PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-95

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función de estas tres raíces, son:   ati3 ,  
btitj
3 ,   ctitjtk. La ecuación del plano ABC es:
x y z 1
at1 bt12 ct13 1
at2 bt22 ct2 1
at3 bt32 ct33 1
 0. Desarrollando el determinante y simplificando, la ecuación del plano ABC es:
titj
a x −
ti
b y 
z
c − titjtk  0. Esta ecuación se satisface para las coordenadas ,,, calculadas más
arriba, luego los cuatro planos pasan por el mismo punto, por lo que el área del triángulo definido en el
enunciado, es nula.
H 27- Dado un cilindro cuya sección recta en el plano XOY, es la cardioide   a1  cos, demostrar que
existe una esfera tal que su intersección con el cilindro es una hélice cuyo cilindro rectificante es el dado.
Solución: En la cardioide: ds  2  ′2 d  a21  cos2  a2 sin2 d  2acos 2 d. Luego:
s  2acos 2 d  4a sin

2  C. La ecuación de la hélice es:   a1  cos, z  4ak sin

2  C. La
ecuación de la esfera, en coordenadas cilíndricas, es: 2  z2  R2. La intersección del cilindro y la esfera
viene dada por: a21  cos2  z2  R2. De donde z  R2 − a21  cos2 . Para que este valor sea
igual a 4ak sin 2 , ha de tenerse que: R
2  16a2k2 sin2 2  a
21  cos2  16a2k2 sin2 2  2a
2 cos2 2 .
Para k2  18 , se tiene que: R
2  2a2. Luego el enunciado se cumple para la esfera de ecuación:
2  z2  2a2.
H 28- Se da la parábola y2 − 2px  0, z  0. Por un punto A del plano XY se trazan las tangentes a la
parábola, que tocan a la curva en B y C. Se considera el triedro trirrectángulo que pasa por ABC. Hallar:
1º) El lugar geométrico del vértice V del triedro. 2º) Los puntos dobles y las generatrices rectilíneas de la
superficie hallada. 3º) El lugar geométrico de los puntos A que corresponden a puntos de dicha superficie
situados en el plano z − h  0.
Solución: 1º) Las coordenadas de los cuatro vértices son: A2p,p  , 0, B2p2, 2p, 0,
C2p2, 2p, 0, Vx,y, z. En el triángulo rectángulo VBC, se tiene: VB2  VC2  BC2, es decir:
x − 2p22  y − 2p2  z2  x − 2p22  y − 2p2  z2  2p2 − 2p22  2p − 2p2. Luego,
operando, se tiene: x2  y2  z2 − 2p2  2x − 2p  y  4p21    0 I. En relación con
los otros dos triángulos rectángulos VAB y VAC, planteando las correspondientes ecuaciones:
VA2  VB2  AB2, VA2  VC2  AC2, desarrollándolas y operando y simplificando en ellas, se obtienen
las dos ecuaciones siguientes: x2  y2  z2 − 2p  x − p3  y  2p222      0 II,
x2  y2  z2 − 2p  x − p3  y  2p222      0 III. De I y II se obtiene:
2x  y − 2p2  1  0; de I y III: 2x  y − 2p2  1  0. De donde:     −y2x ,
  − 12 1 
x
p . Introduciendo estos valores en I, se tiene la ecuación del lugar del vértice V del
triedro: 2xy2  z2 − 4px2  py2 − 2p2x  0. 2º) Obteniendo las primeras derivadas parciales de esta
ecuación, igualándolas a cero, y resolviendo el sistema, se tienen los puntos singulares 0,0,p.
Obligando a que la ecuación del lugar contenga a la recta de ecuaciones: x  a  , y  b  ,
z  c  , se obtiene la ecuación: 2ab2  c23  4ab  4ac  2b2  2c2  pb2 − 4pa22 
2a2  2a2  4b  4c − 8pa  2pb − 2p2a  2a2  2a2 − 4p2  p2 − 2p2  0. En esta
ecuación, igualando a cero sus coeficientes, se tienen dos soluciones. La primera solución,
a  b      0, que proporciona la generatriz: x0 
y
0 
z − 
0 , es decir: x  0, y  0. La segunda
solución, a  c    0,   −p2 , que proporciona la generatriz:
x  p2
0 
y − 
b 
z
0 , es decir:
x  −p2 , z  0. 3º) Introduciendo en las coordenadas de A, los valores encontrados para  y para   ,
se tiene que, siendo , dichas coordenadas:   −p − x,   −py2x . De donde se obtiene que: x  − − p,
y  2  pp . Sustituidos estos valores en la ecuación del lugar, junto con z  h, y cambiando ,  por
x, y, se tiene el lugar pedido: 4x2y2  6pxy2  2p2y2  2p3x  p2b2  p4  0.
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H 29- Hallar la ecuación en su plano, de la curva x2  y2  z2  4, x  2y − z  1  0.
