PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-61

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CURVAS EN PARAMÉTRICAS
E 153- Dada la curva x  t2 − 1, y  t3 − 2, hallar la ecuación del conjunto de las tangentes trazadas desde el
punto 0,3.
Solución: Sea la tangente: y − 3  mx, que corta a la curva en los puntos cuyo parámetro t verifica la
ecuación: t3 − 5  mt2 − 1, cuya derivada es: 3t2 − 2mt  0. De donde se tiene que: t  2m3 . Por tanto:
8m3
27 − 5  m
4m2
9 − 1 . Como m 
y − 3
x , sustituyendo este valor en la ecuación anterior, se tiene:
8 y − 3x
3
27 − 5 
y − 3
x
4 y − 3x
2
9 − 1 . Operando y simplificando, se tiene la ecuación pedida:
135x3 − 27x2y  4y3  81x2 − 36y2  108y − 108  0.
E 154- Dada la curva x  t3 − 1, y  t, hallar el lugar geométrico de los puntos desde los que se le pueden
trazar dos tangentes perpendiculares entre sí.
Solución: Sea la tangente trazada desde ,: y −   mx − , que corta a la curva en los puntos cuyo
parámetro t verifica la ecuación: t −   mt3 − 1 − , es decir: mt3 − t − m  1    0, o bien:
tmt2 − 1 − m  1    0 (A). Derivando, se tiene que: 3mt2 − 1  0, t2  13m . Sustituyendo en
(A): t  3 −   1m2 . Como m 
1
3t2
, se tiene que: t2  13m 
3 −   1m
2
2
, es decir:
4  27m −   1m2, o bien: 27  12m3 − 54  1m2  272m − 4  0. Como, por Cardano,
m1m2m3  4
27  12
 m1  −1, se tiene que: m1  −4
27  12
. Sustituyendo este valor en la
ecuación anterior, se tiene la ecuación pedida: 272  14  2722  12  216  1  16  0.
E 155- Dada la curva x  t
3
t − 1t  2 , y 
t2 − 2t
t − 1 , hallar sus puntos singulares y sus correspondientes
tangentes.
Solución: Resolviendo el sistema: t1
3
t1 − 1t1  2
 t2
3
t2 − 1t2  2
, t1
2 − 2t1
t1 − 1
 t2
2 − 2t2
t2 − 1
, se obtiene:
t1  2 , t2  − 2 . Luego sustituyendo estos valores en las ecuaciones dadas, se obtiene el punto doble
2,−2. Calculando las derivadas xt′, yt′, y particularizándolas para el punto encontrado, se tiene: para
t  2 , m  −3 − 2 2 , y para t  − 2 , m  −3  2 2 . Por tanto, las tangentes pedidas son:
y  2  −3  2 2 x − 2, y  2  −3 − 2 2 x − 2.
E 156- Hallar las ecuaciones paramétricas de la lemniscata x2  y22 − a2xy  0.
Solución: Cortando por y  2x, se tiene: x  a
1  4
, y  a
3
1  4
.
E 157- Dada la curva x  t2, y  1t , determinar el número de tangentes que se le pueden trazar desde un
punto P exterior, y hallar el lugar geométrico de P para que dos de las tres tangentes sean perpendiculares
entre sí.
Solución: Derivando: x ′  2t, y ′  −1
t2
. La pendiente de la tangente es: −1
t2
 2t  −1
2t3
. La tangente es:
Y − y  −1
2t3
X − x. Luego: 2t3y − 2t2  −x − t2, es decir: 2yt3 − 3t2  x  0. Por tanto, hay tres
tangentes correspondientes a cada una de las tres raíces t. Al ser dos de ellas perpendiculares entre sí, se
tiene: −1
2t13
 −1
2t23
 −1, t1t2  −1
3 4
. Ahora bien, S1  32y , S2  0, S3 
−x
2y . Luego, t3 
3 4 x
2y ,
t1  t2  32y −
3 4 x
2y 
2y
2 3 2 x
. De donde se tiene el lugar pedido: x2  y2 − 3x
3 4
 0.
E 158- Dada la curva x  t
t − 1t − 2 , y 
t2
t2  1
, hallar sus máximos y mínimos, y dibujarla.
181
Solución: 1º) Máximos y mínimos: Derivando, x ′  −t
2  2
t − 12t − 22
, y ′  2t
t2  12
. Para x ′  0,
t   2 , siendo y ′ ≠ 0. Sustituyendo, se tienen los puntos −3 ∓ 2 2 , 23 máximo y mínimo de x,
respectivamente. Para y ′  0, t  0, siendo x ′ ≠ 0. Sustituyendo, se tiene el punto 0,0, mínimo de y.
