geometria analitica

March 14, 2017 | Author: LR Gamboa | Category: N/A

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2012

Geometr´ıa Anal´ıtica

Jos´ e Orlando Namuche Paiva Edinson Enrique Reyes Alva Carlos Daniel Vel´ asquez Correa

Geometr´ıa Anal´ıtica

Jos´ e Orlando Namuche Paiva Edinson Enrique Reyes Alva Carlos Daniel Vel´ asquez Correa

Geometr´ıa anal´ıtica

Autores: José Orlando Namuche Paiva Edinson Enrique Reyes Alva Carlos Daniel Velásquez Correa

La presentación y disposición en conjunto de GEOMETRÍA ANALÍTICA son propiedad del editor. Ninguna parte de esta obra puede ser reproducida o transmitida, mediante ning´ un sistema o método, electrónico o mecánico (incluyendo el fotocopiado, la grabación o cualquier sistema de recuperación y almacenamiento de información), sin consentimiento por escrito del editor o de los autores

c Derechos reservados Primera edición: Setiembre 2012

Obra editada por: José Orlando Namuche Paiva

Impreso en el Per´ u - Printed in Per´ u

Prefacio Este texto se ha dise˜ nado pensando en cubrir las necesidades básicas que afronta un estudiante en el nivel universitario, ya sea en Ciencias como Ingenier´ıa lo referente a Matrices, Determinantes y Sistemas de Ecuaciones Lineales. Los temas están desarrollados en forma secuencial, dando énfasis al capitulo 1, que se ha considerado como fundamental para entender los demás cap´ıtulos. Una caracter´ıstica del libro es los numerosos ejemplos, ejercicios desarrollados o demostraciones de los Teoremas, as´ı como las aplicaciones vistas en diferentes materias. Los autores agradecemos de antemano a los colegas, estudiantes y p´ ublico en general, que nos hagan llegar sus cr´ıticas y sugerencias, que lo recibiremos con mucho gusto, pues entenderemos que servirá para enriquecer este material.

I

Índice general Prefacio

I

1. Vectores en el plano 1.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Segmento de Recta Dirigidos y Vectores . . . . . 1.3. Definición de vector en el plano . . . . . . . . . . 1.4. Definición de módulo y de dirección . . . . . . . . 1.5. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Definición de la suma de vectores . . . . . . . . . 1.7. Definición del negativo de un vector . . . . . . . . 1.8. Definición: Diferencia de dos vectores . . . . . . . 1.9. Definición del producto de un vector y un escalar 1.10. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11. Definición de espacio vectorial real . . . . . . . . 1.12. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.13. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . .

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2. Ecuaciones vectoriales de la recta 2.1. Rectas y segmentos de recta en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Puntos que están sobre una recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Pendiente de una Recta: Rectas Paralelas y Perpendiculares . . . . . . . . . . . 2.4. Ecuaciones Cartesianas en la recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. Forma cartesiana ordinario de la ecuación de una recta . . . . . . . . . . 2.5. Ecuación Punto y Pendiente, y Ecuación de la Recta que pasa por dos Puntos Dados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6. Ecuación de la recta punto y pendiente en términos de las intersecciones con los ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7. Forma Simétrica de la Ecuación de la Recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8. Resumen del cap´ıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

II

1 1 2 3 4 4 5 7 8 9 10 12 16 34 36 36 40 44 47 47 50 53 55 56 58 68

3. Circunferencia 3.1. Definición de la Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Teorema. Ecuación de la Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. Trazo de una Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Propiedades de la circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1. Propiedad del cuadrilátero inscrito en una circunferencia . . . . . . . . . 3.4.2. Propiedad del cuadrilátero circunscrito en una circunferencia . . . . . . . 3.5. Forma General de la Ecuación de la Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.2. Determinación de una Circunferencia Sujetas a tres Condiciones Dadas . 3.6. Potencia de un punto con relación a una circunferencia . . . . . . . . . . . . . . 3.7. Familia de Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.1. Familia de circunferencias que pasan por la intersección de dos circunferencias dadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.2. Eje Radical . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9.1. Grupo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9.2. Grupo II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9.3. Grupo III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9.4. Grupo IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

86 87 88 106 106 111 113 115

4. Par´ abola 4.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . 4.2. Parábola . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Elementos . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1. Ecuación de la Parábola con 4.3.2. Ecuación de la Parábola con 4.3.3. El Vértice en el Origen . . . 4.4. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . 4.6. Problemas Resueltos y Aplicativos . 4.7. Ejercicios Propuestos . . . . . . . .

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117 117 118 119 119 121 121 122 123 124 162

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169 169 170 171 172

5. Elipse 5.1. Introducción . . . . . . . . . 5.2. Definición de Elipse . . . . . 5.3. Rectas Directrices . . . . . . 5.4. Distancias Conocidas en una

. . . . . . . . . . . . Elipse

. . . . . . Eje Eje . . . . . . . . . .

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III

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Focal paralelo al Eje Focal paralelo al Eje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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. . . . . . X Y . . . . . . . . . .

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70 70 71 71 77 78 78 80 81 81 83 85 86

5.5. 5.6. 5.7. 5.8.

Ecuación de una elipse de centro (h, k) y ejes Propiedades de la Elipse . . . . . . . . . . . Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . 5.8.1. Grupo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8.2. Grupo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8.3. Grupo 3 . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8.4. Grupo 4 . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8.5. Soluciones Grupo 1 . . . . . . . . . . 5.8.6. Soluciones Grupo 2 . . . . . . . . . .

6. Hip´ erbola 6.1. Introducción . . . . . . . . . . . . 6.2. Problemas y ejercicios resueltos . 6.3. Ejercicios y problemas propuestos 6.4. Respuestas Ejercicios Propuestos

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paralelos a los ejes coordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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7. Rotaci´ on y traslaci´ on de los ejes coordenados 7.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2. Rotación de los Ejes Coordenados . . . . . . . 7.3. Traslación y Rotación de Ejes . . . . . . . . . 7.3.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . 7.4. Transformaciones de Coordenadas . . . . . . . 7.4.1. Traslaciones de ejes . . . . . . . . . . . 7.4.2. Rotación de ejes . . . . . . . . . . . . . 7.5. Problemas Desarrollados . . . . . . . . . . . . 7.6. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . .

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8. Coordenadas Polares, cil´ındricas y esf´ ericas 8.1. Coordenadas polares y gráficas polares . . . . . . . . . . . . . 8.1.1. Criterios de Simetr´ıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1.2. Tipos de caracoles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. Coordenadas Cil´ındricas y Esféricas . . . . . . . . . . . . . . . 8.3. Transformaciones Cil´ındricas (r, θ, z) . . . . . . . . . . . . . . 8.4. Caracter´ıstica de las coordenadas cil´ındricas . . . . . . . . . . 8.5. Transformaciones Esféricas (ρ, θ, φ) . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.1. Caracter´ısticas de las coordenadas esféricas . . . . . . . 8.5.2. Jacobiano de la transformación esférica (ρ, θ, φ) . . . . 8.5.3. Interpretación geométrica de la transformación esférica 8.5.4. Generación de una esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.5. Generación de una bola . . . . . . . . . . . . . . . . . IV

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174 179 182 209 209 210 211 212 212 213

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215 215 219 244 245

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254 254 255 258 258 260 261 268 280 321

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326 326 336 340 345 350 351 356 357 358 358 363 363

V

Geometr´ıa Anal´ıtica 8.6. Rectas Tangentes en el Polo . . . . . 8.7. Interceptos con los Ejes Principales . 8.7.1. Rectas en coordenadas polares 8.8. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . 8.9. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . .

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9. Superficies Cuadr´ aticas 9.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. Superficies Cuádricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2.1. Discusión de la Gráfica de la Ecuación de una Superficie . . . . . . . . 9.3. Estudio de las Superficies Cuadráticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3.1. Elipsoide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3.2. La Esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3.3. Simetr´ıas con respecto al Origen, Ejes y Planos Coordenados . . . . . . 9.3.4. Paraboloide El´ıptico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4. Hiperboloide de una Hoja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4.1. Gráfica del Hiperboloide de una Hoja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5. Hiperboloide de dos Hojas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5.1. Discusión de la Gráfica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.6. Paraboloide Hiperbólico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.6.1. Discusión de la Gráfica: El Paraboloide Hiperbólico para su Caso c > 0 9.7. Cono El´ıptico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.7.1. Discusión de la Gráfica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.8. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bibliograf´ıa

José Namuche

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364 365 365 366 380

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386 386 387 388 389 389 390 391 392 394 394 396 396 398 398 399 400 401 417

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Cap´ıtulo 1 Vectores en el plano

1.1 Introducci´ on Las aplicaciones matemáticas con frecuencia se relacionan con magnitudes que poseen tanto cantidad (o intensidad) tomo dirección. Un ejemplo de tales magnitudes es la relatividad. As´ı, la velocidad de un avión tiene cantidad (la rapidez con que vuela) y dirección. la cual determina su curso. Otros ejemplos de dichas magnitudes son la fuerza, el desplazamiento y aceleración. Los f´ısicos e ingenieros entienden por vector un segmento rectil´ıneo dirigido, y las magnitudes que poseen cantidad y dirección se denominan magnitudes vectoriales. En contraste, una magnitud que tiene cantidad pero no dirección se llama magnitud escalar. Ejemplos de magnitudes escalares son la longitud, el área, el volumen, el costo, la utilidad, y la rapidez. El estudio de los vectores recibe el nombre de an´ alisis vectorial. El análisis vectorial puede estudiarse en forma geométrica o anal´ıtica. Si el estudio es geométrico, primero se define un segmento rectil´ıneo dirigido (o brevemente segmento dirigido) como un segmento de recia que parte desde un punto −→ P y llega a un punto Q y se denota por P Q. El punto P se llama punto inicial, y el punto Q se denomina punto terminal. Después. se dice que dos segmentos dirigidos son iguales si tienen la −→ −→ misma longitud y la misma dirección) y se escribe P Q = RS (consulte la figura 1.1). El segmento −→ dirigido P Q se llama vector de P a Q. Un vector se denota por una sola letra en tipo negro A. Q

S

P R −→ −→ P Q = RS Figura 1.1: Al continuar con el aspecto geométrico del análisis vectorial, observe que si el segmento dirigido 1

2

Geometr´ıa Anal´ıtica

−→ −→ −→ −→ P Q es el vector A, y P Q = US, entonces el segmento dirigido RS también es el vector A. Por esto se considera que un vector permanece sin cambio si se mueve paralelamente a s´ı mismo. Con esta interpretación de vector, se puede suponer, por conveniencia, que cada vector tiene su punto inicial en alg´ un punto de referencia fijo. Si se, considera este punto como el origen del sistema coordenado cartesiano rectangular, entonces un vector puede definirse anal´ıticamente en términos de n´ umeros reales. Tal definición permite el estudio del análisis vectorial desde un punto de vista puramente algebraico. En este trabajo se emplea el estudio anal´ıtico, mientras que la interpretación geométrica se utiliza con fines ilustrativos. Un vector en el plano se denota por un par ordenado de n´ umeros reales y la notación hx, yi se emplea en lugar de (x, y) para evitar la confusión entre vector y punto, V2 es el conjunto de todos los pares ordenados hx, yi.

1.2 Segmento de Recta Dirigidos y Vectores Puesto que cantidades como fuerza, velocidad y aceleración tiene dirección y magnitud, conviene representarlas en forma geométrica. Para hacerlo emplearemos el concepto de vectores, que tienen tanto magnitud, como dirección. Los vectores no sólo son importantes en f´ısica e ingenier´ıa; muchos problemas geométricos pueden simplificarse con su uso, en especial los de geometr´ıa anal´ıtica de sólidos. Una de las razones por las que los vectores son tan u ´ tiles es la diversidad de interpretaciones que se les puede dar. Como nos interesan principalmente las aplicaciones geométricas, representaremos en forma geométrica a los vectores mediante segmentos de recta dirigidos. Supongamos que A y B son puntos (no necesariamente distintos) en el espacio. El segmento de −→ recta dirigido de A a B se representa mediante AB; a B se le llama punta y a a A la cola del −→ −−→ −→ −−→ segmento. Dos segmentos de recta dirigidos AB y CD son equivalentes, AB = CD 1. Si ambos tienen longitud cero, o 2. si ambos tiene la misma longitud positiva, quedan e la misma recta o rectas paralelas, y −→ −−→ −→ −−→ si tienen también la misma dirección (ver figura 2.1, en la cual AB = CD y EF = GH). Con esta información podremos demostrar fácilmente el siguiente teorema −→ −→ −→ Teorema 1.1. a) AB = AB para todo segmento de recta dirigido AB −→ −−→ −−→ −→ b) Si AB = CD, entonces CD = AB −→ −−→ −−→ −→ −→ −→ c) Si AB = CD y CD = EF , entonces AB = EF −→ Elijamos ahora un segmento se recta dirigido AB. Sea M1 el conjunto de los segmentos de recta −→ −−→ dirigido equivalentes a AB. Ahora seleccionemos otro segmento, CD, que no esté en M1 , y sea José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

3

Geometr´ıa Anal´ıtica

M2 el conjunto de todos los segmentos de recta dirigidos en una serie de subconjuntos, y ninguno de ellos tiene elemento alguno en com´ un. A estos subconjuntos los llamaremos vectores. As´ı, un vector es determinado conjunto de segmentos de recta dirigidos, mutuamente equivalentes

1.3 Definici´ on de vector en el plano Un vector en el plano es un par ordenado de n´ umeros reales hx, yi. Los n´ umeros x y y son las componentes del vector hx, yi. De esta definición, dos vectores ha1 , a2 i y hb1 , b2 i son iguales si y sólo si a1 = b1 y a2 = b2 . Existe una correspondencia entre los vectores hx, yi del plano y los puntos (x, y) del plano. Sea el vector A el par ordenado de n´ umeros reales ha1 , a2 i. Si A es el punto (a1 , a2 ), entonces −→ el vector A puede representarse geométricamente por el segmento dirigido OA. Este segmento −→ dirigido es una representación del vector A. Cualquier segmento dirigido a OA también es una representación del vector A. La representación particular de un vector con su punto inicial en el origen se denomina representación de posición del vector. Ejemplo 1.1. El vector h2, 3i tiene como su representación de posición el segmento dirigido desde el origen hasta el punto (2, 3). La representación del vector h2, 3i cuyo punto inicial es (h, k) tiene como punto terminal (h + 2, k + 3) consulte la figura 1.2. y (2,3) b

(h + 2, k + 3) b

x

0 (h, k)

Figura 1.2: El vector (0,0) se denomina vector cero y se denota por 0, esto es 0 = h0, 0i. Cualquier punto es una representación del vector cero.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

4

1.4 Definici´ on de m´ odulo y de direcci´ on El módulo de un vector A, denotado por kAk, es la longitud de cualquiera de sus representaciones, y la dirección de un vector diferente del vector cero es la dirección de cualquiera de sus representaciones.

1.5 Teorema Si kAk es el vector ha1 , a2 i, entonces kAk =

p a21 + a22

Demostración. De la definición kAk es la longitud de cualquiera de las representaciones de A. entonces kAk será la longitud de la representación de posición de A, la cual es la distancia del origen al punto (a1 , a2 ). De la fórmula de la distancia entre dos puntos, se obtiene (a1 , a2 ) kAk = =

p

q

kAk

(a1 − 0)2 + (a2 − 0)2 a21 + a22

Observe que kAk es un n´ umero no negativo y no un vector. Del teorema, se tiene k0k = 0 Ejemplo 1.2. Si A = h−3, 5i, entonces p (−3)2 + 52 √ = 32

kAk =

El ángulo director de cualquier vector diferente del vector cero es el ángulo θ medido desde la parte positiva del eje x en el sentido contrario al giro de las manecillas del reloj hacia la representación de posición del vector. Si θ se mide en radianes, entonces 0 ≤ θ < 2π. Si A = ha1 , a2 i, entonces tan θ =

José Namuche

a2 a1

si a1 6= 0

Enrique Reyes

(1.1)

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

(a1 , a2 )

5

(a1 , a2 ) θ

(a1 , a2 ) θ

θ

Figura 1.3:

Figura 1.4:

Figura 1.5:

Si a1 = 0 y a2 > 0, entonces θ = 21 π; si a1 = 0 y a2 < 0, entonces θ = 32 π. Las figuras 1.3 a 1.5 muestran el ángulo director θ para vectores espec´ıficos cuyas representaciones de posición están dibujadas en ellas. Observe que si A = ha1 , a2 i y θ es el ángulo director de A entonces a1 = kAk cos θ

y

a2 = kAk sen θ

(1.2)

refiérase a la figura 1.6, donde el punto (a1 , a2 ) está en el primer cuadrante. (a1 , a2 ) kAk

a2

θ a1 Figura 1.6:

Si el vector A = ha1 , a2 i, entonces la representación de A cuyo punto inicial es (x, y) tiene como punto terminal al punto (x + a1 , y + a2 ) de tal manera, un vector puede considerarse como una traslación del punto es s´ı mismo. La figura 1.7 muestra cinco representaciones del vector A = ha1 , a2 i. En cada caso A traslada el punto (xi , yi) en el punto (xi + a1 , yi + a2 ) La definición siguiente proporciona el método para sumar dos vectores

1.6 Definici´ on de la suma de vectores La suma de los vectores A = ha1 , a2 i y B = hb1 , b2 i es el vector A + B definido por A + B = ha1 + b1 , a2 + b2 i

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(a1 , a2 ) b

(x4 + a1 , y4 + a2 ) b

(x1 + a1 , y1 + a2 ) b

(x3 + a1 , y3 + a2 ) (x2 + a1 , y2 + a2 ) (x4 , y4 ) b

b

(x1 , y1 )

(x3 , y3 ) (x2 , y2 ) Figura 1.7:

Ejemplo 1.3. Si A = h3, 1i y B = h4, 5i, entonces A + B = h3 + (−4), −1 + 5i = h1, 4i

(x + (a1 + b1 ), y + (a2 + b2 )) R

B Q(x + a1 , y + a2 ) A P (x, y)

Figura 1.8:

La interpretación geométrica de la suma de dos vectores, se muestra en la figura 1.8. Sean A = ha1 , a2 i y B = hb1 , b2 i, y sea P el punto (x, y). Entonces A traslada el punto P al punto (x + a1 , y + a2 ) = Q. El vector B traslada el punto Q al punto ((x + a1 ) + b1 , (y + a2 ) + b2 ) o

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7

equivalentemente, (x + (a1 + b1 ), y + (a2 + b2 )) = R. Además. A + B = ha1 + b1 , a2 + b2 i En consecuencia, el vector A + B traslada el punto P al punto (x + (a1 + b1 ), y + (a2 + b2 )) = R. −→ −→ As´ı en la figura 1.8. P Q es una representación de A. QR es una representación del vector B, y −→ P R es una representación A+B. Las representaciones de los vectores A y B son lados adyacentes de un paralelogramo, y la representación del vector A + B es es una diagonal del paralelogramo. Esta diagonal se denomina resultante de los vectores A y B. La regla para la adición de vectores también se conoce como ley del paralelogramo. La fuerza es una magnitud vectorial donde la cantidad se expresa en unidades de fuerza y el ángulo director se determina mediante la dirección de la fuerza. En f´ısica se demuestra que dos fuerzas aplicadas aun objeto en un punto particular pueden reemplazarse por una fuerza equivalente, la cual es su resultante.

