PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-104

Vista previa del material en texto

Solución: Derivando respecto a m: y  6m  3m2  0. Luego la envolvente en paramétricas, es:
y  −6m − 3m2, x  2m3  3m2. Para m  0, la curva corta a los ejes coordenados en O0,0, siendo su
tangente x  0. Para m  −2, la curva corta al eje XX′ en el punto A−4,0. Para m  −1, la curva tiene un
punto de retroceso en B1,3. La curva tiene una rama parabólica según el eje de abscisas. El dibujo de la
curva es el siguiente:
-6 -4 -2 2 4
-2
2
B
OA
-6 -4 -2 2 4
-2
2
B
OA
El área pedida es la comprendida entre la envolvente y OX, es decir el triángulo curvilíneo OBAO, cuya
área es: 
m0
m−2
ydx  
0
−2
−6m − 3m26m2  6mdm  −18 
0
−2
m4  3m3  2m2dm  245 . La longitud
del arco OB, es: 
−1
−2
61  m 1  m2 dm  3 ln 5 − 2
3 − 2 2
− 2 2  2  4 5 ≃ 9,07318.
I 94- Hallar la podaria de x3  y3  1, respecto al origen.
Solución: La curva pedida es el lugar geométrico de los pies de las perpendiculares trazadas desde el
origen sobre las tangentes a la curva dada. Derivando la ecuación dada, se tiene: 3x2  3y2y ′  0,
y ′  −x
2
y2
. Luego la tangente a la curva en el punto , de la curva, es: y −   − 
2
2
x − . Como
3  3  1, la tangente es: 2x  2y  1, y la perpendicular desde el origen es: 2x − 2y  0. Los
cuadrados de las coordenadas del punto de intersección, son: 2  x
x2  y2
, 2  y
x2  y2
. Sustituyendo
estos valores en la ecuación de la curva, se tiene la ecuación pedida: x
x2  y2
3
2
 y
x2  y2
3
2
 1,
es decir: x2  y2
3
2  x
3
2  y
3
2 , o bien en polares:   cos
3
2   sin
3
2
1
3 . En el dibujo
siguiente se ha representado la podaria en línea gruesa, y en línea fina la curva dada. La podaria existe
para 0º ≤  ≤ 90º. Las dos curvas coinciden en los puntos de argumento 0º, 45º, 90º; en los demás puntos
el radio de la podaria es mayor que el de la curva dada.
1
1
O 1
1
O
I 95- Hallar las podarias respecto al origen, de las curvas xa
m
 yb
m
 1. Como casos particulares,
hallar las podarias de la elipse, hipérbola e hipérbola equilátera.
Solución: Siendo , un punto de la curva dada, se tiene que la tangente en dicho punto es:
310
y −   −b
mm−1
amm−1
x − . La perpendicular trazada sobre la tangente desde 0,0, es: y  a
mm−1
bmm−1
x,
siendo a
m


b
m
 1. De las dos primeras ecuaciones, se deduce que:   a
mx
x2  y2
1
m−1
,
  b
my
x2  y2
1
m−1
. Sustituidos estos valores en la última ecuación, se obtiene la ecuación de la podaria:
ax
m
m−1  by
m
m−1  x2  y2
m
m−1 . Para la elipse, m  2, es decir: a2x2  b2y2  x2  y22. Para la
hipérbola, m  2, sustituyéndose b por bi, es decir: a2x2 − b2y2  x2  y22. Para la hipérbola equilátera,
b2  a2, es decir: a2x2 − y2  x2  y22. En los dibujos siguientes se han representado para las tres
cónicas estudiadas, sus podarias respecto al origen.
-2 -1 1 2
-1
1
Elipse, a  2,b  1
-4 -2 2 4
-2
2
Hipérbola,a  2,b  1
-2 2
-2
2
Hipérbola equilátera,a  b  1
I 96- Hallar la ecuación cartesiana de la curva cuya ecuación intrínseca es Rs  1c , siendo c una constante.
Solución: 1R 
d
ds  cs, d  csds,  
cs2
2 , x   cosds   cos
cs2
2 ds, y   sin
cs2
2 ds. La
curva es una clotoide (espiral de Cornu), que tiene dos puntos asintóticos, cuyas coordenadas son:
x  y   4c , y que tiene en el origen un punto de inflexión cuya tangente es el eje de abscisas.
311
Nota: 
0
x
sin t2dt 

n0
 −1n x
4n3
4n  3  2n  1! ;

