Curvas tangentes

Os dejo el problema de esta semana. Ahí va:

Encontrar todos los valores de $\alpha \in \mathbb{R}$ para los cuales las curvas

$y=\alpha x^2+ \alpha x+ \cfrac{1}{24}$

y

$x=\alpha y^2+ \alpha y+ \cfrac{1}{24}$

son tangentes entre si.

A por él.

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 23 de February de 2010
Categorías: Juegos | Imprime este post

33 comentarios

Trackback | 23 Feb, 2010

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cdrman | 23 de February de 2010 | 12:58

Hola, buenos días. He intentado hacer el problema anterior de la siguiente forma.

He hecho la derivada de la función de cada una de las curvas.

y = 2alfaX+alfa
x = 2alfaY+alfa

Resuelvo el sistema:

y – x = 2alfa(x-y)

alfa = -0.5

Creo que no puede ser tan sencillo, algo he debido de hacer mal. A ver si alguien me puede guiar.

Gracias.
mper23 | 23 de February de 2010 | 13:05

$\frac {3}{2}$ y $\frac {2}{3}$ , creo. ¿Hay más?
cdrman | 23 de February de 2010 | 13:47

Por lo que veo…. no lo tengo bien. Supongo que me he saltado el tema de las dy/dx, dx/dy… bufff. A ver si alguien me orienta.

Muchas gracias.
orlin | 23 de February de 2010 | 13:55

Por inspección los puntos de corte entre ambas funciones están en $(x_0,y_0)$ cuando $y_0 = x_0$ . La pendiente de la recta tangente a las curvas en esos puntos es la misma, ya que:
$m_1 = 2\alpha(1+x_0)$ y
$m_2 = 2\alpha(1+y_0)$ ,
entonces
$m_1 = m_2$ si $x_0 = y_0$
(no tengo en cuenta el caso $\alpha = 0$ serían dos rectas no que se cortán en un punto.)

Ahora bien, como queremos que sólo se cortén en un punto (el tangente) pedimos que el sistema:
$x_0 = \alpha x_0^2 + \alpha x_0 + \frac{1}{24}$ tenga sólo una solución.
y eso se cumple cuando el discriminante sea igual a 0:
$\Delta = (\alpha-1)^2 - \frac{1}{6} = 0$
de ahí:
$\alpha = \frac{-1}{\sqrt{6}} + 1,~~ \frac{1}{\sqrt{6}} + 1$

Esos valores me salen, a ver si están bien!!

un saludo.
M | 23 de February de 2010 | 14:05

orlin, el discriminante que has puesto debe ser $\Delta=(\alpha-1)^2-\frac{\alpha}{6}$ , con lo cual los valores cambian. Para los dos que has puesto, no hay intersección. Con tu misma idea, también he visto que los puntos de corte están sobre la bisectriz $y=x$ .

Para los valores de mper23 $\alpha=3/2,2/3$ sale un único punto de corte y las curvas son tangentes en él.

Me salen otros cuatro valores $\alpha=3,-1, \frac{13\pm\sqrt{601}}{12}$ para los que se obtienen dos puntos de corte sobre la bisectriz, pero sólo hay tangencia en uno de los puntos.
josejuan | 23 de February de 2010 | 14:17

Esas dos curvas son la misma reflejada sobre la recta $x=y$ (puesto que se han intercambiado los ejes de una a otra).

Por lo tanto, si un punto $p=(x,y)$ de $R^{2}$ pertenece a la primera curva, su reflejo $p^{\prime }=(y,x)$ pertenece a la segunda (y al revés), por tanto, los únicos valores de ‘x’ que nos sirven (y respectivamente de ‘y’) son aquellos que, permanecen invariantes por el “reflejo”, es decir, se debe cumplir que

$x=a(ax(x+1)+\frac{1}{24})(ax(x+1)+\frac{1}{24}+1)+\frac{1}{24}$

y despejando ‘x’ tenemos 4 valores posibles

[1] $-\frac{1}{2a}\left( a+\frac{1}{6}\sqrt{6}\sqrt{-13a+6a^{2}+6}-1\right)$
[2] $-\frac{1}{2a}\left( a-\frac{1}{6}\sqrt{6}\sqrt{-13a+6a^{2}-18}+1\right)$
[3] $-\frac{1}{2a}\left( a+\frac{1}{6}\sqrt{6}\sqrt{-13a+6a^{2}-18}+1\right)$
[4] $\frac{1}{12a}\left( -6a+\sqrt{6}\sqrt{-13a+6a^{2}+6}+6\right)$

por otra parte la condición de tangencia 1 y -1 queda expresada por las expresiones