1.7 Definici´ on del negativo de un vector Si A = ha1 , a2 i, entonces el negativo de A, denotado por −A, es el vector h−a1 , −a2 i. −→ −→ Si el segmento dirigido P Q es una representación del vector A, entonces el segmento dirigido QP −→ es una representación de −A. Cualquier segmento dirigido paralelo a P Q, que tenga la misma −→ −→ longitud de P Q y sentido contrario de P Q, es también una representación de −A. Refiérase a la figura 1.9 Q A P

−A

Figura 1.9:

1.8 Definici´ on: Diferencia de dos vectores

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La diferencia de los vectores A y B definida por A − B, es el vector que se obtiene al sumar A al negativo de B; es decir, A − B = A + (−B) As´ı, si A = ha1 , a2 i y B = hb1 , b2 i, entonces −B = h−b1 , −b2 i A − B = ha1 − b1 , a2 − b2 i Ejemplo 1.4. Si A = h4, −2i y B = h6, −3i. entonces A − B = h4, −2i − h6, −3i = h4, −2i + h−6, 3i

= h−2, 1i

A fin de interpretar geométricamente la diferencia de dos vectores, considere que las representaciones de los vectores A y B tienen el mismo punto inicial. Entonces el segmento dirigido desde el punto terminal de B al punto terminal del segmento dirigido de la representación de A es una representación del vector A − B. Esto obedece a la ley del paralelogramo B + (A − B) = A. Consulte la figura 1.10.

A

A−B B

Figura 1.10:

Ejemplo 1.5. Si P es el punto (−6, 7) y Q es el punto (2, 9), entonces −→ V (P Q) = h2 − (−6), 9 − 7i = h8, 2i

−→ Suponga que P es el punto (a1 , a2 ) y Q es el punto (b1 , b2 ). Se empleará la notación V (P Q) para −→ denotar el vector que tiene el segmento dirigido P Q como una representación. Consulte la figura −→ −→ −→ 1.11, la cual muestra la representación de los vectores V (P Q), V (OP ) y V (OQ). Observe que: −→ −→ −→ V (P Q) = V (OQ) − V (OP ) −→ V (P Q) = hb1 , b2 i − ha1 , a2 i −→ V (P Q) = hb1 − a1 , b2 − a2 i Otra operación con vectores es la multiplicación escalar (o multiplicación por un escalar) que implica el producto de un vector y un escalar (un n´ umero real).

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Geometr´ıa Anal´ıtica Q(b1 , b2 ) P (a1 , a2 )

O Figura 1.11:

1.9 Definici´ on del producto de un vector y un escalar Si c es un escalar y A es el vector ha1 , a2 i. entonces el producto de c y A, denotado por cA, es el vector definido por cA = c ha1 , a2 i

= hca1 , ca2 i

Ejemplo 1.6. Si A = h4, −5i, entonces 3A = c h4, −5i

= h12, −15i

El módulo del vector cA se calcula como sigue: p (ca1 )2 + (ca2 )2 q = c2 (a21 + a22 ) √ q 2 = c a1 + a22

kcAk =

= ckAk

Por tanto el módulo de cA es el valor absoluto de c por el módulo de A. La interpretación geométrica del vector cA se presenta en las figuras 1.12 y 1.13. Si c > 0, entonces cA es un vector cuya representación tiene una longitud de c veces el módulo de A y tiene la misma dirección de A; un ejemplo de esto se muestra en la figura 1.12, donde c = 3. Si c < 0, entonces cA es un vector cuya representación tiene una longitud que es |c| veces el módulo de A y posee dirección opuesta a la de A. Esta situación se ilustra en la figura 1.13 donde c = 12 . El teorema siguiente proporciona las leyes que satisfacen las operaciones de adición vectorial y multiplicación por un escalar de vectores de V2 .

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3A

A

Figura 1.12:

A

1 A 2

Figura 1.13:

1.10 Teorema Si A, B y C son tres vectores cualesquiera de R2 , y c y d son dos escalares cualesquiera, entonces la adición vectorial y la multiplicación por escalar satisfacen las siguientes propiedades: (i) A + B = B + A

(ley conmutativa)

(ii) A + (B + C) = (A + B) + C

(ley asociativa)

(iii) Existe un vector 0 en V2 para el cual A + 0 = A (existencia del idéntico aditivo) (iv) Existe un vector −A en V2 tal que A + (−A) = 0 (existencia del inverso aditivo o negativo) (v) (cd)A = c(dA)

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(ley asociativa)

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Geometr´ıa Anal´ıtica (vi) c(A + B) = cA + cB

(ley distributiva)

(vii) (c + d)A = cA + dA

(ley distributiva)

(viii) 1(A) = A

(existencia del idéntico multiplicativo escalar)

Demostración. Se presentarán las demostraciones de (i) y (vi), las demás se dejan como ejercicios. En la demostración de (i) se utiliza la propiedad conmutativa para los n´ umeros reales, y en la demostración de (vi) se emplea la propiedad distributiva para los n´ umeros reales. Sean A = ha1 , a2 i y B = hb1 , b2 i. Demostración de (i) A + B = ha1 , a2 i + hb1 , b2 i = ha1 + b1 , a2 + b2 i = hb1 + a1 , b2 + a2 i

= hb1 + b2 i + ha1 , a2 i

= B+A Demostración de (vi)

c(A + B) = c(ha1 , a2 i + hb1 , b2 i) = c(ha1 + b1 , a2 + b2 i)

= hc(a1 + b1 ), c(a2 + b2 )i

= hca1 + cb1 ), ca2 + cb2 )i = hca1 , ca2 i + hcb1 , cb2 i = c ha1 , a2 i + c hb1 , b2 i) = cA + cB

El teorema es muy importante debido a que cualquier Ley algebraica para las operaciones de adición vectorial y multiplicación por un escalar en V2 . se puede deducir a partir de las ocho propiedades establecidas en el teorema. Estas leyes son semejantes a las leyes de la aritmética de n´ umeros reales. Además, en álgebra lineal, un espacio vectorial real se define como un conjunto de vectores junto con el conjunto do n´ umeros reales (escalares) y las dos operaciones de adición vectorial y multiplicación por un escalar que satisfacen las ocho propiedades presentadas en el teorema

1.11 Definici´ on de espacio vectorial real José Namuche

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Un espacio vectorial real V es un conjunto de elementos, llamados vectores, junto con el conjunto de n´ umeros reales denominados escalares, con dos operaciones llamadas adición vectorial y multiplicación vectorial por un escalar, tal que para cada par de vectores A y B en V y para cualquier escalar c, se definen los vectores A + B y cA de modo que las propiedades (i)-(viii) del teorema se cumplan. De esta definición, V2 es un espacio vectorial. Ahora se considerará un vector arbitrario de 2 y se expresará en una forma especial: ha1 , a2 i = ha1 , 0i + h0, a2 i

= a1 h1, 0i + a2 h0, 1i

(1.3)

Debido a que el módulo de cada uno de los dos vectores h1, 0i y h0, 1i es una unidad, se les conoce como vectores unitarios. A continuación se presenta la notación para estos dos vectores unitarios: i = h1, 0i j = h0, 1i Con estas notaciones se tiene (1.3) ha1 , a2 i = a1 i + a2 j

(1.4)

1 j i 1 Figura 1.14:

la representación de posición de los vectores i y j se muestra en la figura 1.14. La ecuación (1.4) establece que cualquier vector de V2 puede escribirse como una combinación lineal de i y j. De esta proposición y del hecho de que i y j son independientes (es decir, sus representaciones de posición no son colineales), se dice que los vectores i y j forman una base para el espacio vectorial V2 ). El n´ umero de elementos de una base del espacio vectorial se denomina dimensión del espacio vectorial. Por tanto V2 es un espacio vectorial bidimensional o de dos dimensiones. Ejemplo 1.7. De (1.4) h3, −4i = 3i − 4j

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(a1 , a2 ) a2

kAk

θ

a1 Figura 1.15:

´ Sean A el vector ha1 , a2 i y θ el Angulo director de A. Observe la figura 1.15, donde el punto (a1 , a2 ) está en el segundo cuadrante y se muestra la presentación de posición de A. Como A = a1 i + a2 j, a1 = kAk cos θ y a2 = kAk sen θ, entonces se puede escribir A = kAk cos θi + kAk sen θj = kAk(cos θi + sen θj)

(1.5)

Esta ecuación expresa el vector A en términos de su módulo del coseno y seno de su ángulo director, y de los vectores unitarios i y j. Teorema 1.2. Si el vector A = a1 i + a2 j es diferente del vector cero, entonces el vector unitario U tiene la misma dirección y el mismo sentido de A definido por U=

a1 a2 i+ j kAk kAk

Demostración. Se demostrará que U es un vector unitario que tiene la misma dirección de A. 2 2 a1 a2 1 + U= (a1 i + a2 j) kUk = kAk kAk kAk p a21 + a22 = kAk =

kAk kAk

= 1 Como kUk = 1, U es un vector unitario, y debido a que U es igual al producto de un escalar positivo y el vector A, la dirección y el sentido de U son los mismos que los de A. Teorema 1.3. Si A y B son dos vectores cualesquiera de V2 o V3 , y c es cualquier escalar, entonces

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i) c(A > ·B) = (cA) · B ii) 0 · A = 0 iii) A · A = kAk2 Las demostraciones se dejan como ejercicio. Ahora se considerará el significado de ´ angulo entre dos vectores, el cual conduce a otra expresión para el producto punto de vectores. ´ Definici´ on del Angulo entre Vectores Sean A y B dos vectores diferentes del vector cero. −→ −→ i) Si A no es un m´ ultiplo escalar de B y si OP es la representación de posición de A y OQ es la representación de la posición de B, entonces el ángulo entre los vectores A y B es el −→ −→ ángulo de medida positiva entre OP y OQ e interior al triángulo determinado por O, P y Q ii) Si A = cB, donde C es un escalar, entonces si c > 0, el ángulo entre los vectores mide 0 radianes; y si c < 0, entonces el ángulo entre los vectores mide π radianes El s´ımbolo empleado para denotar al ángulo entre dos vectores también se utiliza para representar la medida del ángulo. De la definición, si θ es la medida en radianes del ángulo entre dos vectores, entonces 0 ≤ θ ≤ π. La figura 1 muestra el ángulo θ entre los vectores A y B (donde A no es un m´ ultiplo escalar de B) de V2 , y la figura 2 muestra el ángulo cuando los vectores pertenecen a V3 Teorema 1.4. Si θ es el ángulo entre los vectores A y B, diferentes del vector cero, entonces A · B = kAkkBk cos θ

(1.6)

−→ Demostración. La figura 3 muestra la representación de posición OP de A, la representación −→ −→ de posición OQ de B, la representación P Q de B − A, y el ángulo θ en el origen, dentro del triángulo P OQ. De la ley de los cosenos se tiene cos θ =

kAk2 + kBk2 − kB − Ak2 2kAkkBk

Al aplicar las propiedades del producto punto, de los teoremas, resulta kB − Ak2 = = = =

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(B − A) · (B − A) (B − A) · B − (B − A) · A B·B−A·B−B·A+A·A kBk2 − 2A · B + kAk2

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(1.7)

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Geometr´ıa Anal´ıtica Si se sustituye de 1.7 en 1.6, se obtiene kAk2 + kBk2 − (kBk2 − 2A · B + kAk2 ) 2kAkkBk 2A · B cos θ = 2kAkkBk A · B = kAkkBk cos θ cos θ =

El teorema afirma que el producto punto de dos vectores es el producto de los módulos de los vectores y el coseno del ángulo entre ellos Definici´ on de Vectores Ortogonales Se dice que dos vectores A y B son ortogonales(o perpendiculares) si y sólo si A · B = 0 Definici´ on de la Proyecci´ on Escalar de un Vector sobre otro Si A y B son dos vectores diferentes del vector cero, entonces la proyección escalas de B sobre A se define como kBk cos θ, donde θ es el ángulo entre A y B. Observe que la proyección escalar puede ser positiva o negativa, dependiendo del signo de cos θ A · B = kAk(kBk cos θ) De modo que el producto punto de A y B es el módulo de A multiplicado por la proyección escalar de B sobre A. Consulte las figuras 6(a) y (b). Como el producto punto es conmutativo, A · Btambién es igual al módulo de B multiplicado por la proyección escalar de A sobre B. Si B = b1 i + b2 j + b − 3k, entonces i · B = b1 ,

j · B = B2 ,

k · B = b3

En consecuencia, del producto punto de B y uno de los vectores unitarios i, j o k, se obtiene la componente de B en dirección de ese vector unitario. Con el fin de generalizar este resultado, sea U cualquier vector unitario, entonces de (3), si θes el ángulo entre U y B U · B = kUkkBk cos θ = kBk cos θ

Por lo tanto U · B es la proyección escalar de B sobre U, a la cual se le llama componente del vector B en la dirección de U. De manera más general, la descomposición de un vector B sobre un vector unitario en la dirección de A. El teorema siguiente puede emplearse para calcular la proyección escalar de un vector sobre el otro. La proyección escalar del vector B sobre el vector A es A·B kAk

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Demostración. De la definición , la proyección escalar de B sobre A es kBk cos θ, donde θ es el ángulo entre A y B kAkkBk cos θ = A · B A·B kBk = kAk −→ Consulte otra vez la figura 5. Si C es el vector que tiene a OR como su representación de posición, entonces C se denomina vector proyección de B sobre A. Para determinar C, se multiplica kBk cos θ por el vector unitario la misma dirección de A. As´ı: A kAk kAk(kBk cos θ) A = kAk A·B A = kAk2

C = (kBk cos θ)

Este resultado se establece en el siguiente teorema Teorema 1.5. El vector proyección del vector B sobre el vector A es A·B A kAk2

1.12 Ejercicios resueltos Ejercicio 1.1. Sean A el vector h−4, 5i y P el punto (6, −2) (a) Dibuje la representación de posición de A y también la representación particular de A que tiene a P como su punto inicial. (b) Determine el módulo de A. Soluci´ on. −→ (a) Sea A el punto (−4,5). La figura 1.16 muestra el segmento dirigido OA es la representación −→ de posición del vector A. Sea P Q la representación particular del vector A que tiene a P como su punto inicial. Si Q = (x, y) entonces x − 6 = −4 x = 2

y+2 = 5 y = 3

−→ Por tanto, Q = (2, 3) y P Q se muestra en la figura 8.3. José Namuche

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17 A(−4, 5) b

Q(2, 3) b

b

P (6, −2) Figura 1.16:

(b) Del teorema 1.3. kAk = =

p

√

(−4)2 + (5)2

41

Ejercicio 1.2. Determine la medida en radianes del ángulo director de cada uno de los siguientes vectores (a) h−1, 1i; (b) h0, −5i; (c) h1, −2i. Soluci´ on. Las representaciones de posición de los vectores de (a) a (c) se muestran en las figuras (1, 1) 1.17, 1.18 y 1.19 respectivamente. (a1 , a2 ) θ θ (a1 , a2 ) θ

Figura 1.17:

Figura 1.19: Figura 1.18:

(a) tan θ = −1, y 21 π < θ < π; de modo que θ = 34 π (b) tan θ no existe, y a2 < 0; por lo que θ = 32 π (c) tan θ = −2, y 23 π < θ < 2π; por tanto θ = tan−1 (−2) + 2π se tiene θ =5.176 Ejercicio 1.3. Suponga que P es el punto (−1, 8) y Q es el punto (3, 2). Determine el vector A −→ que tiene a P Q como una representación.

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Soluci´ on. La figura 1.20 muestra el segmento dirigido P Q Sea el vector A = ha1 , a2 i. Como −→ P Q es una representación del vector A, el vector A traslada el punto P (−1, 8) al punto Q(3, 2). Pero el vector ha1 , a2 i traslada el punto (−1, 8) al punto (−1 + a1 , 8 + a2 ). As´ı, −1 + a1 = 3 a1 = 4

8 + a2 = 2 a2 = −6

Por tanto, A = h4, −6i. P (−1, 8) b

b

Q(3, 2)

b

(4, −6) Figura 1.20:

Ejercicio 1.4. Dos fuerzas de 200 lb y 250 lb forman un ángulo de 31 π entre s´ı y están aplicadas a un objeto en el mismo punto. Determine (a) la intensidad o módulo de la fuerza resultante, y (b) el ángulo que forma la resultante con la fuerza de 200 lb.