0
x
cos s2dt 

n0
 −1n x
4n1
4n  1  2n! .
I 97- Hallar la ecuación cartesiana de la curva cuya ecuación intrínseca es R2  a2 − s2.
Solución: R  dsd  a
2 − s2 , d  ds
a2 − s2
. Integrando, se tiene:   arcsin sa . Luego, s  a sin,
x  
0
s
Rcosd  a 
0

cos2d  a4 2  sin2, y  0

sinds  a4 1 − cos2, que son las
ecuaciones paramétricas de la cicloide. En el dibujo siguiente se ha representado esta curva para a  4.
-10 -5 0 5 10
2
I 98- Hallar la curva cuyo radio de curvatura en cada punto sea equivalente al radio de curvatura de la
segunda evoluta en el punto correspondiente a la primera.
Solución:
X
Y
A
B
C
D
O
T
T1
T2 T3
T4
ρ
ρ
p
p’
p’’ p’’’
piv
Γ
Γ1
Γ2
X
Y
A
B
C
D
O
T
T1
T2 T3
T4
ρ
ρ
p
p’
p’’ p’’’
piv
Γ
Γ1
Γ2
La curva Γ que se pide, pasa por A, cuya tangente T es: xcos  y sin  p. El radio de curvatura es AB.
La tangente en B a la primera evoluta Γ1, tiene la ecuación: −x sin  ycos  p ′. Por C pasa la segunda
evoluta, cuya tangente T2 es: −xcos − y sin  p ′′, siendo su radio de curvatura CD. La ecuación de CD
(que es T3), es: x sin − ycos  p ′′′. La perpendicular a esta recta, trazada desde D, es T4, cuya ecuación
es: xcos  y sin  pIV. Como se ve en la figura, y según el sentido de AB y CD, se tiene:
p  p ′′  −p ′′  pIV, puesto que el radio de curvatura de Γ, que es p  p ′′, es equivalente al de Γ2, que es
p ′′  pIV, teniendo en cuenta los signos correspondientes. Luego pIV  2p ′′  p  0. La ecuación
característica de esta ecuación diferencial, es: r4  2r2  1  0, es decir r2  12  0, luego tiene dos
raíces dobles: r  i. Luego se tiene: p  Acos  B sin  Ccos  D sin  xcos  y sin,
x − Acos  y − B sin  Ccos  D sin. Llevando los ejes a A,B, se tiene: xcos  y sin 
 Ccos  D sin. Haciendo DC  tan0, se tiene que: xcos  y sin 
C
cos0 cos − 0 
 Ecos − 0. Girando los ejes el ángulo 0, se tiene que: xcos − 0  y sin − 0 
 Ecos − 0. Llamando  − 0  , se tiene: xcos  y sin   E  0cos. Llevando los ejes
a E0, 0, se tiene: xcos  y sin  Ecos. Derivando esta ecuación: −x sin  ycos 
 Ecos − E sin. De donde se tiene que: x  E − sincos  E2 2 − sin2, y  Ecos
2 
 E2 1  cos2, que son las ecuaciones paramétricas de la cicloide.
I 99- Hallar las curvas cuyas tangentes son interceptadas en una relación constante, por una circunferencia
dada. Es decir, siendo P y Q los puntos de intersección con el círculo, y M el punto de tangencia, se tiene
312