PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-103

Vista previa del material en texto

Solución: Sean: Mx,y, M ′x ′,y ′, L2  x − x ′2  y − y ′2, LdL  x − x ′dx − dx ′ 
y − y ′dy − dy ′, dL  x − x
′
L dx − dx
′  y − y
′
L dy − dy
′. Los cosenos directores de la recta MM ′,
son: x − x
′
L ,
y − y ′
L , y los correspondientes a la tangente MT son:
dx
ds ,
dy
ds . Luego se tiene que:
cos  − x − x
′
L
dx
ds 
y − y ′
L
dy
ds , cos
′  x − x
′
L
dx ′
ds ′
 y − y
′
L
dy ′
ds ′
(como  y  ′ están en sentido
contrario. uno de ellos ha de ser negativo, por ejemplo ). Por tanto: −dscos  x − x
′
L dx 
y − y ′
L dy,
ds ′ cos ′  x − x
′
L dx
′  y − y
′
L dy
′. Restando ambas igualdades, queda demostrada la proposición del
enunciado: −dscos − ds ′ cos ′  x − x
′
L dx − dx
′  y − y
′
L dy − dy
′  dL.
I 84- Puesta la ecuación de las curvas cicloidales en la forma xR  1  ncos − cosn  1,y
R  1  n sin − sinn  1, siendo n 
R
R1
, hallar su evoluta.
Solución: Obteniendo las derivadas primera y segunda de las ecuaciones paramétricas dadas, se tiene:
x ′
R  −1  n sin  n  1 sinn  1,
x ′′
R  −1  ncos  n  1
2 cosn  1,
y ′
R  1  ncos − n  1cosn  1,
y ′′
R  −1  n sin  n  1
2 sinn  1.
Luego se obtiene: x
′2  y ′2
R2
 2n  121 − cosn, x
′y ′′ − y ′x ′′
R2
 n  12  n  13 1 − cosn,
x ′2  y ′2
x ′y ′′ − y ′x ′′
 2n  2 . Introduciendo estos valores en las coordenadas del centro de curvatura
  x − y
′x ′2  y ′2
x ′y ′′ − y ′x ′′
,   y  x
′x ′2  y ′2
x ′y ′′ − y ′x ′′
, se tienen las ecuaciones paramétricas de la evoluta:
x  R nn  1n  2 cos 
n
n  2 cosn  1 , y  R
nn  1
n  2 sin 
n
n  2 sinn  1 . En el dibujo
se ha representado la evoluta, y en línea fina la curva dada, para R  1, n  4.
5-5
5
-5
5-5
5
-5
I 85- Sobre una curva tangente en el origen O al eje X, se toma un punto M infinitamente próximo a O, y
sobre OX se toma OP arco OM. La recta MP corta a OY en el punto C. Demostrar que cuando M tiende
a O, el punto C tiene una posición límite tal que OC vale tres veces la ordenada del centro de curvatura en
O de la curva dada.
O P
M
C
X
Y
O P
M
C
X
Y
Solución: Sean: Ps, 0, C0,, CP ≡ xs 
y
  1, M s −
s3
6R2
, s
2
2R (ver problema I 82). Como CP
pasa por M, se tiene:
s − s
3
6R2
s 
s2
2R
  1. Operando:   3R.
307
I 86- Se considera la curva   2acos. Desde el origen O se bajan las perpendiculares a todas sus tangentes.
El lugar geométrico de los pies es la podaria, sobre la que se opera como sobre la curva dada. Se continúa
así, obteniéndose la serie de podarias de la curva dada respecto de O. 1º) Hallar la ecuación de la n-sima
podaria.2º) Hallar la diferencial de arco de la n-sima podaria en función de n y , y la longitud que
corresponde a 0 ≤  ≤ 2 .
Solución:
P
A
V
θθ1O
P
A
V
θθ1O
1º) Sea A, un punto de la curva, siendo AP la tangente en A. Sea P1,1 un punto de la primera
podaria. Por tanto, se tiene: tanV  
′
 2acos−2a sin  −cot, V   −

2  k 

2  1 − , 2  1,
1  2 . Luego: 1  cos1 −   cos  2acos
2 1
2 . Procediendo de la misma forma para la
segunda podaria: tanV  −cot 12 , V 

2  2 − 1, con lo que: 2  2acos
3 2
3 , obteniéndose así las
sucesivas podarias, deduciéndose que la ecuación de la n-sima podaria, es:   2acosn1 n  1 . 2º) Como
ds
d  2a
2  ′2
1
2  2acosn n  1 , se tiene que la diferencial de arco es: ds  2acos
n 
n  1 d.
Luego, s  
0