[a] $2ax+a=1$
[b] $2ax+a=-1$

despejando 8 veces a quedan las soluciones

[1,a] $\frac{3}{2},\frac{2}{3}$
[1,b] $\frac{1}{12}\sqrt{601}+\frac{13}{12},\frac{13}{12}-\frac{1}{12}\sqrt{601}$
[2,a] $\frac{1}{12}\sqrt{1177}+\frac{13}{12},\frac{13}{12}-\frac{1}{12}\sqrt{1177}$
[2,b] $\frac{1}{12}\sqrt{601}+\frac{13}{12},\frac{13}{12}-\frac{1}{12}\sqrt{601}$
[3,a] (sin solución)
[3,b] $\frac{1}{12}\sqrt{601}+\frac{13}{12},\frac{13}{12}-\frac{1}{12}\sqrt{601}$
[4,a] $\frac{3}{2},\frac{2}{3}$
[4,b] (sin solución)

de todas éstas, se debe quitar la solución [2,a] por no cumplir que las tangentes de ambas curvas cambian de signo, así pues, nos quedan las 4 soluciones

$\frac{3}{2},\frac{2}{3},\frac{1}{12}\sqrt{601}+\frac{13}{12},\frac{13}{12}-\frac{1}{12}\sqrt{601}$

seguro que hay una forma mucho más elegante, pero que le voy a hacer…
cdrman | 23 de February de 2010 | 14:36

Bufff, que mal!! Ni idea, no tengo ni puta idea.
josejuan | 23 de February de 2010 | 15:26

Vaya, mucho más sencillo usando directamente $x=y$ …

Condición de reflexión:
[1] $x=ax(x+1)+\frac{1}{24}$

Condición de tangencia:
[a] $a(2x+1)=1$
[b] $a(2x+1)=-1$

Soluciones:
[1,a] $\frac{2}{3},\frac{3}{2}$
[1,b] $\frac{13}{12}-\frac{1}{12}\sqrt{601},\frac{1}{12}\sqrt{601}+\frac{13}{12}$
Javier | 23 de February de 2010 | 15:41

Josejuan
¿porqué pones la condición de tangencia [b] ?
Al ser especulares respecto de x=y, creo que sólo tiene sentido que sean tangentes en esa recta, bisectriz del primer cuadrante (tu condición de tangencia [a] ).
josejuan | 23 de February de 2010 | 15:45

Javier, si las curvas tienen por tangente 1 entonces ambas curvas “pasan suavemente” (son tangentes a) la recta x=y, mientras que si las curvas tienen por tangente -1 entonces ambas curvas “pasan suavemente” (son tangentes a) la recta x=-y.

Ambos casos deben tenerse en cuenta, pues en ambos, las dos curvas son tangentes a dichas rectas (y por tanto entre ellas).
josejuan | 23 de February de 2010 | 15:55

(cuando digo las rectas x=y o x=-y quería decir familia de paralelas a, puesto que hablamos de tangente)
orlin | 23 de February de 2010 | 15:57

Ups, sí me confundí al escribir el discriminante.
josejuan | 23 de February de 2010 | 16:15

Por paramétricas también sale, aunque los cálculos son algo más feos.

Sean las curvas
$f(t)=(at(t+1)+\frac{1}{24},t)$
$g(h)=(h,ah(h+1)+\frac{1}{24})$

Los vectores directores en cada caso vienen dados por las derivadas parciales de cada componente

$\frac{\partial f(t)}{\partial t}=(a\left( 2t+1\right) ,1)$
$\frac{\partial g(h)}{\partial h}=(1,a\left( 2h+1\right) )$

¡Ojo que no están normalizadas las normales!

La condición de intersección (el punto tangente) viene dada por las dos ecuaciones

$at(t+1)+\frac{1}{24}=h$
$ah(h+1)+\frac{1}{24}=t$

y la de tangencia la sacamos haciendo el producto escalar y obteniendo 1 ó -1, pero como debemos normalizar los vectores, ambos los dividimos por su módulo y al elevar al cuadrado nos quitamos la fea raíz cuadrada, quedando la condición de tangencia como

$\frac{\left( a\left( 2t+1\right) +a\left( 2h+1\right) \right) ^{2}}{(a^{2}(2h+1)^{2}+1)(a^{2}(2t+1)^{2}+1)}=1$
orlin | 23 de February de 2010 | 17:15

como dice M el discriminante que tenía que haber puesto era:
$\Delta = (\alpha -1)^2 - \frac{\alpha}{6}$ , y eso es igual a 0 para $\alpha = \frac{3}{2},~~\frac{2}{3}$

valores que ya se han dicho y en los que las curvas se cortan en un único punto.

un saludo!
jq | 23 de February de 2010 | 22:06

Parece que las curvas (parábolas de 2º grado) son simétricas respecto de la bisectriz del primer cuadrante, o sea, la recta y=x, y solo respecto de esa recta.