(250 cos 13 π, 250 sen 13 π) B A

α θ

A+B (200,0) Figura 1.21:

Soluci´ on. Consulte la figura 1.21, donde los ejes se han elegido de modo que la representación de posición de la fuerza de 200 lb coincida con la parte positiva del eje x. El vector A denota

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esta fuerza, por lo que A = h200, 0i. El vector B representa la fuerza de 250 lb. De las formulas (1.2), si B = hb1 , b2 i, entonces b1 = 250 cos 13 π b1 = 125

b2 = 250 sen 31 π a2 = 216. 5

As´ı, B = h125, 216. 5i. La fuerza resultante es A + B, por lo que A + B = h200, 0i + h125, 216. 5i

= h325, 216. 5i p (a) kA + Bk = (325)2 + (216. 5)2 = 390,5

(b) Si θ es el ángulo que el vector A + B forma con el vector A, entonces 216. 5 tan θ = 325 tan θ = 0. 6662 θ = 0. 5877 El ejemplo siguiente, que involucra la diferencia de dos vectores trata acerca de la navegación aérea. La velocidad del aire (o con respecto al aire) de un avión es su velocidad con relación a la velocidad del aire en que navega y la velocidad a tierra (o con respecto a la tierra) es su velocidad considerada desde el suelo. Cuando hay viento, la velocidad del avión relativa al suelo es la resultante del vector que representa la velocidad del aire y el vector que representa la velocidad del avión relativa al aire. En navegación, el curso de un barco o un avión es el ángulo medido en grados en el sentido en que giran las manecillas del reloj desde el norte a la dirección en la que se encamina la nave. El ángulo se considera positivo aunque se recorre en el sentido del giro de las manecillas del reloj. Ejercicio 1.5. Un avión puede volar a 300 mi/h. Si el viento sopla hacia hacia el este a 50 mi/h. ¿Cuál debe ser el enfilamiento del avión para que el curso sea de 30o ? ¿Cuál sera la velocidad a tierra del avión si vuela en este curso? Soluci´ on. Refiérase a la figura 1.22, la cual muestra las representaciones de posición de los vectores A y B as´ı como una representación de A − B. El vector A representa la velocidad del avión sobre un curso de 30o . El ángulo director de A es 60o . El vector B representa la velocidad del viento. Como B tiene una intensidad de 50 y un ángulo director de 0o , entonces B = h50, 0i. El vector A − B representa la velocidad del avión al aire, as´ı kA − Bk = 300. Sea θ el ángulo director de kA − Bk. De la figura 1.22 se obtiene el triángulo mostrado en la figura 1.23. Al aplicar la ley de los senos a este triángulo se tiene sen φ sen 60o = 50 300 50 sen 60o sen φ = 300 sen φ = 0,1433 φ = 8,3o

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Geometr´ıa Anal´ıtica y

90−θ A A−B

30º

θ

60º O

x

B

Figura 1.22:

||Α||

φ

60º

300

θ

50

Figura 1.23:

Por tanto θ = 60o + 8,3o = 68,3o Si se aplica otra vez la ley de senos al triángulo de la figura ??, se tiene kAk 300 = sen(180 − θ) sen 60o 300 sen 117,7o kAk = sen 60o kAk = 322 Conclusi´ on: El enfriamiento del avión debe ser 90o − θ, el cual es 21.7o , y si el avión vuela en este curso, su velocidad a tierra será de 322 mi/h. Ejercicio 1.6. Exprese el vector h−5, −2i en la forma (??) José Namuche

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Geometr´ıa Anal´ıtica

Soluci´ on. Al calcular el módulo y el coseno y el seno del ángulo director se tiene p k h−5, −2i k = (−5)2 + (−2)2 √ 29 = 5 2 cos θ = − √ y sen θ = − √ 29 29 Por tanto de (??) √ 5 2 h−5, −2i = 29 − √ i − √ j 29 29 Ejercicio 1.7. Dados A = 3i + j y B = −2i + 4j, obtenga el vector unitario que tiene la misma dirección de A − B Soluci´ on. A − B = (3i + j) − (−2i + 4j) = 5i − 3j

as´ı p 52 + (−3)2 √ = 34

A−B =

Por teorema 1.10 el vector unitario requerido es 5 3 U = √ i+ √ j 34 34 − → → Ejercicio 1.8. Sean − a y b vectores en R2 . Utilizando las propiedades del punto escalar, demostrar: − → − → − → → → → a) k− a + b k2 − k− a − b k 2 = 4− a · b

− → − → − → → → → b) k− a + b k2 + k− a − b k2 = 2(k− a k2 + k b 2 k) Soluci´ on. a)

− → − → − → → − → − → → − → → → → → k− a + b k2 − k− a − b k2 = (− a + b )(− a + b ) − (− a − b )(− a − b) − → − →→ − → − → − →→ − → → → → → = − a2+− a b + b− a + b 2 − (− a2−− a b − b− a + b 2) − → − →→ − → − → − → → → → → = k− a k2 + − a b + b− a + k b k2 − k− a k 2 + 2− a b − k b 2k − → → ≤ 4− a b b) − → − → − → → − → − → → → → → → k− a + b k2 + k− a − b k2 = (− a + b )(− a + b ) + (− a − b )(− a − b) − → − →− − →2 − → − →→ − → − → − → → − → → 2 2 = a + a b + b a + b +(a −− a b − b− a + b 2) − → − →→ − → − → − → → → → → = k− a k2 + − a b + b− a + k b k2 + k− a k2 − 2− a b + k b 2k − → → ≤ 2(k− a k2 + k b k2 ) José Namuche

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Carlos Vel´ asquez

22

Geometr´ıa Anal´ıtica − → → Ejercicio 1.9. Demostraremos que los vectores − a y b en R2 son ortogonales, si y sólo si: − → → → k− a + b k2 = k− a k2 − → → Soluci´ on. (⇒) k− a + b k2 = kak2 + kbk2 ⇒ a ⊥ b. − → − → → → Si − a ⊥ b demostraremos que − a · b = 0. En efecto − → − → → − → → → k− a + b k2 = (− a + b )(− a + b) − → − → → − → → → = − a2+− a · b + b ·− a + b2 − → − → → → = k− a k 2 + 2− a · b + k b k2 − → − → → → = k− a + b k 2 + 2− a · b − → → ⇒ 0 = − a · b − → − → − → → → → (⇐) − a ⊥ b ⇒ k− a + b k2 = k− a k2 + k b k2 . − → − → → → Se sabe que − a ⊥ b ⇔− a · b = 0. Luego − → − → → − → → → k− a + b k2 = (− a + b )(− a + b) − → − → → − → → → = − a2+− a · b + b ·− a + b2 − → − → → → = k− a k 2 + 2− a · b + k b k2 − → → = k− a k2 + 2 · 0 + k b k2 − → − → → → ⇒ k− a + b k2 = k− a k2 + k b k2 − → → Ejercicio 1.10. Deducir la desigualdad triangular que si − a y b están en R2 , entonces: − → − → − → → → → |k− a k − k b k| ≤ k− a + b k ≤ k− ak+kb k Soluci´ on. − → − → → → k− a k = k− a + b − bk − → − → → ≤ k− a + b k+k bk − → − → → → ⇒ k− a k − k b k ≤ k− a + bk − → − → → − kbk = kb −− a +→ ak − → → → = k− a + b −− ak − → → → = k(− a + b )−− ak − → − → − → ≤ ka + b k+kak − → − → − → → ⇒ −k a + b k ≤ k− ak−k bk

(1.8)

(1.9)

De (3.19) y (3.20) − → − → − → → → → −k− a − b k ≤ k− a k − k b k ≤ k− a + bk − → − → → → = |k− a k − k b k| ≤ k− a + bk José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

23

Geometr´ıa Anal´ıtica Por desigualdad triangular − → − → − → → → → ⇒ |k− a k − k b k| ≤ k− a + b k ≤ k− ak+k bk

− → → → Ejercicio 1.11. Hallar la medida del ángulo entre los vectores − a y b , si − a va de A(2, 5) a − → B(4, 4) y b de C(3, −2) a D(2, 1) Soluci´ on.

⇒

−→ − → a = AB = B − A = (4, 4) − (2, 5) = (2, −1) − → −−→ b = CD = D − C = (2, 1) − (3, −2) = (−1, 3) √ − → − → −2 − 3 1 a · b (2, −1) · (−1, 3) 2 √ = √ =− =− cos θ = − → = √ − → 2 2 ( 5) · ( 10) 5 2 |a|·| b|

π π 3π + = = 135o 2 4 4 −→ −→ Ejercicio 1.12. Si ABC es un triángulo es un triángulo y AC = (4, 1), AB = (−4, −3), hallar −−→ − → el coseno del ángulo que forma el vector BC con el vector unitario j = (0, 1). θ=

∴

B

b

c

A

C a

Soluci´ on.

−→ AB −→ AC B−A A−C B−C −−→ CB −−→ BC

= = = = = = =

B−A C−A (−4, −3) (−4, −1) (−8, −4) (−8, −4) (8, 4)

√ (0, 1) · (8, 4) 4 5 √ ⇒ cos θ = = √ = 5 (1)( 80) 4 5 √ √ √ √ −→ −→ Ejercicio 1.13. En un triángulo ABC se tiene: AB = (2 6, 2 2) y AC = ( 6, − 2). Deter−−→ minar la medida del ángulo formado por BC y el semieje positivo de las abscisas

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

24 B

b

c

A

C a

Soluci´ on.

−→ AB = B − A −→ AC = C − A √ √ B − A = (2 6, 2 2) √ √ A − C = (− 6, 2) √ √ B − C = ( 6, 3 2) √ √ −−→ CB = ( 6, 3 2) √ √ −−→ BC = (− 6, −3 2) √ √ √ (1, 0) · (− 6, −3 2) − 6 1 √ ⇒ cos θ = = √ =− 2 (1)( 24) 2 6 o o ∴ cos θ = cos 120 → θ = 120 → → → Ejercicio 1.14. Si − a = (a1 , a2 ), |− a | = 2, a1 /a2 = 4, hallar − a → Soluci´ on. − a = (a1 , a2 ) =?,

→ |− a | = 2, → |− a|=2

a1 = 4 → a1 = 4a2 a2

→ a21 + a22 = 4

→ 16a22 + a22 = 4 4 a22 = 17

2 a2 = ± √ 17 8 a1 = ± √ 17

(8, 2) → ⇒− a = √ 17 → Ejercicio 1.15. Un vector − a tiene longitud 5 y el punto de apoyo en (1, −1). Encontrar el − → vector a si la abscisa del punto terminal es cuatro. → |− a | = 5,

José Namuche

− → a =?

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

25

Geometr´ıa Anal´ıtica (4,x)

(1,−1)

Soluci´ on. → |− a|=5

⇒

p

(4 − 1)2 + (x + 1)2 = 5

9 + (x + 1)2 = 25 (x + 1)2 = 16 x + 1 = ±4

→ ⇒− a = (4, x) − (1, −1) = (4 − 1, x + 1) − → ∴ a = (3, ±4) Ejercicio 1.16. Probar que si P0 6= P1 entonces los puntos que trisecan al segmento que va de P0 a P1 tienen la forma (P0 + 2P1 )/3 y (2P0 + P1 )/3

P

1

P

P

3

2

P

0

Soluci´ on. P2 = 2P2 4P2 3P2 P2

P3 +P0 2 P2 +P1 2

= + P0 = P2 + P1 + 2P0 = P1 + 2P0 0 = P1 +2P 3

∧

P3 =

∧ ∧ ∧ ∧

P3 P3 P3 P3

= = = =

P0 2

P1 +2P0 +P1 3

2 4P1 +2P0 6 2(2P1 +P0 ) 6 2P1 +P0 3

−−→ −→ −→ Ejercicio 1.17. Si L, M, N son puntos medios de los segmentos BC, CA y AB respectivamente y Q es un punto cualquiera demuestre que −→ −−→ −→ −→ −−→ −−→ a) QA + QB + QC = QL + QM + QN −→ −−→ −−→ b) AL + BM + CN = 0

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

26

Geometr´ıa Anal´ıtica C L

M Q

B

A N

Soluci´ on. a) −→ −−→ −→ QA + QB + QC = A − Q + B − Q + C − Q B B C C A A + −Q+ + −Q+ + −Q = 2 2 2 2 2 2 A+B A+C B+C = −Q+ −Q+ −Q 2 2 2 = N −Q+M −Q+L−Q −−→ −−→ −→ = QN + QM + QL b) −→ −−→ −−→ AL + BM + CN = L − A + M − B + N − C B+C A+C A+B = −A+ −B+ −C 2 2 2 = A−A+B−B+C −C = 0

Ejercicio 1.18. Conociendo los vértices adyacentes de un paralelogramo A = (2, 0), B = (−3, 3) y el punto de intersección de sus diagonales Q = (−1, 0), hallar los otros dos vértices Soluci´ on. Q 2(−1, 0) (−2, 0) (−2, 0) − (2, 0) (−4, 0)

= = = = =

C+A 2

C + (2, 0) C + (2, 0) C C

Q 2(−1, 0) (−2, 0) (−2, 0) − (−3, 3) (1, −3)

= = = = =

D+B 2

D + (−3, 3) D + (−3, 3) D D

Ejercicio 1.19. Hallar los vértices de un triángulo, sabiendo que los puntos medios de sus lados son M = (−1, 7)/2, N = (−3, −4)/2 y P = (4, 3)/2 Soluci´ on. A = (a1 , a2 ),

José Namuche

B = (b1 , b2 ),

C = (c1 , c2 )

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

27 B M

N

A

M (−1, 7) −1 7

= A+B 2 = A+B = a1 + b1 = a2 + b2 ⇒

−1 −3 4 0 a1 b1 c1

∴ los vértices son: A = (3, 7),

= B+C 2 = B+C = b1 + c1 = b2 + c2

N (−3, −4) −3 −4

= = = = = = =

C

P

a1 + b1 b1 + c1 a1 + c1 a1 + b1 + c1 3 −4 1

7 7 −4 3 a2 b2 c2

P (4, 3) 4 3 = = = = = = =

= A+C 2 = A+C = a1 + c1 = a2 + c2

a2 + b2 b2 + c2 a2 + c2 a2 + b2 + c2 7 0 −4

B = (−4, 0),

C = (1, −4) −→ Ejercicio 1.20. Hallar la longitud de la mediana del lado P Q en el triángulo cuyos vértices son P = (3, 7), Q = (−4, 0) y R = (1, −4)

Q

M

P

P +Q Soluci´ on. M = = 2

R

3−4 7+0 , 2 2 −−→ |MQ| =

=

s

−1 7 , 2 2

1 1+ 2

r

7 + −4 − 2

9 225 + 4 4 r 234 3√ = = 26 4 2 − →→ − − → → → → Ejercicio 1.21. Demuestre que el vector b (− a ·→ c )−− c (− a · b ) es perpendicular a − a =

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

28

Geometr´ıa Anal´ıtica − →→ − − → → → → Soluci´ on. b (− a ·→ c)−− c (− a · b ) es perpendicular a − a

− →→ − − → − →→ − − → → → → → → → [ b (− a ·→ c)−− c (− a · b )] ⊥ − a ⇔ [ b (− a ·→ c )−− c (− a · b )] · − a =0

− →→ − − → → − → − →→ − → → → → → [ b (− a ·→ c )·− c (− a · b )] · − a = [(− a ·− c ) b − (− a · b )− c ]·→ a prop. conmutativa − → − → → → → → → → = [(− a ·− c ) b]·− a − [(− a · b)·− c ]− a − → − → → → → → → → = (− a ·− c )( b · − a ) − (− a · b )(− c ·− a) − → − → − → → → → → → = (− a · c) (− a · b ) − (− a · b )(− a ·− c) = 0

− − → → − ·→ − → → b a es ortogonal al vector − a Ejercicio 1.22. Demuestre que el vector b |a→ − a |2

Soluci´ on.

(a · b) (a · b) b− ·a ·a = b·a− ·a |a|2 |a|2 a·b · a2 = ba − |a|2 a·b = ba − · a2 |a|2 = ba − a · b = ab − ba

= 0

− → → → Ejercicio 1.23. Demuestre la desigualdad triangular para todo par de vectores − a y b : |− a + − → − → − → b |≤|a|+| b | Soluci´ on. |a + b|2 = (a + b)(a + b)

= a2 + ab + ba + b2

= |a|2 + ab + ba + |b|2

≤ |a|2 + |ab| + |ba| + |b|2 = |a|2 + 2|ab| + |b|2 = (|a| + |b|)2

⇒ |a + b| ≤ |a| + |b| Ejercicio 1.24. Demuestre que: − → − → → → a) (− a + b )⊥ = − a⊥+ b⊥ − → − → → → b) − a · b ⊥ = −− a⊥· b José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

29

Geometr´ıa Anal´ıtica → → c) (− a ⊥ )⊥ = −− a

− → − → → → d) − a⊥· b⊥ =− a · b → → e) (r − a )⊥ = r − a⊥ − → − → → → f) k− a | − | b k ≤ |− a − b| Soluci´ on.

a) (a + b)⊥ = ((a1 , a2 ) + (b1 , b2 ))⊥ = (a1 + b1 , a2 + b2 )⊥ = (−(a2 + b2 ), (a1 + b1 )) = (−a2 − b2 , a1 + b1 )

= (−a2 , a1 ) + (−b2 , b1 ) = a⊥ + b⊥ b) a · b⊥ = (a1 , a2 ) · (b1 , b2 )⊥

= (a1 , a2 ) · (−b2 , b1 ) = −a1 b2 + a2 b1

(1.10)

−a⊥ · b = −(a1 , a2 )⊥ · (b1 , b2 )

= −(−a2 , a1 ) · (b1 , b2 ) = (a2 , −a1 ) · (b1 , b2 ) = a2 b1 − a1 b2

= −a1 b2 + a2 b1

(1.11)

De (1.10) y (1.11) a · b⊥ = −a⊥ · b c) (A⊥ )⊥ = ((a1 , a2 )⊥ )⊥ = ((−a2 , a1 ))⊥ = (−a1 , −a2 ) = (a1 , a2 ) = a

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

30

Geometr´ıa Anal´ıtica d)

− → − → − → → a⊥· b⊥ =− a · b a⊥ · b⊥ = (a1 , a2 )⊥ · (b1 , b2 )⊥

= (−a2 , a1 ) · (−b2 , b1 )

= (−a2 )(b2 ) + (a1 )(b1 ) = (a2 b2 ) + a1 b1 = a1 b1 + a2 b2 = (a1 , a2 ) · (b1 , b2 ) = a·b e) (ra)⊥ = ra⊥ ra⊥ = r(a1 , a2 )⊥ = r(−a2 , a1 ) = (r(−a2 ), rd1) = (−ra2 , ra1 ) = (ra)⊥ f) |a| = |a + b − b|