2 2acosn n  1 d  an  1
Γ n  12 
Γ n  22
. Si n es par, s  1  3 . . . n  1
2a
n  1! . Si n
es impar, s  1  3 . . . n  1
22a
n  1! .
I 87- Sean M y M ′ dos puntos infinitamente próximos de una curva plana, y sea d la distancia del punto M ′ a
una recta R que pasa por M. Se toma como infinitamente pequeño principal, la distancia MM ′, y se pide
discutir el orden de d.
Solución: Sean las coordenadas de los dos puntos: Mx, fx, M ′x  h, fx  h. La ecuación de la recta
R es: Y − fx  mX − x. Por tanto, la distancia d entre el punto M ′ y la recta R, viene dada por:
d  mx  h − fx  h − mx  fx
m2  1

mh − fx  hf ′x . . .−fx
m2  1
≃ hm − fx
′ 
m2  1
. Luego el orden de
d es el mismo que el de h, a no ser que la tangente en M sea paralela a OY, es decir m → , en cuyo caso
se procedería de forma similar con x  gy. Si m ≠ fx′ , d es de 1º orden. Si m  fx′ , d es del orden de la
primera derivada que no se anule en el punto M ′.
I 88- Se da una curva cerrada de longitud s. Sobre las normales y hacia fuera, se toman longitudes constantes
iguales a L. Encontrar el área comprendida entre la curva dada y la así formada.
Solución:
dα
dα
A
B
C
D
B’
ds
L
dα
dα
A
B
C
D
B’
ds
L
Sea AC un arco de la curva dada, de longitud ds. Sean AB y CD las normales trazadas en A y C. Sea CB′
paralela a AB. La curva formada es BB′D. La superficie de la corona ABDC es igual a la superficie del
trapecio curvilíneo ABB′C, más la del triángulo curvilíneo B′CD. Como SABB′C ≃ AC  L  ds  L, y
SB′CD ≃ 12 L
2d, se tiene que la superficie pedida es:  Lds  12 L
2d  L  s  12 L
2 
0
2
d 
 Ls  L.
308
I 89- Se traza la tangente en un punto M de la curva y  fx, y una serie de cuerdas NP, paralelas a la
tangente. El lugar geométrico de los puntos medios R de las cuerdas, es una curva que pasa por M. Hallar
el coeficiente angular de la nueva curva en el punto M.
Solución:
M
N
R
P
M
N
R
P
Sean las coordenadas: Mx,y, Nx  h, fx  h, Px  k, fx  k, R x  h  k2 ,
fx  h  fx  k
2 .
Aplicando la fórmula de Taylor, se tiene: f ′  fx  k − fx  hk − h  f
′  k  h2! f
′′  k
3 − h3
k − h3! f
′′′ . . . .
Luego: k  hf ′′  k2  kh  h2 f
′′′
3 . . . 0. Si k → h, se tiene que: 2f
′′  hf ′′′  0. De donde:
h  −2f
′′
f ′′′
. El coeficiente angular de la tangente buscada es el límite del coeficiente angular de MR,
cuando h y k tienden a cero. Por tanto: m 
fx  h  fx  k
2 − fx
x  h  k2 − x
 f ′  k
2  h2
2k  h f
′′ . . . . Al tender
k → h, m  fx  h − fxh  f
′  h2 f
′′ . . . f ′ − f
′′2
f ′′′
.
I 90- Encontrar una curva semejante a su evoluta, siendo el origen O el polo doble.
Solución:
O
M1
M
T
T1
ρ1 ρ
Γ
Γ1 V1
V
O
M1
M
T
T1
ρ1 ρ
Γ
Γ1 V1
V
Sea Γ1 la evoluta de Γ. Sea M un punto de Γ, y sea T su tangente en M. Sea M1 el punto de Γ1 situado
sobre la normal T1 de Γ en M. Por tanto, T1 es la tangente de Γ1.en M1. Las tangentes T y T1 son
perpendiculares, y como Γ y Γ1 son semejantes siendo O el polo de semejanza, se tiene que:
OMT  V  OM1T1  V1, por lo que MOM1  90º. Luego tanV1  OMOM1


1 . Como tanV 

′
, se
tiene que ′  1. Por semejanza se tiene que: 1  k. Luego: ′  k,
d
d  k,
d
  kd.
Integrando: ln  k  C1,   Cek, que es una espiral logarítmica.
I 91- Hallar el radio de curvatura en el origen, de la curva x2  2axy  by2  2cy  0.
Solución: Derivando: 2x  2ay  2axy ′  2byy ′  2cy ′  0, de donde y ′0  0. Volviendo a derivar:
2  2ay ′  2ay ′  2axy ′′  2by ′2  2byy ′′  2cy ′′  0. De donde y ′′0  −1c . Luego, R  
1
−1
c
 c.
I 92- Hallar el área engendrada por la revolución de la tractriz alrededor del eje X.
Solución: Las ecuaciones paramétricas de la tractriz (evolvente de la catenaria), son: x   − a tanh a ,
y  a
cosh a
. Luego: ds  1 − 1
cosh2 a
2

sinh2 a
cosh4 a
d  a tanh a d. El área engendrada es:
2 
a
b
yds  4a 
0
 sinh a
cosh2 a
d  4a − a
cosh a 0

 4a2.
I 93- Hallar la envolvente de x  my  3m2  m3  0. Calcular el área comprendida entre la envolvente y el
eje de las X, y la longitud del arco situado encima de OX.
309