PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-108

Vista previa del material en texto

322
Sección J - GEOMETRÍA DIFERENCIAL EN EL ESPACIO
J 1- Demostrar que el contacto en el origen t  0 entre la curva x  t, y  t2, z  t3, y el paraboloide
x2  z2  y, es de 5º orden.
Solución: fx,y, z  x2 − y  z2  0, de donde: ft  t2 − t2  t6  t6. Luego: f ′t  6t5, f ′′t  30t4,
f ′′′t  120t3, f4  360t2, f5  720t, f6  720. Como: f ′0  f ′′0  f ′′′0  f40  f50  0,
f60  720, el contacto es de 5º orden.
J 2- En ejes ortogonales, se considera la curva y  21 − cosx, z  3x2 − sin2x. 1º) Determinar el plano
osculador en x  0, y el orden del contacto con la curva. 2º) Determinar la esfera osculatriz en dicho
punto y el orden del contacto de dicha esfera con la curva.
Solución: 1º) Por desarrollo en serie, se tiene que: y  21 − cosx  2 x
2
2 −
x4
24 
x6
720 . . . 
 x2 − x
4
12 
x6
360 . . . , z  3 x
2 − x − x
3
6 
x5
120 . . .
2
 x4 − 215 x
6. . . . Siendo el plano osculador:
Ax  By  Cz  0, se tiene: Ax  B x2 − x
4
12 . . .  C x
4 − 215 x
6. . .  0. Luego: Ax  0, A  0;
Bx2  0, B  0. El plano osculador es z  0, siendo el contacto de tercer orden. 2º) Siendo la esfera:
x2  y2  z2  ax  by  cz  0, se tiene que: x2  x2 − x
4
12 
x6
360 . . .
2
 x4 − 215 x
6. . .
2
 ax 
b x2 − x
4
12 
x6
360 . . .  c x
4 − 215 x
6. . .  0. Luego: ax  0, a  0; x21  b  0, b  −1;
x4 1 − b12  c  0, c 
−13
12 ; x
6 −2
12 
b
360 −
2c
15 ≠ 0. Por tanto el contacto es de quinto orden,
siendo la esfera osculatriz: x2  y2  z2 − y − 1312 z  0.
J 3- Se considera la curva C de ecuaciones x  t
3
t2  1
, y  t
2
t2  1
, z  t
t2  1
. 1º) Hallar la ecuación del
cilindro cuádrico real que la contiene. 2º) Demostrar que por todo punto M del espacio pasan tres planos
osculadores, y que el plano que pasa por los puntos de osculación contiene a M.
Solución: 1º) En el plano x  0, se tiene: y  t
2
t2  1
, z  t
t2  1
, de donde t  yz . La ecuación pedida
es: y2  z2 − y  0. 2º) La ecuación de los planos que pasan por M,, es:
x −   Ay −   Bz −   0. Este plano corta a la curva en: t
3
t2  1
−   A t
2
t2  1
−  
B t
t2  1
−   0. Es decir: t3  −  A − A − Bt2  Bt −  − A − B  0, luego corta a la curva
en tres puntos: t1, t2, t3. Para que el plano sea osculador ha de tenerse que: t1  t2  t3. Por tanto:
3t   − A  A  B, 3t2  B, t3    A  B. Operando y eliminando A y B, se tiene la ecuación de
tercer grado:  − 1t3  3t2 − 3t    0. Por tanto, dado un punto M,,, hay tres planos
osculadores correspondientes a las tres raíces de t en la ecuación anterior, y los tres pasan por M.
J 4- Dada la curva x  t2, y  t3, z  t4, hallar la condición para que cuatro puntos sean coplanarios, y hallar
la ecuación del plano osculador.
Solución: Sea el plano: Ax  By  Cz  1  0. Luego: Ct4  Bt3  At2  1  0. De donde:
t1  t2  t3  t4  t  S1  −BC , titj  S2 
A
C , titjtk  S3  0,   t1t2t3t4 
1
C . La condición
pedida es: S3  titjtk  0. La ecuación del plano osculador es:
X − x Y − y Z − z
x ′ y ′ z ′
x ′′ y ′′ z ′′


