Question

PROBLEMA RUSO -ANGULO TRIGONOMETRICO EN POSICION NORMAL

Answer 1

1. Aquí el meollo es hallar una ecuación que represente a la curva AOC.

Sea y = f(x) su representación con a <= x <= c. Las rectas tangentes de igual pendiente de las curvas g(x) = 0.5 x² & y = f(x) distan 1/(4π).

La pendiente de la tangente a g, en cualquier x es

                                            m(x) = x

Elijamos cualquier punto de g, P = (x, 0.5 x²), sea v = (x,-1) un vector ortogonal a la recta tangente de g, entonces el vector unitario de v es

                            $u_v=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}(x,-1)$

Sea Q en la curva AOC tal que PQ es la mínima distancia entre la curva g y Q, entonces tenemos que

                   $Q = (x,0.5x^2)+\dfrac{1}{4\pi\sqrt{1+x^2}}(x,-1)$

En este caso (de Q) poco importa el literal x, puede ser cualquier letra, el hecho es que Q está sobre el plano XY, o sea podemos hacer

$Q = (t,0.5t^2)+\dfrac{1}{4\pi\sqrt{1+t^2}}(t,-1)=\left(t+\dfrac{t}{4\pi\sqrt{1+t^2}},0.5t^2-\dfrac{1}{4\pi\sqrt{1+t^2}}\right)\\ \\ \\x(t)=t+\dfrac{t}{4\pi\sqrt{1+t^2}}\\ \\ \\y(t)=0.5t^2-\dfrac{1}{4\pi\sqrt{1+t^2}}$

2. Según la figura los extremos A y C los obtenemos con t = -1 y t = 1 respectivamente, reemplazando en Q.

3. Hallemos la longitud de AOC

$\displaystyle\\L=\int_{-1}^{1}\sqrt{\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^2+\left(\dfrac{dy}{dt}\right)^2}dt\\ \\\\L=\int_{-1}^{1}\sqrt{\left(1+\dfrac{1}{4\pi(t^2+1)^{3/2}}\right)^2+\left(t+\dfrac{t}{4\pi(t^2+1)^{3/2}}\right)^2}dt\\ \\ \\L=\int_{-1}^{1}\left(1+\dfrac{1}{4\pi(t^2+1)^{3/2}}\right)\sqrt{1+t^2}~dt\\ \\ \\L=\int_{-1}^{1} \sqrt{1+t^2} + \dfrac{1}{4\pi\sqrt{1+t^2}}~ dt$

$\displaystyle\\L=\int_{-1}^{1} \sqrt{1+t^2} ~dt +\dfrac{1}{4\pi}\int_{-1}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}~ dt\\ \\ \\\text{Si }t=\tan x\to dt = \sec^2t~dt\\ \\L=\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\sec^3 x~dt+\dfrac{1}{4\pi}\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\sec x~dx\\ \\ \\L=\sqrt2-\ln (\sqrt2-1)-\dfrac{1}{2\pi}\ln(\sqrt2-1)\\ \\L\approx 2.44~\mu$

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