En este caso, los puntos en común estarán en y=x. Y su tangente, en caso de tener, será también y=x. En caso contrario y=x sería secante a las curvas, y no existirían tangentes comunes. Por lo que la única tangente común es y=x, con pendiente 1.

Al derivar cualquiera de las dos expresiones con respecto a x, dar valor 1 a y’, y despejar alfa, la expresión es la misma en los dos casos, pues x e y tienen el mismo valor (al estar en y=x).

Esta expresión es:
alfa=1/(2x+1)=1/(2y+1)
Ñbrevu | 23 de February de 2010 | 22:14

Aunque nos piden un $\alpha$ , lo que tenemos que resolver es un sistema de ecuaciones en el cual tenemos que encontrar también un punto $\left(x_0,y_0\right)$ en el cual se verifica la tangencia.

Las condiciones necesarias son:
$\bullet$ La ecuación $y_0=\alpha x_0^2+\alpha x_0+\dfrac1{24}$ se verifica, esto es, el punto está en la primera curva.
$\bullet$ La ecuación $x_0=\alpha y_0^2+\alpha y_0+\dfrac1{24}$ se verifica, esto es, el punto está en la segunda curva.
$\bullet$ La recta tangente a ambas curvas es la misma en el punto en cuestión. Esto es, la pendiente es la misma.

Definamos $f_x=\alpha x_0^2+\alpha x_0+\dfrac1{24}$ y $f_y=\alpha y_0^2+\alpha y_0+\dfrac1{24}$ . Entonces la tercera ecuación se puede expresar así: $\left.\dfrac{df_x}{dx}\right|_{x=x_0}=\left(\left.\dfrac{df_y}{dy}\right|_{y=y_0}\right)^{-1}$ . No nos estamos dejando fuera ninguna solución degenerada, ya que la primera parábola nunca tiene una tangente vertical y la segunda nunca la tiene horizontal.

El sistema de ecuaciones que queda es:
$\left\{\begin{array}{l}y_0=\alpha x_0^2+\alpha x_0+\dfrac1{24}\\x_0=\alpha y_0^2+\alpha y_0+\dfrac1{24}\\2\alpha x+\alpha=\dfrac1{2\alpha y+\alpha}\end{array}\right.$

Si le pasamos este sistema de ecuaciones a Matlab (sé que es “trampa”, lo siento) salen dos soluciones complejas y cuatro reales. Las cuatro soluciones reales son dos que se repiten:
$\bullet \alpha=\dfrac{11-\sqrt{553}}{24}, x=y=\dfrac{\sqrt{553}-25}{72}$ .
$\bullet \alpha=\dfrac{11+\sqrt{553}}{24}, x=y=\dfrac{-\sqrt{553}-25}{72}$ .
Ñbrevu | 23 de February de 2010 | 22:27

Pues al mostrar las gráficas no parecen tangentes . Supongo que me he equivocado al plantear la tercera ecuación, pero no veo el error.
Antonio QD | 23 de February de 2010 | 22:32

Buenas noches

Esta mañana usando el razonamiento de ÑBrevu y el hecho de que las parabolas por su expresión son simétricas con respecto a la recta y=x calcule a mano los valores de $\alpha$ ; obtenía exactamente los valores que ya ha calculado josejuan. Por curiosidad comprobe con el programa GEONExT la gráfica de las distintas parabolas y sus puntos de tangencia; y debo decir que dos de las soluciones, en concreto las que corresponden a $\frac{13\pm\sqrt{601}}{12}$ efectivamente son cortadas en el punto de tangencia por la recta y=x, pero la misma no es tangente a las parabolas, la recta tangente a las parabolas en estos dos casos es paralela a la recta y=-x.

Me hubiese gustado aportar las gráficas, pero no se donde puedo dejarlas para que luego sean visibles en este hilo.

Un Saludo
josejuan | 24 de February de 2010 | 10:05

Por ejemplo:

http://jose-juan.computer-mind.com/jose-juan/img/gauss/grafica457.png
M | 24 de February de 2010 | 11:46

josejuan, para $\alpha=3,-1$ también se obtienen gráficas como en los casos $\alpha=\frac{13\pm\sqrt{601}}{12}$ .
josejuan | 24 de February de 2010 | 12:17

Para a=3, las dos curvas pueden ser expresadas de forma explítica como:

$f(x)=3x(x+1)+\frac{1}{24}$
$g(x)=-\frac{1}{12}\sqrt{2}\sqrt{24x+17}-\allowbreak \frac{1}{2}$

(ésta segunda, tiene dos ramificaciones que corresponden con los signos de la raíz cuadrada, tomamos la negativa para tener la intersección que nos interesa)

Despejando x en

$g(x)=f(x)$

tenemos una única solución real que es

$x=-\frac{1}{12}\sqrt{2}\sqrt{7}-\frac{1}{3}$

las derivadas en ambos casos son

$F(x)=\frac{\partial f(x)}{\partial x}=\allowbreak 6x+3$
$G(x)=\frac{\partial g(x)}{\partial x}=\allowbreak -\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{24x+17}}$

que en el punto de corte dan

$F(-\frac{1}{12}\sqrt{2}\sqrt{7}-\frac{1}{3})=\allowbreak 1-\frac{1}{2}\sqrt{2}\sqrt{7}=\allowbreak -0.870\,83$
$G(-\frac{1}{12}\sqrt{2}\sqrt{7}-\frac{1}{3})=\allowbreak -\frac{1}{5}\sqrt{14}-\frac{2}{5}=\allowbreak -1.\,\allowbreak 148\,3$

lo cual indica que en dicho punto las curvas no son tangentes.