X − t2 Y − t3 Z − t4
2t 3t2 4t3
2 6t 12t2
 0.
J 5- Hallar las tangentes en el origen, de la curva: x2  y2  z2 − 2ax  0, x2  y2 − ax  0.
323
Solución: Diferenciando ambas expresiones: xdx  ydy  zdz − adx  0, 2xdx  2ydy − adx  0. Para
x  y  z  0, se obtiene dx  0, mientras que dy, dz están indeterminadas. Para hallar su verdadero
valor, se vuelven a diferenciar: dx2  xd2x  dy2  yd2y  dz2  zd2z − ad2x  0, 2dx2  2xd2x 
2dy2  2yd2y − ad2x  0. Luego para: x  y  z  dx  0, se tiene que: dy2  dz2 − ad2x  0,
2dy2 − ad2x  0. Eliminando d2x, se tiene: dy2 − dz2  0, luego: dy  dz. Por tanto, las tangentes
en el origen son: x  0, y  z.
J 6- Hallar la ecuación de una curva situada en una esfera, que partiendo de un punto situado en el ecuador,
corta a los meridianos bajo ángulo de 60º. Hallar su longitud.
Solución:
O
M
N
A
B
C
D
dϕ
dθ
P
F
G
αα
O
M
N
A
B
C
D
dϕ
dθ
P
F
G
αα
Se trata de la loxodroma (ver problemas J 8 y J 58). Sean las ecuaciones de la esfera: x  R sincos,
y  R sin sin, z  Rcos, siendo su centro O, su ecuador FG, dos meridianos infinitamente cercanos
FACP y GBDP, d  FOG  AMB  CND, d  AOC  BOD. Sea AD la diferencial de arco de
loxodroma, siendo   CAD  ADB. Por tanto, se tiene: tan  ABDB 
AB
AC 
AMd
Rd 
R sind
Rd ,
d  tandsin ,   tan ln tan

2  C; como para  

2 ,   0, luego C  0. Despejando el valor de ,
se tiene: ln tan 2 

tan  cot  k, sin 
1
coshk , cos  tanhk. Sustituyendo estos valores
en la ecuación de la esfera, se tiene la ecuación paramétrica de la loxodroma: x  Rcoscoshk , y 
R sin
coshk ,
z  R tanhk. Como k  cot  cot30º  3 , introduciendo este valor, se tiene que: x  Rcos
cosh 3 
,
y  R sin
cosh 3 
, z  R tanh 3 . La longitud de la curva viene dada por: L  
0

2 x ′2  y ′2  z ′2 d 
 Rcos 0

2 d  R. La longitud total teniendo en cuenta los dos hemisferios es 2R.
J 7- Hallar el área de la superficie cónica barrida por el vector OM cuando M describe el arco 0 ≤  ≤ 2 de
la curva x  acos, y  a sin, z  be.
Solución: Se tiene que: yx  tan, z  be
arctan
y
x , zx′ 
−by
x2  y2
earctan
y
x , zy′  bxx2  y2
earctan
y
x . Luego:
zx′2  zy′2  b
2
x2  y2
earctan
y
x . Haciendo 2  x2  y2, se tiene que: 1  zx′2  zy′2  1  b
2
2
e2. Por tanto:
S  
0
2
d 
0
a
1  b
2
2
e2 d, ya que 0 ≤  ≤ a, 0 ≤  ≤ 2. Operando, se tiene que:
S  
0
2
d 
0
a
2  b2e2 d  
0
2
d 2 
2  b2e2  b
2e2
2 ln   
2  b2e2
0
a

 
0
2 a
2 a
2  b2e2 d  
0
2 b2e2
2 ln a  a
2  b2e2 d − 
0
2 b2e2
2 lnbe
d.
Como 
0
2 b2e2
2 lnbe
d  b
2 lnb
2 0
2
e2d  b
2
2 0
2
e2d, se tiene que: S  a2 I1 |0
2  b
2
2 I2 |0
2 −
− b
2 lnb
2 I3 |0
2 − b
2
2 I4 |0
2, donde I1   a2  b2e2 d, I2   e2 ln a  a2  b2e2 d, I3   e2d,
I4   e2d. Haciendo e  t, ed  dt, d  dtt , para   0, t  1, para   2, t  e
2.
Luego: S  a2 I1′ |1
e2  b
2
2 I2′ |1
e2 − b
2 lnb
2 I3′ |1
e2 − b
2
2 I4′ |1
e2 . En esta expresión: I1′  
a2  b2t2
t dt,
324
	PDF-J