad de desplazamiento de P sobre OA, y siendo la velocidad de giro de OA, se tiene: 33
Maycol Abad
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