≤ |a − b| + |b|

⇒ |a| − |b| ≤ |a − b|

(1.12)

b = b−a+a

= |a + b − a|

= | − (a − b) + a|

≤ | − (a − b)| + |a|

= | − 1||a − b| + |a| = |a − b| + |a|

−|a − b| ≤ |a| − |b|

(1.13)

De (1.12) y (1.13) −|a − b| ≤ |a| − |b| ≤ |a − b|

⇒ ||a| − |b|| ≤ |a − b|

Ejercicio 1.25. Pruebe que en cualquier paralelogramo la suma de los cuadrados de las longitudes de las diagonales es igual al doble de la suma de los cuadrados de los lados adyacentes

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

31

Geometr´ıa Anal´ıtica

d1

a

d2

b

Soluci´ on. |d1 |2 + |d2 |2 = 2(|a|2 + |b|2 )

|d1 |2 + |d2 |2 = |a + b|2 + |a − b|2 = |a|2 + 2ab + |b2 | |a|2 − 2ab + |b|2

= 2(|a|2 + |b|2 )

Ejercicio 1.26. Dados los puntos P = (1, 2), Q = (2, 5), R = (5, 8), S = (9, 10) que forman un −−→ −→ −→ trapecio , encontrar los puntos M y N sobre las diagonales, si se sabe MN = (P S − QR)/3. Q

R

M

N

S

P

Soluci´ on. −→ PS = S − P

= (9, 10) − (1, 2)

= (8, 8)

−→ QR = R − Q

= (5, 8) − (2, 5) = (3, 3)

−→ M = P + rP R −→ N = S + tSQ −−→ MN = N − M −→ −→ = S + tSQ − P − r P R

= (9, 10) + t((2, 5) − (9, 10)) − (1, 2) − r((5, 8) − (1, 2))

(8, 8) − (3, 3) = (8, 8) + t(−7, −5) − r(4, 6) 3 (5, 5) = (8 − 7t − 4r − 8 − 5t − 6r) 3 José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

32

Geometr´ıa Anal´ıtica 5 3

5 3

= 8 − 7t − 4r 5 = 24 − 21t − 12r 21t + 12r = 19

= 8 − 5t − 6r 5 = 24 − 15t − 18r 15t + 18r = 19

21t + 12r = 15t + 18r 6t = 6r t = r= M = (1, 2) +

19 (4, 6) 33

=

33+76 66+114 , 33 33

=

109 180 , 33 33

19 33

N = (9, 10) −

19 (7, 5) 33

=

297−133 330−95 , 33 33

=

164 235 , 33 33

− −→ −→ −−→ −→ −−→ Ejercicio 1.27. En el triángulo ABC se tiene 3EC = AE, hallar s y t si EB = sBA + tBC B

A

E

C

Soluci´ on. −−→ −→ 3EC = AE −−→ −→ −−→ EB = sBA + tBC −−→ −→ −→ EB = EA + AB −→ −→ = −BA − AE −→ 3 −→ = −BA − AC 4 −→ 3 −→ −−→ = −BA − (AB + BC) 4 −→ 3 −→ −−→ = −BA − (−BA + BC) 4 −→ −BA 3 −−→ = − BC 4 4 1 S = − 4 −3 t = 4 −−→ −−→ −−→ −→ −−→ Ejercicio 1.28. En el triángulo ABC se tiene AM = 34 MC. Si BM = r BA + tBC José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

33

Geometr´ıa Anal´ıtica B

A

Soluci´ on.

3x

M

−−→ 3 −−→ AM = 4 MC

C

4x

−→ AC −−→ MC

−−→ −→ −−→ BM = r BA + tBC

=

7x 4x

−−→ 4 −→ MC = 7 AC

−−→ −→ −−→ BM = BA + AM −→ 3 −−→ = BA + MC 4 −→ 3 −→ = BA + AC 7 −→ 3 −−→ −→ = BA + (BC + AB) 7 −−→ −→ −→ 3BC − 3BA = BA + 7 4 −→ 3 −−→ BA + BC 7 7 = r−t 4 3 1 = − = 7 7 7 =

−−→ −−→ Ejercicio 1.29. En el triángulo ABC, las longitudes de los segmentos BD y DA son como 3 y −−→ −→ −→ 5 respectivamente; si CD = mAB + nAC. Determinar: 8m+12n

B 3x

5x

D

A

José Namuche

C

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

34

Soluci´ on. −→ AB 8x −−→ = 5x AD −−→ 5 −→ AD = AB 8 −−→ BD 3 −−→ = 5 DA −−→ BD = 3x

−−→ DA = 5x

−→ AB 8x −−→ = 3x BD −→ 8 −−→ AB = BD 3 −−→ −−→ −→ CD = AD + CA −−→ 5 −→ −→ CD = AB − AC 8 5 − 2(1) = −7 8 8

1.13 Ejercicios propuestos En los ejercicios del (1) al (4), (a) dibuje la representación de posición del vector A y también la representación particular que pasa por el punto A y también la representación particular que pasa por el punto P . (b) calcule el módulo de A 1. A = h3, 4i, P = (2, 1). 2. A = h−2, 5i, P = (−3, 4). 3. A = he, −1/2i, P = (−2, −e). 4. A = h4, 0i, P = (2, 6). En los ejercicios 5 y 6 obtenga la medida exacta en radianes del ángulo director del vector. En el inciso (c) aproxime la medida a centésimos de radián. 5. (a) h1, −1i

José Namuche

(b) h−3, 0i

(c) h5, 2i

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

35

Geometr´ıa Anal´ıtica 6. (a)

√

3, 1

(b) h0, 4i

(c) h−3, 2i

−→ En los ejercicios 7 a 10, obtenga el vector A que tiene al segmento dirigido P Q como una −→ representación. Dibuje P Q y la representación de posición de A. 7. P = (3, 7), Q = (5, 4) 8. P = (5, 4), Q = (3, 7) 9. P = (−5, −3), Q = (0, 3) √ 10. P = (− 2, 0), Q = (0, 0) −→ −→ En los ejercicios 11 a 14, determine el punto S de modo que P Q y RS sean representaciones del mismo vector 11. P = (2, 5), Q = (1, 6); R = (−3, 2) 12. P = (−2, 0), Q = (−3, −4); R = (4, 2) 13. P = (0, 3), Q = (5, −2); R = (7, 0) 14. P = (−1, 4), Q = (2, −3); R = (−5, −2)

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Cap´ıtulo 2 Ecuaciones vectoriales de la recta

2.1 Rectas y segmentos de recta en el plano En estudios anteriores de geometr´ıa plana se menciona que una recta es un conjunto de puntos del plano. La ecuación lineal cuya forma cartesiana ordinaria es: Ax + By + C = 0 donde A o B es diferente de 0. (la condición de que A o B es diferente de 0 se expresa equivalentemente en la forma “A2 + B 2 6= 0”). Más adelante se discutirán en detalle ecuaciones de esta forma, pero ahora se empleará la rotación, que existe entre los puntos del plano los vectores, para demostrar que una recta queda definida también mediante una ecuación vectorial. Al estudiar a los puntos del plano y su relación con los vectores resulta u ´ til denotar al vector que va del origen a su punto S del plano mediante la letra min´ uscula s. y

y T(5,4)

T(5,4) t

S(4,2)

v=(1,2) S(4,2)

s x

x

Figura 2.2:

Figura 2.1:

Es bien conocido que dos puntos definen una recta. Se verá ahora cómo se puede emplear este 36

Geometr´ıa Anal´ıtica

37

hecho para obtener la ecuación vectorial de una recta. Considérese la Fig. 2.1, en la cual se muestran los puntos S(4,2) y T (5,4), as´ı como a la recta L que contiene s estos puntos. Si las representaciones geométricas ordinarias de los vectores s = (4,2) y t = (5,4) se agregan a esta figura. Se obtiene la Fig. 2.2. Obsérvese que en la Fig. 2.2 el vector V = t − s = (5,4) − (4,2) = (1,2) tiene una representación geométrica que esta sobre L. En la Fig 2.3 se muestra la misma configuración, excepto que se ha ubicado el punto U(x, y) sobre la recta L y se ha trazado el vector correspondiente u. (habiéndose omitido el vector t para simplificar la figura). En esta figura se aprecia que el vector w = u − s tiene una representación geométrica que está también sobre L y que por lo tanto w es paralela a v.

y

y

U(x,y)

U(x,y)

w=r(1,2) T(5,4)

w

u

v=(1,2)

u

T(5,4) v=(1,2)

S(4,2)

S(4,2)

s

s x

x

Figura 2.3: Figura 2.4:

En la fig. 2.4 se muestra la misma situación que en la fig. 2.3 excepto que ahora el punto U(x, y) no está sobre L. En este caso se ve que la representación geométrica de w = u − s no está sobre L y por lo tanto w no es paralelo a v. Es decir, U(x, y) está sobre L si y sólo si w es paralelo a v o bien si y sólo si u − s es paralelo a t − s. w es paralela a v si y sólo si w = rv, donde r es un escalar. Entonces Y está sobre L si y sólo si w = rv o bien u − s = r(t − s) Ejemplo 2.1. Obtenga la ecuación paramétrica vectorial de la recta L que pasa por S(3. − 2) y T (4,4)

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

38

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. Trácese un diagrama. Se tiene. Se tiene s = (3. − 2) y t = (4,4). Entonces t − s = (4,4) − (3. − 2) = (1,6)

Ahora, usando la Ecuación (1) se tiene que la ecuación paramétrica vectorial de L es u = (3. − 2) + r(1,6) y

T(4,4) t

u

U(x,y) x

s S(3,−2)

Figura 2.5:

Si v un vector de dirección de la recta L que contiene al punto S, entonces un punto U está sobre L si y sólo si (u − s) · vp = 0 (2.1) En particular, si se sabe que L contiene a dos puntos S y T , entonces un punto U está sobre L si y sólo si (u − s) · (t − s)p = 0 (2.2) Obsérvese que aunque las ecuaciones (2.1) y (2.2) contienen vectores, dichas ecuaciones son ecuaciones escalares de L puesto que contienen sólo productos escalares. Ejemplo 2.2. Demuestre que si L es una recta cuya ecuación paramétrica vectorial es u = (3,2) + r(−1,2) entonces (a) el punto cuyas coordenadas son (6.1) no está sobre L y (b) el punto de coordenadas (5.-2) está sobre L Soluci´ on. Por inspección de la ecuación dada de L, se ve que L pasa por el punto S(3,2) y que v = (−1,2) es un vector de dirección de L. Se tiene pues que vp = (−2. − 1).

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

39

Geometr´ıa Anal´ıtica (a) Para u = (6,1) se tiene u − s = (6,1) − (3,2) = (3. − 1) y (u − s) · vp = (3. − 1) · (−2. − 1) = −6 + 1 = −5 6= 0

Por lo tanto, u − s es no paralela a v, y entonces el punto coordenadas (6.1) no está sobre L. (b) Para u − s = (5. − 2) se tiene u − s = (5. − 2) − (3,2) = (2. − 4) y (u − s) · vp = (2. − 4) · (−2. − 1) = −4 + 4 = 0 Entonces, u − s es paralelo a v y el punto de coordenadas (5,-2) sobre L. Si d vector de dirección v en —a ecuación u = s + rv es un vector unidad, entonces para cualquier punto U sobre la gráfica de la ecuación, |r| es la distancia que separa a S de U (Figura 2.6). Esto se sigue del hecho que d(S · U) = ku − sk = krvk

= |r|kvk = |r|(1) = |r|

y U u−s=rv u v (||v||=1) s

x

0

Figura 2.6:

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Ejemplo 2.3. Obtenga el sistema de ecuaciones para métricas cartesianas de la recta que pasa por los puntos S(2. − 1) y T (5,3) Soluci´ on. Si se sustituye a x1 , y1 , x2 y2 , por 2. − 1,5 obteniéndose x = 2 + r(5 − 2)

y

y = −1 + r[3 − (−1)]

o bien x = 2 + 3r

y

y = −1 + 4r

2.2 Puntos que est´ an sobre una recta En la Sección 2-1 se emplearon los siguientes hechos, que intuitivamente parecen obvios, para obtener la ecuación paramétrica vectorial de una recta: Si un vector v tiene una representación geométrica cuyos extremos están sobre una recta dada L, entonces v es paralelo a cualquier otro vector que tenga una representación geométrica similar; pero al menos que v = 0, v es no paralelo a cualquier vector que tenga una representación geométrica con un extremo sobre L y el otro fuera de L. Se dice que la recta L es paralela a cualquier vector v cuya representación geométrica tenga sus extremos sobre L, y que todo vector tal, es paralelo a L. Cualquier vector no nulo v que sea paralelo a L se llamará vector de dirección de L. En la Sección 2.1 se vio que la ecuación paramétrica vectorial, o que el sistema de ecuaciones paramétricas cartesianas, de una recta L queda determinada si se conocen las coordenadas de dos puntos de L. Estas ecuaciones también se pueden determinar si se conocen las coordenadas de un punto de L y un vector de dirección de L. Consideremos la recta L que pasa por el punto S(x1 , y1 ) y

U(x,y)

u

rv=r(h,k)

v s 0

x

Figura 2.7:

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41

y que es paralela al vector no nulo v = (h, k). (Véase la Figura 2.7). De los comentarios hechos anteriormente se puede afirmar que un punto U(x, y) está sobre L si y sólo si u − s = rv o bien u = s − rv

(2.3)

donde r es un escalar. La Ecuación (2.3) recibe el nombre de ecuación paramétrica vectorial ordinaria de la recta que pasa por S y es paralela a v. Puesto que la Ecuación (2.3) se puede escribir en forma (x, y) = (x1 , y1 ) + r(h, k) el sistema de ecuaciones paramétricas cartesianas correspondiente para L es x = x1 + rh,

y = y1 + rk,

r∈R

(2.4)

Ejemplo 2.4. Obtenga la ecuación paramétrica vectorial y el sistema de ecuaciones paramétricas cartesianas de la recta que pasa por el punto S(7. − 1) y que es paralela al vector v = (−2,3). Soluci´ on. Trácese un diagrama. Directamente de la Ecuación (2.3) se tiene u = (7. − 1) + r(−2,3) Análogamente, de la ecuación 2.4 se tiene x = 7 − 2r,

y = −1 + 3r

y U(x,y)

u v=(−2,3)

s

x S(7,−1)

Figura 2.8:

Claro está que una recta tiene un n´ umero infinito de vectores de dirección, puesto que existe un n´ umero infinito de vectores no nulos paralelos a la recta dada, y cada uno de ellos es un vector de dirección de la recta. En particular L P y Q son dos puntos cualesquiera sobre la recia L, José Namuche

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42

entonces, tanto p − q como q − p son vectores de dirección de la recta. Para determinar si un punto S(x1 , y1 ) está sobre la recta L cuya ecuación cartesiana es Ax + By + C = 0 · A2 + B 2 6= 0, hay que sustituir las coordenadas x1 y y1 en la ecuación y notar que se obtiene una igualdad. Para el caso de una ecuación paramétrica vectorial, o para un sistema de ecuaciones paramétricas cartesianas, el problema es diferente. Por ejemplo, para determinar si T (3, 6) está o no sobre la recta cuya ecuación paramétrica vectorial es (x, y) = (1,3) + r(1,1) se pueden sustituir las coordenadas de T en lugar de x y y en la ecuación dada y entonces determinar si existe un escalar r para el cual (3,6) = (1,3) + r(1,1)

(2.5)

es decir (3,6) = (1 + r, 3 + r) o bien 3=1+

y

6=3+r

y

r=3

de donde, r=2

Puesto que 2 6= 3, no existe un n´ umero real r para el cual se cumpla la Ecuación (2.5), y se puede concluir que T (3, 6) no está sobre L. Hay una manera más sencilla de llegar a esta conclusión. Obsérvese primero que el resultado expresado por la Ecuación (2.3) se puede expresar como sigue: Si v es un vector de dirección de una recta L que contiene al punto S. entonces un punto U está sobre L si y sólo si u − s es paralelo a v. Ejemplo 2.5. Calcule las coordenadas de los puntos que trisecan al segmento de recta cuyos extremos son S(3, −4) y T (6, 2). Soluci´ on. Se tiene s = (3, −4) y t = (6, 2). Por lo tanto, el vector que va de S a T es t − s = (6,2) − (3. − 4) = (3,6) Entonces, los puntos del segmento ST están dados por u = (3. − 4) + r(3,6),

0≤r≤1

Las coordenadas del punto que está a una tercera parte de la distancia que separa a S de T son 1 (3. − 4) + (3,6) = (3. − 4) + (1,2) = (4. − 2) 3 y aquéllas del punto que está a dos terceras partes de la distancia que separa a S de T son 2 (3. − 4) + (3,6) = (3. − 4) + (2,4) = (5,0) 3 José Namuche

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43

Es decir, las coordenadas de los puntos que trisecan al segmento son (4,-2) y (5,0). Si se escribe la Ecuación (2.3) en términos del parámetro r y de las coordenadas de S, T y U se tiene (x, y) = (x1 , y1) + r[(x2 , y2 ) − (x1 , y1 )] = (x1 , y1) + r(x2 − x1 , y2 − y1 )

o bien (x, y) = (x1 + r(x2 − x1 ), y1 + r(y2 − y1 )) Esta ecuación vectorial es equivalente a las ecuaciones x = x1 + r(x2 − x1 )

y

y = y1 + r(y2 − y1 ),

r∈R

Estas ecuaciones reciben el nombre de sistema de ecuaciones paramétricas cartesianas de la recta que pasa por S y T . En la Sección 2-5 se verá que este sistema está relacionado con la forma cartesiana ordinaria de la ecuación de una recta. Ejemplo 2.6. Si L es la recta cuya ecuación es u = (1, 6) + r(3, 4). obtenga las coordenadas de los puntos de L que están a 10 unidades de distancia del punto S(1,6). Soluci´ on. Primero calc´ ulese cuál es el vector unidad en la dirección de (3.4). Este vector es 4 3 4 3 √ ,√ = , 5 5 9 + 16 9 + 16 Otra ecuación de L es

u = (1,6) + r

3 4 . 5 5

Se desea calcular las coordenadas de los puntos U(x, y) tales que |r| = 10, es decir, para los cuales r = 10 ó r = −10. Se tiene pues r = 10 r = −10 (x1 , y1 ) = (1,6) + 10 35 , 45 (x2 , y2 ) = (1,6) − 10 35 . 45 = (1,6) + (6,8) = (1,6) − (6,8) = (7,14) = (−5. − 2) Por lo tanto, U1 (7, 14) y U2 (−5, −2) son los puntos requeridos.