Solución: Se traslada el origen a un punto del plano, por ejemplo 0,0,1, con lo que las ecuaciones de
la curva se transforman en: x2  y2  z  12 − 4  0, x  2y − z  0. Siendo el plano Ax  By  Cz  0,
se tiene que: cos  C
A2  B2  C2
 −1
6
, sin  56 , cos 
−B
A2  B2
 −2
5
, sin  1
5
.
Se aplican las fórmulas de Euler para las secciones planas, con lo que se obtienen las siguientes
igualdades: x  x ′ cos − y ′ sincos  −2x
′
5
 y
′
5 6
, y  x ′ sin  y ′ coscos  x
′
5
 2y
′
5 6
,
z  y ′ sin  y ′ 56 . Introduciendo estos valores en la ecuación dada, y cambiando x
′, y ′, por x, y, se
tiene la ecuación pedida: −2x
5
 y
30
2
 x
5
 2y
30
2
 y 56  1
2
− 4  0. Operando, se
tiene: x2  y2  2 56 y − 3  0.
H 30- Dada la superficie x  Rcos, y  R sin, z  R, hallar la curva situada sobre ella tal que sus tangentes
forman ángulo constante con el plano z  0.
Solución: Sea la ecuación de la curva buscada: x  Rcos, y  R sin, z  R, donde R es función de 
(las tres coordenadas dependen de una sola variable, ). Las ecuaciones de las tangentes en un punto de la
curva, son: x − Rcos
−R sin  R′ cos
 y − R sin
Rcos  R′ sin
 z − R
R′
. El coseno del ángulo V que esta tangente
forma con el eje OZ, cuyos parámetros directores son (0,0,1), viene dado por la siguiente expresión:
cosV  R
′
−R sin  R′ cos2  Rcos  R′ sin2  R′2
 R
′
R2  2R′2
. Como el ángulo que la
tangente forma con z  0, es constante, también lo es el ángulo V, que es su complementario. Por tanto, se
tiene que: R′2  C2R2  2R′2. Luego, R
′
R 
C
1 − 2C2
. Es decir: dRR  
C
1 − 2C2
d. Integrando,
se tiene que: R  ek. Por tanto, la curva buscada es: x  ek cos, y  ek sin, z  ek.
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Problemas de Geometría Diferencial
Sección I - GEOMETRÍA DIFERENCIAL EN EL PLANO ∗
I 1- Hallar las longitudes de la tangente, normal, subtangente y subnormal, de la curva y  15x2 − 2x − 9, en
el punto de abscisa x  2.
Solución:
OT Q N
P
OT Q N
P
Se tiene: y  47, y ′  58. Según la figura, la tangente es PT  y
y ′
1  y ′2  47 336558  47,007, la
normal es PN  y 1  y ′2  47 3365  2726,405, la subtangente es QT  y
y ′
 4758  0,81, y la
subnormal es QN  |yy ′ |  2726.
I 2- Dado el haz de curvas x2 − a2  y2 − b2  0, y un punto fijo ,, hallar el lugar geométrico de los
puntos de contacto de las tangentes trazadas desde dicho punto a las curvas del haz.
Solución: Siendo: fx′  2x, fy′  2y, fz′  −2a2 − 2b2, la curva polar de , es: x  y − a2b2  0.
Eliminando  entre esta ecuación y la dada: a
2  b2 − x
y 
x2 − a2
y2 − b2
. La ecuación del lugar pedido es:
a2  b2 − xy2 − b2 − x2 − a2y  0.
I 3- Dada la curva x2  y2  9, hallar las tangentes paralelas a la dirección y  2x.
Solución: fx′  2x, fy′  2y, y ′  −xy  2. Las raíces del sistema: x
2  y2  9, x  2y  0, son:
x   6
5
, y  ∓ 3
5
. Las tangentes son: y  3
5
 2 x − 6
5
, y − 3
5
 2 x  6
5
.
I 4- Dada la curva x  t2, y  t3 − t2, hallar la ecuación del conjunto de los coeficientes angulares de las
tangentes trazadas desde el punto 1,4.
Solución: Ecuación de la tangente: y − t3  t2  y
′
x ′
x − t2  3t
2 − 2t
2t x − t
2. Particularizando para
1,4, se tiene: 4 − t3  t2  3t
2 − 2t
2t 1 − t
2. De donde: t3 − t21  m  m − 4  0. Como ha de tener
una raíz común con la derivada: m  y
′
x ′
 3t
2 − 2t
2t , es decir: t 
2m  2
3 . Sustituyendo este valor:
8m  13
27 −
4m  13
9  m − 4  0. Operando: 4m  1
3 − 27m  108  0.
I 5- Hallar la ecuación del haz de tangentes trazadas desde −1,0 a la curva y2  2px.
Solución: La tangente es: y  mx  1, de donde: m  yx  1 . Derivando la ecuación dada: 2yy
′  2p.
Luego: y ′  py  m 
y
x  1 . La ecuación pedida es: y
2 − px  1  0.
∗ En la sección E se han estudiado problemas similares a algunos de los planteadosen esta sección.
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