Para x ′  y ′  0, t  . Sustituyendo, se tiene el punto 0,1 máximo de y. 2º) Asíntotas: Para t  1, se
tiene la asíntota: y  12 ; para hallar la posición de la curva respecto a ella, se hace t  1  , con  → 0,
con lo que x  1− , yc − ya  , luego para   0, x  −, yc  ya, y para   0, x  , yc  ya (figura
A). Para t  2, se tiene la asíntota: y  45 ; para hallar la posición de la curva respecto a ella, se hace
t  2  , con lo que x  2 , yc − ya 
4
5 , luego para   0, x  , yc  ya, y para   0, x  −,
yc  ya (figura B). No hay asíntotas paralelas al eje YY ′, ni asíntota general. 3º) Intersecciones con los
ejes: Son los puntos ya estudiados: 0,0 y 0,1.
Fig A
Y=1/2
Fig B
Y=4/5
Fig A
Y=1/2
Fig B
Y=4/5
El dibujo de la curva es el siguiente:
-10 0 10
0.5
1.0
E 159- Dada la curva x  t
2 − 1
t  1 , y 
t2  1
t − 1 , hallar sus asíntotas y la posición de la curva respecto a ellas.
Solución: Simplificando, se tienen las ecuaciones: x  t − 1, y  t
2  1
t − 1 . Para t  1, y  , siendo la
asíntota: x  0; para hallar la posición de la curva, se hace t  1  , con  → 0, x  , y  2 , luego para
  0, x  0, y  , y para   0, x  0, y  − (figura A). Para t  , x  , y  , a 
t→
lim yx  1,
b 
t→
lim y − x  2, siendo la asíntota general: y  x  2; para hallar la posición de la curva, se tiene que
yc − ya  2t − 1 , luego para t  , x → , yc  ya, y para t  −, x → −, yc  ya (figura B).
Fig A
X=0
Fig B
Y=X+2
Fig A
X=0
Fig B
Y=X+2
182
El dibujo de la curva es el siguiente:
-4 -2 2 4
-5
5
E 160- Dada la curva x  t
3
t − 32t − 1
, y  t
2
t − 1 , hallar sus puntos singulares y las correspondientes
tangentes.
Solución: Resolviendo el sistema: t1
3
t1 − 32t1 − 1
 t2
3
t2 − 32t2 − 1
, t1
2
t1 − 1
 t2
2
t2 − 1
, se tiene:
t1  t2  0, que corresponden al punto 0,0, y t1 
9  3 5
2 , t2 
9 − 3 5
2 , que corresponden al
punto 3,9. Para 0,0, la tangente es: x  0. Para 3,9, y
′
x ′
 
t − 2t − 33
t−7t  9 
3 1  5
2 , siendo
las tangentes: y − 9 
3 1  5
2 x − 3. El dibujo de la curva es el siguiente:
-5 5 10
-10
10
E 161- Dada la curva x  t
3
t2 − 4
, y  t
2  1
t − 2t , hallar las asíntotas y la posición de la curva respecta a ellas.
Solución: Para t  −2, x  , siendo la asíntota: y  58 ; haciendo t  −2  , con  → 0, se tiene:
x  2 , yc − ya 
−
2 , luego para   0, x  , ya  yc, y para   0, x  −, yc  ya (figura A). Para
t  0, y  , siendo la asíntota: x  0; haciendo t  , con  → 0, se tiene y  −12 , xc − xa 
−3
4 ,
luego para   0, y  −, xc  xa, y para   0, y  , xc  xa (figura B). Para t  , x  , siendo la
asíntota: y  1; como yc − ya  2t  1t − 2t , para t  , x  , yc  ya, y para t  −, x  −, yc  ya
(figura C). Para t  2, se tiene la asíntota general de ecuación: y  ax  b, en la que
a 
t2
lim yx 
t2
lim t
2  1t  2
t4
 54 , b  t2
lim t
2  1
t − 2t −
5t3
4t2 − 4
 −198 , luego esta asíntota es:
y  5x4 −
19
8 ; haciendo t  2  , con  → 0, yc − ya 
t2  1
t − 2t −
5t3
4t2 − 4
 198 
−31
32 , para
  0, y  , yc  ya, y para   0, y  −, yc  ya (figura D).
183
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