2.3 Pendiente de una Recta: Rectas Paralelas y Perpendiculares

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Recuérdese de estudios anteriores de matemáticas que el cociente de la altura de un segmento y la base del segmento recibe el nombre de pendiente del segmento y que a la pendiente de un segmento se le designa mediante la letra m. Se tiene pues altura altura base Si v = (h, k) es el vector de dirección de una recta L que contiene al punto S, entonces L tiene una ecuación paramétrica vectorial de la forma m=

r∈R

u = s + r(h, k),

(2.6)

Si se asigna el valor l a r se ve que las coordenadas de otro punto Q que este sobre L, se puede calcular sumando h a la primera coordenada y k a la segunda coordenada del punto dado S. Por lo tanto, h y k son la altura y la respectivamente del segmento SQ, y si h 6= 0, entonces hk es la pendiente de SQ. y

y Q v=(h,k)

altura=k

v=(h,k)

T altura=k/h

S s

S base=h

s

base=1

x

x (b)

(a)

Figura 2.9: Nuevamente, para h 6= 0, si se asigna el valor h1 a r, se ve de la Ecuación 2.6 que las coordenadas de un segundo punto T que este sobre L se puede calcular sumando h1 (h, k) = 1 − hk a s, es decir, sumando 1 a la primera coordenada de S y hk a la segunda coordenada de S. Puesto que 1 se suma a la primera coordenada de S y kk se suma a la segunda coordenada, se puede pensar que hk es el cambio, a lo largo de L, en la dirección vertical por unidad de cambio en la dirección horizontal. Obsérvese que el n´ umero hk no depende de la elección del punto S sobre L; depende sólo del vector de dirección (h, k). Tampoco hk depende del vector de dirección (h, k) espec´ıfico de L que se haya escogido, puesto que cualquier vector de dirección de L es de la forma c(h, k), o bien de ck la forma (ch, ck), donde c 6= 0, y que ch = hk . Por lo tanto, se define la pendiente de una recta como sigue: Si L es una recta tal que uno de sus vectores de dirección es (h, k) con h 6= 0, entonces la pendiente m de L está dada por k m= h José Namuche

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De esta definición se sigue que m es la pendiente de una recta L si y sólo si (l, m), o bien l, hk , es un vector de dirección de L. Esto indica que la Ecuación (2.6) de la anterior se puede escribir en la forma u = s + r(1.m), r∈R Ejemplo 2.7. Calcule la pendiente de la recta que pasa por los puntos S(5,1) y T (3, −2), y obtenga la ecuación paramétrica vectorial de la forma u = s + r(l, m) que describa esta recta. Soluci´ on. Un vector de dirección de esta recta es t − s = (3. − 2) − (5,1) = (−2. − 3) −3 Entonces, por definición, m = −2 = 32 . Puesto que S(5, 1) esta sobre la recta, una ecuación paramétrica vectorial de esta recta es u = (5, 1) + r(l, f ).

El método empleado para desarrollar el Ejemplo 2.7 sugiere que resultar´ıa u ´ til conocer una expresión de la pendiente de la recta que pasa por dos puntos en términos de las coordenadas de dichos puntos. Puesto que un vector de dirección de la recta que pasa por los puntos S(x1 , y1 ) y T (x2 , y2) es v = t − s = (x2 , y2 ) − (x1 , y1 ) = (x2 − x1 , y2 − y1 ) se sigue de la definición de pendiente que si x2 6= x1 , entonces la pendiente de L está dada por m=

y2 − y1 x2 − x1

una recta con un vector de dirección (h, k) es o bien vertical (si h = 0) o tienen una pendiente k (si h 6= 0). Entonces las rectas L1 y L2 son paralelas si y sólo si (i) ambas verticales o (ii) si h tienen la misma pendiente hk Ejemplo 2.8. Si L1 contiene a S(3, −1), L2 contiene a T (2,5) y L1 y L2 tiene ambas al vector v = (1,2) como vector de dirección. ¿Coinciden ambas rectas? Soluci´ on. Por definición las rectas L1 y L2 son paralelas. Coincidirán si y sólo si S y T están sobre ambas. Por consiguiente, coinciden si y sólo si t − s es paralelo a ambas, es decir, si y sólo si (t − s) · vp = 0. Se tiene que (t − s) − vp = [(2, 5); −(3, −1)] · (−2, 1) = (−1, 6) · (−2, 1) = 8 6= 0. Por lo tanto L1 y L2 no coinciden Ejemplo 2.9. Demuestre que la recta L1 con ecuación paramétrica vectorial u = (3, −1)+r(2, 3), es perpendicular a la recta L cuya ecuación paramétrica vectorial es u = (2, −1) + r(6, −4). Soluci´ on. De las ecuaciones dadas se ve que (2,3) es un vector de dirección de L1 , y que (6,4) es un vector de dirección de L2 . Puesto que (2, 3) · (6, −4) = 12 − 12 = 0. L1 y L2 son perpendiculares. En forma análoga podemos definir perpendicularidad de dos rectas en términos de sus vectores de dirección. Se vio que cada recta no vertical tiene un vector de de la forma (1, m), donde m es la pendiente

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de la recta. Por consiguiente, si L1 es una recta no vertical cuya pendiente es m1 y L2 es una recta no vertical cuya pendiente es m2 , entonces (1, m1 ) y (1, m2 ) son vectores de dirección de L1 y L2 , respectivamente. Como L1 y L2 son perpendiculares si y solo si (1, m1 ) y (1, m2 ) son Perpendiculares, es decir, si y sólo si (1, m1 ) · (1, m2 ) = 0 1 + m1 m2 = 0

m1 m2 = −1 o bien m=−

1 m2

y

m2 = −

1 m1

Se tiene: Dos rectas no verticales son perpendiculares si y sólo si la pendiente de una es el negativo del rec´ıproco de la pendiente de la otra. Las rectas verticales son perpendiculares a las rectas horizontales. Como se vio anteriormente no se puede definir la pendiente de las rectas verticales mientras que la pendiente de las rectas horizontales es cero. Para estos tipos de rectas el criterio anterior no es aplicable. Una recta cuya pendiente es positiva se “eleva”de izquierda a derecha, mientras que una recta cuya pendiente es negativa “cae”de izquierda a derecha. En la Figura 2.10 se muestra que la recta L1 tiene una pendiente, mientras que L2 tiene una pendiente negativa. x L1

L2

m>0

m 0)

Esta ecuación es satisfecha por las coordenadas de aquellos puntos y sólo aquellos se encuentran en la circunferencia. Este resultado se establece en el teorema siguiente

70

Geometr´ıa Anal´ıtica

71

3.2 Teorema. Ecuaci´ on de la Circunferencia Una ecuación de la circunferencia con centro en el punto C(h, k) y radio r es (x − h)2 + (y − k)2 = r 2 Si el punto de una circunferencia está en el origen, entonces h = 0 y k = 0; por tanto, su ecuación es x2 + y 2 = r 2 Tal circunferencia se muestra en la figura 3.2. Si el radio de una circunferencia es 1, se le llama circunferencia unitaria. y r

−r

r

O

x

−r

Figura 3.2:

Si se conocen el centro y el radio de una circunferencia puede dibujarse con ayuda del compás.

3.2.1 Trazo de una Circunferencia Para trazar la circunferencia que tiene la ecuación x2 + y 2 = r 2 1. Se resuelve esta ecuación para y y se obtiene y=

√

r 2 − x2

y

√ y = − r 2 − x2

La gráfica de cada una de estas ecuaciones es una circunferencia.

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2. Se trazan estas dos semicircunferencias en el mismo rectángulo de inspección, obteniéndose as´ı la circunferencia deseada. Ejemplo 3.1. La gráfica de la ecuación x2 + y 2 = 16 es la circunferencia con centro e el origen y radio 4. Al resolver esta ecuación para y se obtiene y=

√

√ y y = − 16 − x2

16 − x2

Al trazar estas circunferencias en el mismo rectángulo de inspección ([−5, 5] por [−5, 5]) se obtiene la circunferencia mostrada en la figura 3.3

4

y 2

0 -4

-2

0

2

4

x -2

-4

Figura 3.3:

Ejemplo 3.2. Obtenga la ecuación de la circunferencia que tiene un diámetro con extremos en A(−2, 3) y B(4, 5). Trace la circunferencia Soluci´ on. El punto medio del segmento A a B es el centro de la circunferencia. Vea la figura 3.4. Si C(h, k) es el centro de la circunferencia, entonces h = −2+4 2 h=1

k = 3+5 2 k=4

Por tanto, el centro está en C(1, 4). El radio de la circunferencia puede calcularse como |CA| o |CB|. Si r = |CA|, entonces r = =

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p √

(1 + 2)2 + (4 − 3)2

10

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73 y B(4,5) C(h,k) A(−2,3)

O

x

Figura 3.4:

Por tanto, una ecuación de la circunferencia es (x − 1)2 + (y − 4)2 = 10

x2 + y 2 − 2x − 8y + 7 = 0

A fin de trazar la circunferencia, primero se resuelve la ecuación para y considerándola como una ecuación cuadrática en y: y 2 − 8y + (x2 − 2x + 7) = 0 De la fórmula cuadrática, donde a = 1, b = −8 y c = x2 − 2x + 7, resulta √ −b ± b2 − 4ac y = 2a p −(−8) ± (−8)2 − 4(1)(x2 − 2x + 7) = 2(1) √ 2 8 ± 64 − 4x + 8x − 28 = 2 √ 8 ± 36 + 8x − 4x2 = √ 2 8 ± 2 9 + 2x − x2 = √ 2 = 4 ± 9 + 2x − x2 Si se trazan en el mismo rectángulo de inspección de gráficas de √ √ y = 4 + 9 + 2x − x2 y y = 4 − 9 + 2x − x2 se obtiene la circunferencia mostrada en la figura 3.5 La ecuación (x − h)2 + (y − k)2 = r 2 se denomina forma centro-radio de la ecuación de una circunferencia. Si se eliminan los paréntesis y se reducen a los términos semejantes se tiene x2 + y 2 − 2hx − 2ky + (h2 + k 2 − r 2 ) = 0 José Namuche

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7

6

5

y4

3

2

1 -2

-1

0

1

2

3

4

x

Figura 3.5:

Al considerar D = −2h, E = −2k y F = h2 + k 2 + r 2 , está ecuación se transforma en x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0 La cual se denomina forma general de la ecuación de la circunferencia tiene centro y radio, su ecuación puede expresarse en la forma centro-radio, y en consecuencia, en la forma general, como sew hizo en el ejemplo 3.2. Si se inicia con una ecuación de una circunferencia en la forma general, ésta puede expresarse en la forma centro-radio completando los cuadrados. El ejemplo siguiente muestra el procedimiento a seguir Ejemplo 3.3. Obtenga el centro y el radio de la circunferencia que tiene la ecuación x2 + y 2 + 6x − 4y − 23 = 0 Soluci´ on. La ecuación dada puede escribirse como (x2 + 6x) + (y 2 − 4y) = 23 si se completan cuadrados de los términos entre paréntesis al sumar 9 y 4 en ambos miembros de la ecuación se tiene (x2 + 6x + 9) + (y 2 − 4y + 4) = 23 + 9 + 4 (x + 3)2 + (y − 2)2 = 36

La ecuación anterior está en la forma centro-radio; de modo que es una ecuación de la circunferencia con centro en (−3, 2) y radio 6. Algunas ecuaciones de la forma x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0

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tienen gráficas que no son circunferencias. Suponga que cuando se completan los cuadrados se obtiene (x − h)2 + (y − h)2 = d donde d < 0 No hay valores reales de x y y que satisfagan esta ecuación; as´ı, la ecuación no tiene gráfica. En este caso se establece que la gráfica es el conjunto vac´ıo. Si se completan los cuadrados se obtiene (x − h)2 + (y − k)2 = 0 los u ´ nicos valores de x y y que satisfacen esta ecuación son x = h y y = k. De este modo, la gráfica consta del simple punto (h, k). La definición de la recta tangente a una curva general es un punto de la curva requiere del concepto de l´ımite. Sin embargo, para una circunferencia la definición de geometr´ıa plana establece que una recta tangente en un punto P de una circunferencia es la recta que intersecta la circunferencia en sólo un punto Ejemplo 3.4. Obtenga una ecuación de la recta tangente a la circunferencia x2 + y 2 − 6x − 2y − 15 = 0 en el punto (6, 5). Trace la circunferencia y la recta tangente en el mismo rectángulo de inspección. y

3x+4y−38=0

P=(6,5) r=5

C(3,1) O

x

Figura 3.6:

Soluci´ on. Se escribe la ecuación de la circunferencia en la forma centro-radio al completar los cuadrados: (x2 − 6x) + (y 2 − 2y) = 15

(x2 − 6x + 9) + (y 2 − 2y + 1) = 15 + 9 + 1 (x − 3)2 + (y − 1)2 = 25

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De esta ecuación, el centro es C(3, 1) y el radio es 5. La figura 3.6 muestra la circunferencia y una porción de la recta tangente en P (6, 5). Si m1 es la pendiente de la recta que pasa por C y P , entonces 5−1 6−3 4 = 3

m1 =

De geometr´ıa plana, se sabe que la recta tangente es perpendicular a la recta que pasa por C y P . Por tanto, si m2 es la pendiente a la recta tangente, entonces m2 m1 = −1 4 m2 ( ) = −1 3 3 m2 = − 4 En consecuencia de la forma punto-pendiente de la ecuación de la recta que pasa por (6, 5) con pendiente − 43 , se tiene como la ecuación requerida 3 y − 5 = − (x − 6) 4 4y − 20 = −3x + 18

3x + 4y − 38 = 0

La figura 3.7 muestra la circunferencia y la recta tangente trazadas en el mismo rectángulo de inspección.

12 y 8

4

0 -5

0

5

10

15

x -4

Figura 3.7:

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3.3 Propiedades de la circunferencia Al estudiar la geometr´ıa plana se ve que una circunferencia es el lugar geométrico (conjunto) de todos los puntos del plano que están a una distancia dada (radio) de un punto dado (centro). Al segmento cuyos extremos son el centro del c´ırculo y a un punto de la circunferencia se llama segmento radial de la circunferencia. Por lo tanto, el radio de una circunferencia es la longitud de un segmento radial de la misma. y

u u−s O

x

s S(2,−1)

Figura 3.8: Como se muestra en la figura 3.8, un punto U(x, y) del plano está sobre la circunferencia C de radio 4 con centro en S(4, −1) si y sólo si ku − sk = 4

(3.1)

Obsérvese que, sin embargo ku − sk = k(x, y) − (2, −1)k

= k(x − 2, y + 1)k p = (x − 2)2 + (y + 1)2

Por lo tanto de la ecuación (7.1) se tiene p (x − 2)2 + (y + 1)2 = 4

Puesto que ambos miembros de esta ecuación son n´ umeros positivos al tomar el cuadrado de ambos se obtiene una ecuación equivalente: (x − 2)2 + (y + 1)2 = 16 José Namuche

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(3.2)

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78

Puesto que los pasos algebraicos son reversibles la ecuación (3.2) es una ecuación de C y C es la gráfica o lugar geométrico de la ecuación (3.2). Empleando el mismo procedimiento se puede demostrar que, en general, si una circunferencia C tiene radio r y centro S(h, k) entonces una ecuación cartesiana de C es (x − h)2 + (y − k)2 = r 2

(3.3)

u−t vp T

s−t v S

Figura 3.9:

Dada una recta L tangente a una circunferencia es perpendicular al segmento que radial que contiene al punto de contacto T (figura 3.9) se sabe que si v es un vector de dirección de la recta que contiene al eje radial T S entonces vp es un vector de dirección de L. Se emplea esta información para encontrar una ecuación L si se conocen las coordenadas de T y la ecuación C. Como se sugiere en la figura 3.9, el radio r de una circunferencia C es igual a la distancia (perpendicular) que separa al centro S de C de cualquier recta L que sea tangente a C. Se puede emplear este hecho para obtener una ecuación de una circunferencia dadas las coordenadas (x1 , y1 ) de su centro y una ecuación Ax + By + C = 0 de una recta tangente.