Si no me he equivocado claro…
jq | 24 de February de 2010 | 15:13

Muy buenas esas gráficas de joséjuan. Amén.
M | 25 de February de 2010 | 00:22

josejuan, el tema es que para esos valores hay dos puntos de corte, no sólo uno. Los valores $\alpha=3,-1$ los obtuve de restar ambas ecuaciones

$y-x=\alpha(x-y)(x+y+1)$

y determinar posibles puntos de tangencia que no estuvieran sobre la bisectriz, es decir: $x+y+1=-\alpha^{-1}$ . Sin embargo, al imponer la condición de tangencia en este caso también obtuve finalmente $x=y$ para esos dos valores de $\alpha$ .

Para esos valores las gráficas se cortan en dos puntos, pero sólo hay tangencia en uno de ellos (al igual que ocurre en el caso $\alpha=\frac{13\pm\sqrt{601}}{12}$ ).

Gráfica $\alpha=3$

Gráfica $\alpha=-1$
josejuan | 25 de February de 2010 | 10:23

¿eihn? “M”, de los dos puntos que genera cada solución (a=3,a=-1) uno de ellos es obviamente no tangente, de ahí que en

http://gaussianos.com/curvas-tangentes/#comment-33595

me centrara sólo en el que parece que son tangentes.

Porque lo que ocurre es que parece que son tangentes, en una ampliación para a=3 tenemos

http://jose-juan.computer-mind.com/jose-juan/img/gauss/curva_M.png

De todas formas, podría ser (no es el caso) que ampliaramos más todavía y volvieran a ser tangentes (visualmente), de ahí, que yo me centraría en

http://gaussianos.com/curvas-tangentes/#comment-33595

para demostrar que NO son tangentes en ese punto.

O dicho de otra forma, ¿que falla en mi anterior demostración de que en ese punto no son tangentes?.

(Lo he vuelto a revisar y creo que es correcto)
josejuan | 25 de February de 2010 | 10:24

(Quizás tu fallo ha sido dibujar las dos gráficas con el mismo color, y entonces “sí parecen tangentes”)
mper23 | 25 de February de 2010 | 12:17

En las gráficas de josejuan se ve que con $\alpha= \frac{2}{3}$ y $\alpha= \frac{3}{2}$ las curvas son sólo tangentes, mientras que en los otros casos son además secantes. Otra cosa: no usé derivadas.
M | 25 de February de 2010 | 13:43

De acuerdo, josejuan, he revisado las cuentas con más calma, y efectivamente no hay lugar para $\alpha=3,-1$ , sólo para $\alpha=\frac{13\pm \sqrt{601}}{12}$ .
Dani | 27 de February de 2010 | 18:06

Problema:
Demostrar que para todo $n \in \mathbb{N}$ existen infinitos números de fibonacci divisibles por $n$ .
M | 28 de February de 2010 | 00:10

Dani, en http://gaussianos.com/factores-de-los-numeros-de-fibonacci/ se resuelve esa cuestión (y algunas más).
Dani | 28 de February de 2010 | 00:32

jejejej siempre me pasa lo mismo! a ver si con esta:
Problema:
Demostrar que la sucesión de fibonacci es periódica módulo cualquier $n$ natural.
(Esto es, que la sucesión $F_k^n=$ “resto obtenido al dividir $F_k$ entre $n$ ” es siempre periódica )
M | 28 de February de 2010 | 01:47

Eso también lo prueba Sive en los comentarios. Entre Sive y fede demuestran además que el periodo es $\leq 2m$ .
Américo Tavares | 28 de February de 2010 | 19:33

Problema: O cateto de um triângulo rectângulo está situado entre os pontos $O(0,0)$ e $B(0,4)$ , e o outro, entre $O(0,0)$ e $A(3,0)$ .

Determine a equação da elipse de área mínima que passa pelos pontos $A,O$ e $B$ .

Será

$-\dfrac{3}{16}\left( x-\dfrac{4}{3}\right)^2-\dfrac{1}{4}\left( x-\dfrac{4}{3}\right)(y-1)-\dfrac{1}{3}(y-1)^2+1=0$ ?