3.4 Propiedades

3.4.1 Propiedad del cuadril´ atero inscrito en una circunferencia Determinar si el cuadrilátero de vértices P (5, 3), Q(2, 6), R(−6, 6) y S(−1, 9) puede ser inscrito una circunferencia. En caso que lo sea, determinar la ecuación de la circunferencia

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Soluci´ on. Por el teorema de Tolomeo: En todo cuadrilátero inscrito a un circunferencia, el producto de las diagonales es igual a la suma de los productos de los lados opuestos. Probaremos que: |QS| × |P R| = |P Q| × |RS| + |QR| × |P S| Y R

Q

P O C

X

S

En efecto, con los valores √ (2 + 1)2 + (6 + 9)2 = 3 26 p √ |P R| = (5 + 6)2 + (3 − 6)2 = 130 p √ |P Q| = (2 − 5)2 + (6 − 3)2 = 3 2 p √ |RS| = (−1 + 6)2 + (−9 − 6)2 = 5 10 |QS| =

Se tiene:

p

|P Q| = |2 − (−6)| = 8 p √ |P S| = (5 + 1)2 + (3 + 9)2 = 6 5

√ √ √ |QS| × |P R| = (3 26)( 130) = 78 5 √ √ √ |P Q| × |RS| = (3 2)(5 10) = 30 5 √ √ |QR| × |P S| = 8(6 5) = 48 5 √ √ √ con los cuales resulta la identidad: 78 5 = 30 5 + 48 5 Luego, si el cuadrilátero P QRS es inscriptible. Si C(h, k) es el centro de la circunferencia se tendrá: p p |P C| = |QC| ⇒ (h − 5)2 + (k − 3)2 = (h − 2)2 + (k − 6)2 ⇒ h − k + 1 = 0 · · · (1) p p |RC| = |SC| ⇒ (h + 6)2 + (k − 6)2 = (h + 1)2 + (k + 9)2 ⇒ h − 3k − 1 = 0 · · · (2)

De (1) y (2) por simultaneas, obtenemos: h = −2, k = −1 ⇒ C(−2, 1) p √ Radio de la circunferencia, r = |P C| = (5 + 2)2 + (3 + 1)2 = 65 Por la tanto la ecuación buscada es, C : (x + 2)2 + (y + 1)2 = 65 José Namuche

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80

Geometr´ıa Anal´ıtica

3.4.2 Propiedad del cuadril´ atero circunscrito en una circunferencia Determinar si el cuadrilátero de vértices A(9, −4), B(9, 11), C(3/2, 11) y S(−3, 5) es circunscribible en una circunferencia. Si lo es halle la ecuación de la circunferencia. Soluci´ on. Seg´ un el teorema de Pitot: En todo cuadrilátero circunscrito en una circunferencia la suma de los lados opuestos es igual a la suma de los otros dos. Entonces, debemos probar que |AB| + |CD| = |AD| + |BC| Y

C

B

d d D d

0

X A

En efecto: |AB| + |CD| = 15 + 15/2 = 45/2 |AD| + |BC| = 15 + 15/2 = 45/2

|AB| + |CD| = |AD| + |BC|

Luego, el cuadrilátero dado es circunscribible . Ecuaciones de los lados −→ −−→ AB : x − 9 = 0 , CD : 4x − 3y + 27 = 0 −−→ −−→ BC : y − 11 = 0 , AD : 3x + 4y − 11 = 0 El centro I(h, k) de la circunferencia se encuentra en la intersección de las bisectrices de los ángulos A, B, C y D. Bastará hallar las ecuaciones de dos bisectrices. Bisectriz de B : −d1 = −d2 ⇒ −(h − 9) = −(k − 11) ⇔ h − k + 2 · · · (1) Bisectriz de A : −d1 = −d3 ⇒ −(h − 9) = 3h+4k−11 ⇔ 2h + k − 14 = 0 · · · (2) 5 De (1) y (2), por simultaneas, se tiene: h = 4, k = 6 ⇒ I(4, 6) Radio de la circunferencia: r = |d1 | = |h − 9| = |4 − 9| = 5 Por tanto, la ecuación de la circunferencia es C : (x − 4)2 + (y − 6)2 = 25 José Namuche

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81

Geometr´ıa Anal´ıtica

3.5 Forma General de la Ecuaci´ on de la Circunferencia Teorema 3.1. La gráfica de la ecuación x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0 representa una circunfer| {z } Ecuaci´ on General

encia de radio diferente de cero s´ı, y s´ olo s´ı D 2 + E 2 − 4F > 0. √ Las coordenadas del centro son − D2 − E2 y el radio es r = 21 D 2 + E 2 − 4F

Demostración. 1. La ecuación de una circunferencia de centro (h, k), y de radio r, r > 0 es: (x − h)2 + (y − k)2 = r 2

(Forma ordinaria)

(3.4)

2. Debemos expresar la ecuación x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0 en forma ordinaria. Para ello, completamos cuadrados respecto a x y respecto a y, as´ı: x2 + Dx + · · · + y 2 + Ey + · · · = −F E2 D2 2 2 + y 2 + Ey + = D4 E4 − F x2 + Dx + | {z 4 } | {z 4} 2 2 2 2 x + D2 + y + E2 = D +E4 +4F

(3.5)

3. Al comparar la ecuación 3.5 con la ecuación ordinaria 3.4, debe ser: h=−

D , 2

E k=− , 2

1√ 2 D + E 2 − 4F 2

r=

con D 2 + E 2 − 4F > 0

3.5.1 Aplicaciones 1. Dado tres puntos: A(2, −2), B(−1, 4) y C(4, 6) hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por los tres puntos: Soluci´ on. Hay por lo menos tres maneras de resolver. Forma 1: Utilizando la ecuación general de la circunferencia C : x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0 Si A ∈ C

⇒

4 + 4 + 2D − 2E + F = 0

(3.6)

Si B ∈ C

⇒

1 + 16 − D + 4E + F = 0

(3.7)

16 + 36 + 4D + 6E + F = 0

(3.8)

Si C ∈ C José Namuche

⇒

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Geometr´ıa Anal´ıtica Restar: (1) − (2) − 9 + 3D − 6E = 0 ⇒ −3 + D − 2E = 0

(3.9)

(1) − (3) − 44 − 2D − 8E = 0 ⇒ −22 − D − 4E = 0

(3.10)

, D = − 32 . Al resolver el sistema formado por (3.9) y (3.10) se obtiene: E = − 25 6 6 34 Al reemplazar en (3.6) se obtiene F = − 6 Conclusi´ on: Al reemplazar en la ecuación general obtenemos: C : x2 + y 2 −

25 34 32 x− y− =0 6 6 6

6x2 + 6y 2 − 32x − 25y − 34 = 0

⇔

2. Dado la circunferencia C : 25x2 + 25y 2 + 30x − 20y − 62 = 0 a) Hallar el centro y el radio de C b) Graficar la circunferencia c) Hallar la longitud de la circunferencia d) Hallar el área del c´ırculo Soluci´ on. Lo primero que deberá hacerse es completar cuadrados en la ecuación: 25x2 + 25y 2 + 30x − 20y − 62 = 0 x2 + y 2 +

Dividir entre 25: Ordenar:

Respuestas:

20 25

62 25

= 0

x2 − 65 x + · · · + y 2 − 45 y + · · · =

62 25

C : x−

9 25 3 2 5

20 y 25

−

62 25

+ · · · + y2 −

x2 − 56 x + Forma ordinaria:

−

+··· =

x2 −

30 x 25

30 25

+ y 2 − 45 y + +

y−

4 25 2 2 5

=

62 25

+

9 25

+

4 25

= 3

a) Mirando la forma ordinaria tenemos: - El centro es C = 35 , 52 √ - El radio es r = 3 b) El gráfico es √ c) ℓ(C) = 2πr = 2π 3o d) A(C) = πr 2 = 3π

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Geometr´ıa Anal´ıtica y P r 2/5

C(3/5,2/5) x

3/5

3.5.2 Determinaci´ on de una Circunferencia Sujetas a tres Condiciones Dadas Proposici´ on 3.1. Una circunferencia que da bien determinada si se conocen tres puntos o si se conocen el centro y el radio. Esto es: a) Si queremos hallar la ecuación de la circunferencia (x−h)2 +(y −k)2 = r 2 , hay tres constantes (parámetros) arbitrarias: h, k y r que deberán conocerse. b) Si queremos hallar la ecuación general de la circunferencia x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0, hay, también, tres contantes arbitrarias independientes: D, D y F , que deberán conocerse Teorema 3.2. La ecuación d la circunferencia que pasa por tres puntos dados no colineales P1 (x1 , y1 ), P2 (x2 , y2) y P3 (x3 , y3 ), está dada por la determinante: 2 x + y 2 x y 1 x2 + y 2 x y 1 1 1 1 1 2 =0 2 x2 + y2 x2 y2 1 x2 + y 2 x y 1 3

3

3

3

Ejemplo 3.5. Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por los tres puntos: P1 (4, −1), P2 (0, −7), P3 (−2, −3) Soluci´ on. Hay por lo menos tres formas de hallar la ecuación de la circunferencia Cque pasa por P1 , P2 y P3 Forma 1: Aplicamos el Teorema 7.2, la ecuación de C, es: 2 x + y 2 x y 1 16 + 1 4 −1 1 =0 0 + 49 0 −7 1 4 + 9 −2 −3 1 José Namuche

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Es un determinante de 4 filas por 4 columnas 2 x + y 2 x y 1 17 4 −1 1 =0 43 0 −7 1 13 −2 −3 1

Restando la 1ra fila con la segunda, 3ra y 4ta fila obtenemos x2 + y 2 x y 1 x2 + y 2 − 17 x − 4 y + 1 0 =0 2 2 x + y − 49 x y + 7 0 x2 + y 2 − 13 x + 2 y + 3 0

Desarrollando el determinante por la 4ta columna, obtenemos: x2 + y 2 − 17 x − 4 y + 1 − x2 + y 2 − 49 x y + 7 = 0 2 x + y 2 − 13 x + 2 y + 3

Restando la 1ra fila con la segunda y 3ra filas: x2 + y 2 − 17 x − 4 y + 1 − 32 −4 −6 −4 −6 −2

Factorizar 2 de la 2da fila y -2 de la 3ra fila: x2 + y 2 − 17 x − 4 y + 1 −(2)(−2) 16 −2 −3 = 0 2 3 1

Multiplicar la 3ra fila por 3 y sumar a la 2da fila, luego, multiplicar −(y + 1) a la 3ra fila y sumar a la 1ra fila x2 + y 2 − 2y − 19 x − 3y − 7 0 22 7 0 2 3 1 Desarrollando por la 3ra columna: x2 + y 2 − 2y − 19 x − 3y − 7 =0 22 7

⇒

7x2 + 7y 2 − 22x + 52y + 21 = 0

Forma 2: Utilizando la ecuación general C : x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0 Si P1 ∈ C : 17 + 4D − E + F = 0 Si P2 ∈ C : 49 − 7E + F = 0 Si P3 ∈ C : 13 − 2D − 3E + F = 0 Al resolver el sistema de ecuaciones, obtenemos: D = − 22 , E = 52 ,F =3 7 7 Forma 3: Hallando las mediatrices, luego hallando la intersección de las mediatrices (cento de la circunferencia) y luego hallando la distancia del centro de la circunferencia a uno d los tres puntos (radio).

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3.6 Potencia de un punto con relaci´ on a una circunferencia Potencia de un punto P , con relación a una circunferencia, es el producto constante de las distancias de ese punto a las intersecciones de una secante cualquiera trazada por P1 con la circuenferencia. Sea la circunferencia C : x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0 (3.11) y el punto P1 (x, y) Si representamos la potencia por p = pot(P1 ) entonces por definición p = |P1 A| · |P1 B| Sea α el ángulo que forma el eje X, una secante cualquiera s trazada de P1 a la circunferencia. Las ecuaciones paramétricas de s son: ) x = x1 + 1 cos α (3.12) y = y1 + 1 cos α en donde el parámetro t es el valor algebraico del segmento que tiene por origan a P1 (x1 , y1) y por extremo el punto (x, y) generador de s. Sustituyendo las ecuaciones (3.12) en (3.11) se tiene (x1 + t cos α)2 + (y1 + t sen α)2 + D(x1 + t cos α) + E(y1 + t sen α) + F = 0 ⇒ (sen2 α + cos2 α)t2 + (2x1 cos α + 2y1 sen α + D cos α + E sen α)t+

x21 + y12 + Dx1 + Ey1 + F = 0

⇔ t2 (2x1 cos α + 2y1 sen α + D cos α + E sen α)t + x21 + y12 + Dx1 + Ey1 + F = 0 (3.13) La ra´ıces de 3.13 dan las distancias d1 = |P1 A| y d2 = |P1B| de P1 a las intersecciones de s con la circunferencia C . Luego, p será igual al producto de las ra´ıces de la ecuación (3.13), esto es: p = d1 · d2 = x21 + y12 + Dx1 + Ey1 + F

(3.14)

Se verifica que la potencia de p con relación a una circunferencia dada es igual al valor numérico del primer miembro de la ecuación de la circunferencia cuando se sustituyen las variables x e y, respectivamente por las coordenadas correspondientes del punto P1 (x1 , y1) Observaci´ on 1. Si la ecuación de la circunferencia está dada de la forma ordinaria C : (x − 2 h) + (y − k)2 = r 2 , el valor de la potencia será: p = (x1 − h)2 + (y − k)2 − r 2 José Namuche

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(3.15)

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Geometr´ıa Anal´ıtica Si designamos por d la distancia del punto P1 (x1 , y1 ) al centro C(h, k) se tiene: d=

p

(x1 − h)2 + (y1 − k)2

luego, la ecuación 3.15 se puede escribir

p = d2 − r 2

(3.16)

y ocurre que: a) Si d > r, el punto P1 es exterior a la circunferencia y la potencia es positiva b) Si d = r, el punto P1 esta en la circunferencia y la potencia es nula c) Si d < r, el punto P1 es interior a la circunferencia y la potencia es negativa

3.7 Familia de Circunferencia Teorema 3.3. Si las ecuaciones de dos circunferencias dadas cualquiera C1 y C2 son: C1 :

x2 + y 2 + D1 x + E1 y + F1 = 0,

C2 :

x2 + y 2 + D2 x + E2 y + F2 = 0,

la ecuación: x2 + y 2 + D1 x + E1 y + F1 + λ(x2 + y 2 + D2 x + E2 y + F2 ) = 0, λ ∈ R representa a la familia de circunferencias que tienen sus centros en la recta que une C1 y C2

3.7.1 Familia de circunferencias que pasan por la intersecci´ on de dos circunferencias dadas Sean las circunferencias C1 : x2 + y 2 + D1 x + E1 y + F1 = 0

(1)

C2 : x2 + y 2 + D2 x + E2 y + F2 = 0

(2)

Multiplicando la ecuación (2) por k y sumando (1) formamos la ecuación x2 + y 2 + D1 x + E1 y + F1 + k(x2 + y 2 + D2 x + E2 y + F2 ) = 0

(3)

en donde el parámetro k ∈ R. Supongamos que C1 y C2 se interceptan en dos puntos diferentes P1 (x1 , y1 ) y P2 (x2 , y2 ). Toda vez José Namuche

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que las coordenadas de P1 y P2 satisfacen las ecuaciones (1) y (2), ellas también deben satisfacer la (3), que se reduce a la forma 0 + k(0) = 0, para cualquier valor de k. Entonces la ecuación (3) representa la familia de las curvas que pasan por las intersecciones de C1 y C2 . Para determinar la naturaleza de las curvas de esa familia, escribimos la ecuación (3) de la siguiente forma: (k + 1)x2 + (k + 1)y 2 + (D1 + kD2 )x + (E1 + kE2 )y + (F1 + kF2 ) = 0

(4)

Si k = −1, la ecuación (4) se reduce a una ecuación de una linea recta, llamada eje radical. Para k 6= −1, la ecuación (4) representa una circunferencia. En particular, si k = 0, la ecuación (4) se reduce a la ecuación de C1 .

3.7.2 Eje Radical Es el lugar geométrico de los puntos de igual potencia con relación a dos circunferencias C1 y C2 ; o bien, es el lugar geométrico de los puntos desde los cuales se pueden trazar tangentes iguales a dos circunferencias del sistema C1 + kC2 = 0 Si en la ecuación (4) hacemos k = −1 obtenemos L : (D1 − D2 )x + (E1 − E2 )y + (F1 − F2 ) = 0

(5)

Seg´ un que el eje radical L corta a las circunferencias C1 y C2 en dos, uno o ning´ un punto, tenemos las siguientes posiciones relativas a ellas 1. CIRCUNFERENCIA SECANTES: El eje radical para por los puntos de intersección de C1 y C2 , y ocurre que la distancia entre los centros es menor que la suma de los radios d < r1 + r2 2. CIRCUNFERENCIA EXTERIORES: El eje radical pasa por el punto medio de la linea que une los centros C1 y C2 , y ocurre que la distancia de los centros es mayor que la suma de los radios. d > r1 + r2 3. CIRCUNFERENCIA TANGENTES EXTERIORES: El eje radical es la tangente com´ un en ambas circunferencias y ocurre que la distancia entre los centros es igual a la suma de los radios d = r1 + r2

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4. CIRCUNFERENCIA TANGENTES INTERIORES: El eje radical es la tangente com´ un en ambas circunferencias y ocurre que la distancia entre los centros es igual a la diferencia de los radios d = r1 − r2 Observaci´ on 2.

a) El eje radical es siempre perpendicular a la linea que une los centros de las circunferencias b) Cuando las circunferencias son concéntricas no existe eje radical.

3.8 Problemas Resueltos Ejercicio 3.1. Obtenga una ecuación cartesiana de la circunferencia de radio 6 con centro en S(4, −7). Soluci´ on. Haciendo h = 4, k = −7 y r = 6, de la ecuación (3.3) se obtiene (x−4)2 +[y−(−7)2 ]2 = 62 , o sea (x − 4)2 + (y + 7)2 = 36 Ejercicio 3.2. Determine el lugar geométrico en R2 de la ecuación x2 + y 2 − 6x + 4y + 4 = 0. Soluci´ on. SE puede escribir esta ecuación y completar los cuadrados de x y y como sigue x2 − 6x + (−3)2 + y 2 + 4y + (2)2 = −4 + (−3)2 + (2)2 (x − 3)2 + (y + 2)2 = 9,

(x − 3)2 + [y − (−2)]2 = 32 . Por lo tanto el lugar geométrico es una circunferencia de radio 3 con centro en el punto S(3, −2). Ejercicio 3.3. Obtenga ua ecuación cartesiana de la circunferencia que pasa por los puntos Q(3, −2), S(−1, −4) y T (2, −5). Soluci´ on. Las constantes D, E y F deben ser tales que las coordenadas de cada punto satisfagan x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0

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Geometr´ıa Anal´ıtica Por lo tanto 32 + (−2)2 + 3D − 2E + F = 0

(−1)2 + (−4)2 − D − 4E + F = 0 (2)2 + (−5)2 + 2D − 5E + F = 0

o bien 3D − 2E + F = −13

−D − 4E + F = −17 2D − 5E + F = −29

Resolviendo este sistema , es decir, despejando a D, E y F se ve que D = −2,

E = 6,

y F =5

Por lo tanto, una ecuación cartesiana de la circunferencia es x2 + y 2 − 2x + 6y + 5 = 0 Ejercicio 3.4. Obtenga una ecuación cartesiana de la recta L que es tangente en el punto T (6, −4) a la circunferencia C cuya ecuación es x2 + y 2 − 4x + 2y − 20 = 0 Soluci´ on. Obsérvese primero que T está sobre C puesto que 62 + (−4)2 − 4(6) + 2(−4) − 20 = 36 + 16 − 28 − 8 − 20 = 0 Completando cuadrados en x y y en la ecuación C, se obtiene (x2 − 4x + 4) + (y 2 + 2y + 1) = 20 + 4 + 1 (x − 2)2 + (y + 1)2 = 25.

Por lo tanto C tiene su centro en S(2, −1) y un vector de dirección de la recta que contiene al segmento radial T S es s − t = (2, −1) − (6, −4) = (−4, 3). Ejercicio 3.5. Obtenga una ecuación cartesiana de la circunferencia cuyo centro es S(5, 4) si la recta cuya ecuación es x + y = 3. Soluci´ on. Trácese un diagrama. En la ecuación Ax + By + C = 0 para L, se tiene A = 1, B = 1 y C = −3. También se tiene (x1 , y1) = (5, 4). Por lo tanto el radio r de C está dado por

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r = d(S, L) Ax1 + By1 + C 5 + 4 − 3 = √ = √ 2 2 2 2 A +B 1 +1 Enrique Reyes

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90

Geometr´ıa Anal´ıtica Sustituyendo a (5,4) por (h, k) y a

√6 2

por r en la ecuación (3.3) se obtiene

(x − 5)2 + (y − 4)2 = 18 que es una ecuación de C. Ejercicio 3.6. Hallar la ecuación de la circunferencia cuyo centro es el punto A(−4, −1) y que es tangente a la recta L : 3x + 2y − 12 = 0. L

A

Soluci´ on. Se pide hallar la ecuación: (x − h)2 + (y − k)2 = r 2

(1)

Debemos buscar: el centro (h, k) y el radio r. (a) Como dato se da el centro (h, k) = (−4, −1) (b) El radio r, sa halla por distancia: r = d(A, L) |3(−4) + 2(−1) − 12| 26 √ = =√ 9+4 13 Reemplazar en (1): 262 13 = 52

(x + 4)2 + (y + 1)2 = (x + 4)2 + (y + 1)2

Ejercicio 3.7. Una circunferencia pasa por los puntos A(−3, 3) y B(1, 4) y su centro está sobre la recta: L : 3x − 2y − 23 = 0, Hállese su ecuación. Soluci´ on.

1. Hagamos un gráfico simulado.

2. Debemos hallar el centro y el radio a) Como CA y CB son radios, entonces |CA| = |CB| José Namuche

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(1)

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91

Geometr´ıa Anal´ıtica A(−3,3) B(1,4) C L:3x−2y−23=0

b) Como el centro está sobre la recta entonces tiene la forma: 3x − 23 C = x, 2 c) Entonces (1) es: s

(x +

3)2

+

3x − 23 −3 2

2

=

s

(x +

1)2

+

3x − 23 −4 2

2

Elevar al cuadrado y reducir: 44x − 88 = 0 entonces x = 2. Por tanto, el centro es C = 2, − 17 y el radio es: 2 r = |CA| = = 3. La circunferencia es: (x − 2)2 + y +

17 2 2

s

(2 +

r

629 4

=

629 4

3)2

2 17 + − −3 2

Ejercicio 3.8. Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por el punto A(7, −5) y es tangente a la recta x − y − 4 = 0 en el punto B(3, −1) Soluci´ on.

1. Hacer un gráfico que simule con los datos que se dan A(7,−5) L: x−y−4=0 C B(3,−1)

2. Necesitamos el centro y el radio. a) Si C(h, k) es el centro, entonces |CA| = |CB|, porque CA y CB son radios.

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92

Geometr´ıa Anal´ıtica b) Hallemos la ecuación de la recta que pasa por BC ( punto de paso B(3, −1) Se tiene: m = −1, porque BC es perpendicular a la recta L. Luego, LBC : y + 1 = −1(x − 3) si y sólo si x + y − 2 = 0, luego y = 2 − x c) Entonces, el centro C tiene la forma C = (x, 2 − x) porque C ∈ LBC . Ahora, podemos hacer p

|CA| = |CB| p (x − 7)2 + (2 − x + 5)2 = (x − 3)2 + (2 − x + 1)2

Elevar al cuadrado

(x − 7)2 + (7 − x)2 = (x − 3)2 + (3 − x)2 2(x − 7)2 = 2(x − 3)2 x = 5

d ) Con x = 5 obtenemos: i) El centro C = (5; −3), y p √ ii) El radio r = |CA| = (7 − 5)2 + (−2 + 5)2 = 2 2

3. Conclusión: La circunferencia es: (x − 5)2 + (y + 3)2 = 8

Ejercicio 3.9. Hallar la ecuación de la circunferencia cuyo centro está sobre la recta 6x + 7y − 16 = 0 y es tangente a cada una de las rectas 8x + 15y + 7 = 0 y 3x − 4y − 18 = 0. Soluci´ on.

1. Hagamos un gráfico simulado L2 :8x+15y+7=0 P C

L3: 3x−4y−18=0 Q

L1: 6x+7y−16=0

2. Debemos hallar el centro y el radio a) Por los datos y mirando el gráfico se tiene: |CP | = |CQ|

(1)

porque CP y CQ son radios.

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93

Geometr´ıa Anal´ıtica b) Sean (h, k) las coordenadas del centro C. (i) Como C ∈ L1 entonces

6h + 7k − 16 = 0

(2)

(ii) Ahora, hallemos las distancias: d(C, L2) y d(C, L3) para luego igualarlos d(C, L2) = d(C, L3 ) |3h − 4k − 18| |8h + 15k + 7| √ √ = 64 + 225 9 + 16 |8h + 15k + 7| |3h − 4k − 18| = 17 5 ⇔ 5|8h + 15k + 7| = 17|3h − 4k − 18|. Aplicar |a| = |b| ⇔ a = b ∨ a = −b

⇔ 5(8h + 15k + 7) = 17(3h − 4k − 18) ∨ 5(8h + 15k + 7) = −17(3h − 4k − 18) ⇔ h − 13k − 31 = 0 . . . . . . . . . (3)

∨ 91h + 7k − 271 = 0 . . . . . . . . . (4)

3. Resolver los dos sistemas formados por (2) y (3), además (2) con (4): ( ( 6h + 7k − 16 = 0 6h + 7k − 16 = 0 h − 13k − 31 = 0 91h + 7k − 271 = 0 Al resolver, obtenemos: h = 5 , k = −2

4.

Al resolver, obtenemos: h = 3 , k = − 72

a) Si elegimos el centro C = (5, −2) y L2 , obtenemos: r = d(C, L2 ) =

|8(5) + 15(−2) + 7| =1 17

As´ı, la circunferencia es: (x − 5)2 + (y + 2)2 = 1 b) Si elegimos el centro C = (3, − 27 ) y L3 , obtenemos: r = d(C, L3 ) =

|3(3) − 4(− 27 ) − 18| 11 = 5 7

As´ı, obtenemos la circunferencia: (x − 3)2 + (y + 72 )2 =

121 49

Ejercicio 3.10. Dado el triángulo ABC cuyos vértices son: A(−1, 0), B(2, 9/4) y C(5, 0). Se pide: 1. Hallar la ecuación de la circunferencia circunscrita al triángulo. 2. Hallar la ecuación de la circunferencia inscrita al triángulo. 3. Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por los puntos medios de los lados del triángulo.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

94 y B

M

N

A C

x

P L2

Soluci´ on (Solución de (a)).

L1

1. Hacer el gráfico de los puntos A, B, C

2. Unir mediante un segmento de recta al punto A con el punto B con el punto C. 3. Hallar el punto medio de AB y el punto medio de BC. As´ı obtenemos: (i) M =

A+B 2

= ( 12 , 98 ), es el punto medio de AB.

(ii) M =

B+C 2

= ( 72 , 98 ), es el punto medio de BC.

4. Por M trazar la recta L1 , perpendicular al segmento AB. 5. Por N trazar la recta L2 , perpendicular el segmento BC. As´ı obtenemos el punto P , que es la intersección de las mediatrices L1 y L2 , llamado circuncentro (centro de la circunferencia circunscrita al triángulo). 6. Ahora hallemos la ecuación de la circunferencia de centro P = L1 ⊂ L2 y radio r = |P B| (i) La ecuación de L1 que pasa por M = ( 21 , 98 ) y de pendiente m = − m1

AB

mAB =

0− 94 −1−2

es L1 : y −

9 8

=

3 4

= − 34 , donde

= − 43 (x − 21 ) ⇔ 32x + 24y − 43 = 0

(ii) La ecuación de L2 que pasa por N = ( 72 , 98 ) y de pendiente m = − m1

BC

mBC =

9 −0 4

2−5

= 43 , donde

= − 34

= 43 (x − 72 ) ⇔ 32x − 24y − 85 = 0 ( 32x + 24y − 43 = 0 (iii) P = L1 ∩ L2 ⇔ ⇒ x = 2, y = − 78 . Luego P = (2, − 78 ). 32x − 24y − 85 = 0 q q (iv) El radio es r = |P B| = (2 − 2)2 + (− 87 − 94 )2 = ( 25 )2 . 8 es L2 : y −

9 8

7. Conclusión: la circunferencia es (x − 2)2 + (y + 78 )2 = Soluci´ on (Solución de (b)).

José Namuche

625 64

1. Graficar: A, B y C

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

95

Geometr´ıa Anal´ıtica y B R

L2

Q

L1

P A

1

2

3

4

C 5

x

2. Una circunferencia inscrita al triángulo ABC tiene centro P en la intersección de las bisectrices interiores (incentro). 3. Al trazar las bisectrices L1 y L2 se interceptan en P (centro de la circunferencia que se pide hallar). 4. De P trazar perpendiculares a los lados AB y BC, respectivamente. As´ı obtenemos la circunferencia inscrita de centro P y radio r = d(P, LAB ). Donde (i) P = L1 ∩ L2 (ii) r = d(P, LAB ) 5. Para obtener P , tenemos que hallar las ecuaciones de las bisectrices L1 y L2 (i) Para hallar la bisectriz L1 , necesitamos conocer las ecuaciones de los lados LAB y LAC . Veamos 9 −0 LAB : y − 0 = 4 (x + 1) ⇔ 3x − 4y + 3 = 0 2+1 0−0 LAC : y − 0 = (x + 1) ⇔ y = 0 5+1 Luego, la ecuación de la bisectriz L1 entre 3x − 4y + 3 = 0 ∧ y = 0, se obtiene en: 3x−4y+3 = ± y1 . 5 se obtienen: 3x − 4y + 3 3x − 4y + 3 =y ∨ = −y 5 5 L1 : x − 3y + 1 = 0 3x + y + 3 = 0 | {z } es la bisectriz interior

(ii) Para hallar la bisectriz L2 , necesitamos conocer las ecuaciones de los lados LCB y LCA . Veamos: LCB : y − 0 = LCA : y = 0 José Namuche

9 4

2−5

(x − 5) ⇔ 3x + 4y − 15 = 0

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

96

Geometr´ıa Anal´ıtica Luego, la bisectriz L2 entre 3x + 4y − 15 = 0 ∧ y = 0 se obtienen en: 3x+4y−15 5

(iii) La intersección de

= ±y ⇔

(

3x+4y−15 5

3x+4y−15 5

=y ∨ 3x − y − 15 = 0 ∨

= −y x + 3y − 5 = 0 L2 | {z }

es la bisectriz interior

L1 : x − 3y + 1 = 0 es P = (2, 1) L2 : x + 3y − 5 = 0

6. Conclusión: Conocidos el centro P = (2, 1) y el radio r, donde r es la distancia de P a la recta LCB : 3x + 4y − 15 = 0. √ r = |3(2)+4(1)−15| = 1 la ecuación de la circunferencia es: 9+16 (x − 2)2 + (y − 1)2 = 1 Soluci´ on (Solución de (c)). Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por los puntos medios del triángulo ABC. 1. Ya tenemos los puntos medios: M = ( 12 , 98 ), N = ( 72 , 98 ). El punto medio del lado AC es R(2, 0). y L2

L1

C M

T S

N

R x

2

1/2

2. Debemos hallar el centro C y el radio r: (i) C es la intersección de las mediatrices L1 y L2 trazados de los lados MR y MN , respectivamente Para hallar L1 , necesitamos: M +R = S= 2 y su pendiente m = − m 1

MR

Luego, L1 : y −

9 16

=

4 3

5 9 , 4 16

donde mM R =

9 8 1 −2 2

= − 34 .

= 43 (x − 54 ), por tanto L1 : 64x − 48y − 53 = 0.

Para hallar L2 , necesitamos: T = M +N = (2, 98 ) y su pendiente 2 m = − m 1 = − 10 = ∓∞ (no existe). En este caso la ecuación de L2 es x = 2. MN

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

97

Luego, C = L1 ∩ L2 , resolver el sistema

(

64x − 48y − 53 = 0 x=2

) se obtiene C = (2, 25 16 (ii) El radio r, es r = |CR| =

25 16

3. Conclusión: La circunferencia es (x − 2)2 + (y −

25 2 ) 16

=

625 . 256

√ Ejercicio 3.11. Dos circunferencias C1 y C2 son concéntricas; el radio de C1 es 2 5 y la recta tangente a C1 corta a C2 en los puntos B(8, −10) y C(12, −2). Hallar las ecuaciones de C1 y C2 , sabiendo además que la abscisa del centro de las circunferencias es menor que 10. Soluci´ on. 1. En primer lugar un gráfico simulado co el fin de tener mejor idea para resolver el problema. B(8,−10)

M r D C(12,2) C1 C2

2. Para hallar la ecuación de la circunferencia C1 necesitamos su centro D = (h, k) y su radio r. √ a) Seg´ un datos: r = 2 5 b) Para hallar el centro necesitamos: (i) Hallar M, punto medio de BC: M=

B+C = (10, −6) 2

(ii) La ecuación de LDM es y + 6 = m(x − 10) Donde m es la inversa, con signo cambiado, de mBC = −10+2 = 2, porque DM 8−12 es perpendicular a BC. Luego, LDM : y + 6 = − 12 (x − 10) ⇔ LDM : x + 2y + 2 = 0

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

98

Geometr´ıa Anal´ıtica (iii) Como (h, k) ∈ LDM entonces h + 2k + 2 = 0

(1)

luego h = −2k − 2

(iv) Ahora el centro podemos expresar as´ı D = (−2k − 2, k). Como el radio de C1 es:

Elevar al cuadrado:

√ |DM | = 2 5 p √ (−2k − 2 − 10)2 + (k + 6)2 = 2 5

4(k + 6)2 + (k + 6)2 = 20 (k + 6)2 = 4 ⇔

k = −4 ∨ k = −8 ⇓ ⇓ C = (6, −4) ∨ C = (14, −8) | {z } este punto se elige porque su abscisa es menor que 10

3. Conclusión: √ a) La ecuación de la circunferencia C1 conocidos: D = (6, −4), r = 2 5 es: (x − 6)2 + (y + 4)2 = 20 b) La ecuación de la circunferencia C2 conocidos: D = (6, −4), p √ r = |DB| = (8 − 6)2 + (−10 + 4)2 = 40 es: (x − 6)2 + (y + 4)2 = 40

Ejercicio 3.12. Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por el punto A(−8, 5) y por la intersecciones de las circunferencias: C1 : x2 + y 2 − 8x − 6y + 17 = 0, C2 : x2 + y 2 − 18x − 4y + 67 = 0 Soluci´ on. 1. La familia de circunferencias que pasan por las intersecciones de C1 y C2 , es: Cλ : x2 + y 2 − 8x − 6y + 17 + λ(x2 + y 2 − 18x − 4y + 67) = 0 2. Si A ∈ Cλ

⇒

64 + 25 + 64 − 30 + 17 + λ(64 + 25 + 144 − 4y + 67) = 0 140 + 280λ = 0

José Namuche

⇒

Enrique Reyes

λ=−

1 2

Carlos Vel´ asquez

99

Geometr´ıa Anal´ıtica 3. Al reemplazar en 1, obtenemos: x2 + y 2 − 8x − 6y + 17 − 12 (x2 + y 2 − 18x − 4y + 67) = 0 ⇔ x2 + y 2 + 2x − 8x − 33 = 0

Ejercicio 3.13. Hallar la ecuación de la circunferencia que tiene su centro sobre la recta 2x + y − 14 = 0 y que pasa por las intersecciones de las circunferencias C1 : x2 + y 2 − 8x − 4y + 11 = 0 y C2 : x2 + y 2 − 4x + 4y − 8 = 0 Soluci´ on. 1. La familia de circunferencias que pasan por las intersecciones de las circunferencias C1 y C2 es: Cλ :

x2 + y 2 − 8x − 4y + 11 + λ(x2 + y 2 − 4x + 4y − 8y) = 0 (1 + λ)x2 + (1 + λ)y 2 + +(−8 − 4λ)x + (−4 + 4λ)y + 11 − 8λ = 0

2. El centro de Cλ es C = (h, k), donde h = − D2 , k = − E2 Siendo D = −8−4λ , E = −4+4λ 1+λ 1+λ 4+2λ 2−2λ Luego, h= 1+λ , k = 1+λ 3. Como el centro pertenece a la recta 2x + y − 14 = 0, entonces: 4 + 2λ 2−λ 2 + − 14 = 0 , λ 6= 1 1+λ 1+λ 8 + 4λ + 2 − 2λ − 14 − 14λ = 0 ⇔ λ = −

1 3

4. Al reemplazar en Cλ : x2 + y 2 − 8x − 4y + 11 − 13 (x2 + y 2 − 4x + 4y − 8) = 0 2x2 + 2y 2 − 20x − 16y + 41 = 0 Ejercicio 3.14. Hallar la ecuación de la circunferencia de radio secciones de las circunferencias:

5 2

√

2 y que pasa por las inter-

C1 : x2 + y 2 + 2x − 6y − 16 = 0 y C2 : x2 + y 2 − 6x + 2y = 0 Soluci´ on.

1. La familia de circunferencias que pasa por las intersecciones de C1 y (C2 ) es: Cλ :

x2 + y 2 + 2x − 6y − 16 − λ(x2 + y 2 − 6x + 2y) = 0 (1 + λ)x2 + (1 + λ)y 2 + (2 − 6λ)x + (−6 + 2λ)y − 16 = 0

2. El radio de C1 es r =

José Namuche

1 2

√

D 2 + E 2 − 4F , donde D =

Enrique Reyes

2−6λ , 1+λ

E=

−6+2λ , 1+λ

16 F = − 1+λ , λ 6= 1.

Carlos Vel´ asquez

100

Geometr´ıa Anal´ıtica 3. Como dato se tiene el radio r =

5 2

√

2, entonces igualamos:

s

2 −4 1 2 − 6λ −6 + 2λ 16 2 = + − 2 2 1+λ 1+λ 1+λ √ 1 p 5 2 = (2 − 6λ)2 + (−6 + 2λ)2 + 64(1 + λ) 1 + λ √ √ 5 2(1 + λ) = 40λ2 + 16λ + 104 5√

elevar al cuadrado y simplificar 5λ2 + 42λ − 27 = 0

⇔

λ = −9 , λ =

3 5

4. Conclusión a) con λ = −9 obtenemos: x2 + y 2 − 7x + 3y + 2 = 0 b) con λ =

3 5

obtenemos: x2 + y 2 − x − 3y − 10 = 0

Ejercicio 3.15. Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por las intersecciones de las circunferencias x2 + y 2 − 6x + 4 = 0, x2 + y 2 − 2 = 0, y que es tangente a la recta x + 3y − 14 = 0. Soluci´ on. 1. En primer lugar, graficar los datos para tener una idea del problema. La circunferencia C1 :

x2 + y 2 − 6x + 4 = 0

x2 − 6x + · · · + y 2 = −4

x2 − 6x + 9 + y 2 = −4 + 9 ( centro c = (3, 0) √ (x − 3)2 + y 2 = 5 radio r = 5 = 2,23

La circunferencia C2 : x2 + y 2 = 2

(

centro c = (0, 0) √ radio r = 2 = 1,41

Recta tangente L : x + 3y − 14 = 0 x 0 14 y 14/3 0 2. Hallemos la intersección de C1 con C2 : Al restar C1 menos C2 , obtenemos: −6x + 6 = 0 x = 1

Reemplazar x = 1 en C1 : 1 + y 2 − 6 + 4 = 0 ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ±1. Los puntos de intersecciones son A = (1, 1) , B = (1, −1) José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

101

Geometr´ıa Anal´ıtica P

L: x+3y14=0 A(1,1)

C

B(1,−1)

1

Se cumple: d(C, L) = |CA| y |CA| = |CB| |h + 3k − 14| p √ = (h − 1)2 + (k − 1)2 1+9

y

(1)

p p (h − 1)2 + (k − 1)2 = (h − 1)2 + (k + 1)2 (k − 1)2 = (k + 1)2 k=0

Reemplazar (2) en (1): Elevar al cuadrado:

|h−14| √ 1+9

=

p

(2)

(h − 1)2 + 1

(h − 14)2 = (h − 1)2 + 1 ⇒ (h − 14)2 = 10[(h − 1)2 + 1] 10 ⇒ 9h2 + 8h − 176 = 0 ⇒ h = 4 , h = −

44 9

3. Conclusión: a) Para C = (h, k) = (4, 0); el radio es r = |CA| = es: (x − 4)2 + y 2 = 10

√

10 y la ecuación de la circunferencia

q 2890 b) Para C = (h, k) = (− 44 , 0), el radio es r = |CA| = 9 81 44 2 2890 2 y la ecuación de la circunferencia es: (x + 9 ) + y = 81 ⇔ 9x2 + 9y 2 + 88x − 106 = 0

Ejercicio 3.16. Los vértices de un cuadrado pertenecen a las rectas L1 : x − 7y + 35 = 0

L3 :

7x + y − 5 = 0

L2 : x − 7y − 15 = 0

L4 : 7x + y − 55 = 0

Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por los vértices del cuadrado. Soluci´ on.

1. Para intuir el problema, podemos hacer un simulacro del gráfico.

2. Se pide hallar la ecuación de la circunferencia C: (x − h)2 + (y − k)2 = r 2 . h =? , k =? , r =?

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

102

Geometr´ıa Anal´ıtica L4

A

L1

L3 B

L2 P

D

C

3. Si la circunferencia C pasa por los vértices A, B, C y D, bastará hallar: a) El centro P , que es punto medio del segmento AC b) El radio r = |P A| (

4. Hallar {A} = L1 ∩ L4

Hallar {C} = L2 ∩ L3

(

x − 7y + 35 = 0 se obtiene A = (7, 6). 7x + y − 55 = 0

x − 7y − 15 = 0 se obtiene C = (1, −2) 7x + y − 5 = 0

5. Conocidos A y C, hallamos: a) El centro P = 21 (A + C) = (4, 2) b) El radio r = |P A| = 5 c) Conclusión: C: (x − 4)2 + (y − 2)2 = 25 Ejercicio 3.17. Hallar la ecuación de la circunferencia inscrita al triángulo cuyos lados son L1 : 24x − 7y = 60, L2 : 5x − 12y = 70 y L3 : 3x + 4y = 14 Soluci´ on. El centro C(h, k) de la circunferencia se encuentra en el incentro del triángulo (punto de intersección de las bisectrices de los ángulos interiores). Entonces, tomando las distancias dirigidas del centro C a los lados del triángulo tendremos: d1 = −d2 ⇒

24h−7k−60 √ 576+49

=

5h−12k−70 √ 25+144

⇔ 19h − 17k − 110 =

√ −d2 = −d3 ⇒ − 5h−12k−70 25+144

⇔

17k

= h + 8k + 12

0 √ − 3h+4k−14 9+16

0

(3.17)

(3.18)

De 3.17 y 3.18, por simultáneas: h = 4, k = −2 ⇒ C(4, −2). Luego la ecuación de la circunferencia es: C : (x − 4)2 + (y + 2)2 = 4

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

103

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 3.18. Hallar la ecuación de la circunferencia tangente a la recta L1 : 4x − 3y + 5 = 0, de radio 5 unidades y centro sobre L2 : 2x + y = 0 Soluci´ on. Si C(h, k) ∈ L2 ⇒ 2h + k = 0 r = d(C, L1) ⇒ 5 =

|14h − 3k + 5| √ 16 + 9

⇒ |14h − 3k + 5| = 25 ⇔ 4h − 3k − 20 = 0 ó 4h − 3k + 30 = 0 ( (2h + k = 0) ∩ (4h − 3k − 20 = 0) = C(2, −4) ⇒ (2h + k = 0) ∩ (4h − 3k + 30 = 0) = C1(−3, 6) Luego, las ecuaciones de las circunferencias son: C : (x − 2)2 + (y − 4)2 = 25 ó C1 = (x + 3)2 + (x − 6)2 = 25 Ejercicio 3.19. Hallar la máxima y m´ınima distancia del punto P (−7, 2) a la circunferencia C : x2 + y 2 − 10x − 14y − 151 = 0 Soluci´ on. la ecuación de la circunferencia ordinaria es: C : (x − 5)2 + (y − 7)2 = 225 Entonces, C = (5, 7) y r = 15. La potencia del punto P respecto a la circunferencia C es p = (−7 − 5)2 + (2 − 7)2 − 225 = −56

⇒ p

3 4

Ejercicio 3.38. Dada la ecuación de un haz de rectas α(s − 8y + 30) + β(x + 5y − 22) = 0, hallar las rectas de este haz, en las que la circunferencia x2 + y 2 − 2x + 2y − 14 = 0 intercepta √ cuerdas de longitud 2 3. Respuesta : 2x + 3y + 8 = 0, 3x + 2y − 14 = 0 Ejercicio 3.39. Dadas dos circunferencias (x − m1 )2 + (y − n1 )2 = R12 , x − m22 + (y − n2 )2 = R22 , que se cortan en los puntos M1 (x1 ; y1) y M2 (x2 ; y2 ), demostrar que cualquier circunferencia que pasa por los puntos M1 , M2 y también la recta M1 M2 , se pueden determinar por una ecuación de la forma α[(x−m1 )2 +(y −n1 )2 −R12 ]+β[(x−m2 )2 +(y −n2 )2 −R22 ] = 0 eligiendo adecuadamente los n´ umeros α y β.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

109

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 3.40. Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por el punto de A(1; −1) y por el punto de intersección de las dos circunferencias x2 +y 2 +2x−2y−23 = 0, x2 +y 2 −6x+12y−35 = 0. Respuesta : x2 + y 2 + 6x − 9y − 17 = 0 Ejercicio 3.41. Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por el origen de coordenadas y por el punto de intersección de las dos circunferencia: (x+3)2 +(y+1)2 = 25, (x−2)2 +(y+4)2 = 9. Respuesta : 13x2 + 13y 2 + 3x + 71y = 0 Ejercicio 3.42. Calcular la distancia del centro de la circunferencia x2 + y 2 = 2x a la recta que pasa por el punto de intersección de las dos circunferencias: x2 + y 2 + 5x − 8y + 1 = 0, x2 + y 2 − 3x + 7y − 25 = 0. Respuesta : 2 Ejercicio 3.43. Determinar la longitud de la cuerda com´ un a las dos circunferencias: x2 + y 2 − 10x − 10y = 0 y x2 + y 2 + 6x + 2y − 40 = 0. Respuesta : 10 Ejercicio 3.44. El centro de una circunferencia está en la recta x + y = 0. Hallar la ecuación de esta circunferencia, si sabe que pasa por el punto de intersección de las dos circunferencias: (x − 1)2 + (y + 5)2 = 50, (x + 1)2 + (y + 1)2 = 10. Respuesta : (x + 3)2 + (y − 3)2 = 10 Ejercicio 3.45. Hallar la ecuación de la tangente a la circunferencia x2 + y 2 = 5 en el punto A(−1, 2). Respuesta : x − 2y + 5 = 0 Ejercicio 3.46. Hallar la ecuación de la tangente a la circunferencia (x + 2)2 + (y − 3)2 = 25 en el punto A(−5; 7). Respuesta : 3x − 4y + 43 = 0 Ejercicio 3.47. Hallar en la circunferencia 16x2 + 16y 2 + 48x − 8y − 43 = 0 el punto M1 más próximo a la recta 8x − 4y + 43 = 0 y calcular la distancia d del punto M1 a esta recta. √ Respuesta : M1 (− 27 ; 54 ); d = 2 5 Ejercicio 3.48. El punto M1 (x1 , y1) está en la circunferencia x2 + y 2 = R2 . Hallar la ecuación de la tangente a esta circunferencia en el punto M1 . Respuesta : x1 x + y1 y = R2 Ejercicio 3.49. El punto M1 (x1 ; y1 ) está en la circunferencia (x − α)2 + (y − β)2 = R2 . Hallar la ecuación de la tangente a esta circunferencia en el punto M1 José Namuche

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Geometr´ıa Anal´ıtica Respuesta : (x1 − α)(x − α) + (y1 − β)(y − β) = R2

Ejercicio 3.50. Determinar el ángulo agudo formado por la intersección de la recta 3x−y−1 = 0 y la circunferencia (x − 2)2 + y 2 = 5 (se llama ángulo formado por un recta y una circunferencia al ángulo comprendido entre la recta y la tangente a la circunferencia trazada en el punto de intersección). Respuesta : 45o Ejercicio 3.51. Determinar el ángulo formado por la intersección de las dos circunferencias: (x − 3)2 + (y − 1)2 − 8, (x − 2)2 (y + 2)2 = 2 (se llama ángulo formado por dos circunferencias al ángulo comprendido entre sus tangentes en el punto de intersección). Respuesta : 90o Ejercicio 3.52. Deducir la condición seg´ un la cual dos circunferencias (x−α1 )2 +(y −β1)2 = R12 , (x − α2 )2 + (y − β2 )2 = R22 se cortan, formando un ángulo recto. Respuesta : (α1 − α2 )2 + (β1 − β2 )2 = R12 + R22 Ejercicio 3.53. Demostrar que las dos circunferencias x2 + y 2 − 2mx + 2ny − m2 + n2 = 0

x2 + y 2 − 2nx + 2my + m2 − n2 = 0 se cortan formando un ángulo recto Respuesta : Ejercicio 3.54. Desde el punto A 5. Hallar sus ecuaciones.

5 , − 53 3

se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y 2 =

Respuesta : x − 2y − 5 = 0 y 2x − y − 5 = 0 Ejercicio 3.55. Desde el punto A(1; 6) se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y 2 + 2x − 19 = 0. Hallar sus ecuaciones. Respuesta : 2x + y − 8 = 0 y x − 2y + 11 = 0 Ejercicio 3.56. Se da la ecuación de un haz de rectas α(3x + 4y − 10) + β(3x − y − 5) = 0. Hallar las rectas de este haz que son tangentes a la circunferencia x2 + y 2 + 2x − 4y = 0. Respuesta : 2x + y − 5 = 0, x − 2y = 0 Ejercicio 3.57. Desde el punto A(4; 2) se han trazado tangentes a la circunferencia x2 +y 2 = 10. Determinar el ángulo formado por estas tangentes. Respuesta : 90o

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Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 3.58. Desde el punto P (2; −3) se han trazado tangentes a la circunferencia (x − 1)2 + (y + 5)2 = 4. Hallar la ecuación de la cuerda que une los puntos contacto. Respuesta : x + 2y + 5 = 0 Ejercicio 3.59. Desde el punto C(6; −8) se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y 2 = 25. Calcular la distancia d del punto C a la cuerda que une los puntos de contacto. Respuesta : d = 7, 5 Ejercicio 3.60. Desde el punto P (−9; 3) se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y 2 − 6x + 4y − 78 = 0. Calcular la distancia d del centro de la circunferencia a la cuerda que une los puntos de contacto. Respuesta : d = 6 Ejercicio 3.61. Desde el punto M(4; −4)se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y 2 − 6x + 2y + 5 = 0. Calcular la longitud d de la cuerda que une los puntos de contacto. √ Respuesta : d = 10 Ejercicio 3.62. Calcular la longitud de la tangente trazada desde el punto A(1; −2) a la circunferencia x2 + y 2 + x − 3y − 3 = 0. Respuesta : 3 Ejercicio 3.63. Hallar las ecuaciones de las tangentes a la circunferencia x2 +y 2 +10x−2y+6 = 0, que son paralelas a la recta 2x + y − 7 = 0. Respuesta : 2x + y − 1 = 0 y 2x + y + 19 = 0 Ejercicio 3.64. Hallar las ecuaciones de las tangentes a la circunferencia x2 + y 2 − 2x + 4y = 0 que son perpendiculares a la recta x − 2y + 9 = 0. Respuesta : 2x + y − 5 = 0

3.9.2 Grupo II Hállese la ecuación y trácese la gráfica de una circunferencia que pasa por los puntos: 1. (6, 0), (0, 4), (0, 0) Respuesta : x2 + y 2 − 6x − 4y = 0 2. (4, 0), (0, −2), (4, −2) José Namuche

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Geometr´ıa Anal´ıtica 3. (2, 5), (9, 6), (3, −2) Respuesta : x2 + y 2 − 12x − 4y + 15 = 0 4. (5, 12), (13, 0), (−12, 5) 5. (6, 0), (−1, 7), (−11, −7) Respuesta : 6x2 + 6y 2 + 37x + 25y − 438 = 0 6. (1, −2), (3, 0), (−6, 0) 7. (3, 4), (−11, 6), (1, −10) Respuesta : 51x2 + 51y 2 + 500x + 134y − 3311 = 0 8. (3, 2), (−1, 2), (1, 1) 9. (10, 2), (5, 4), (−5, 8) Respuesta : Imposible 10. (17, 19), (17, 2), (−10, 10) 11. (1, 3), (2, −2), (5, 1) Respuesta : 3x2 + 3y 2 − 14x − 4y − 4 = 0 12. (1, 7), (−2, 8), (2, 6) Hállese la ecuación de la circunferencia circunscrita en el triángulo cuyos vértices son: 1. (10, 9), (−4, 11), (−6, −3) Respuesta : x2 + y 2 − 4x − 6y − 87 = 0. 2. (1, −5), (26, 0), (18, 12)

Hállese la ecuación de la circunferencia circunscrita en el triángulo cuyos lados están dados por las ecuaciones: x + 7y − 30 = 0 ,

7x − y − 10 = 0 ,

4x + 3y + 5 = 0

Respuesta : x2 + y 2 + 4x − 2y − 20 = 0. Hállese la ecuación de la circunferencia determinada por las siguientes condiciones: 1. Pasa por los (−1, 3) y (7, −1), su centro está en la recta 2x + y − 11 = 0. 2. Es tangente a 3x − 4y + 10 = 0 en el punto (2, 4) su centro está en la recta 2x − 5y − 10 = 0. Respuesta : x2 + y 2 − 10x = 0. 3. Es tangente a los dos ejes y pasa por el punto (2, −1).

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4. Es concéntrica con la circunferencia x2 + y 2 − 10x + 4y − 20 = 0, y tangente a la reccta x + 2y + 9 = 0. Respuesta : x2 + y 2 − 10x + 4y + 9 = 0. 5. Es tangente a 3x − 4y − 24 = 0 en el punto (4, −3) y su radio es 5. 6. Es tangente a los dos ejes y su centro está en la recta x − 3y + 8 = 0. Respuesta : x2 + y 2 + 4x − 4y + 4 = 0, x2 + y 2 − 8x − 8y + 16 = 0 7. Es tangente a la circunferencia x2 + y 2 + 4x + 2y − 20 = 0, su centro está en (6, 5). 8. Esta inscrita en el triángulo cuyos lados están dados por las ecuaciones 3x + 4y − 17 = 0 , 4x − 3y + 19 = 0 , y + 7 = 0 Respuesta : x2 + y 2 + 4y − 21 = 0 9. Está inscrita en el triángulo cuyos vértices son (−16, −12), (5, −5), (20, 40). 10. Es tangente a las rectas 3x − 4y + 5 = 0 y 4x + 3y − 10 = 0 y pasa por el punto (2, 4). Respuesta : x2 + y 2 − 4x − 18y + 60 = 0, 5x2 + 5y 2 − 12x − 34y + 60 = 0 11. Los vértices de un triángulo son A(5, 19), B(7, 4), C(9, 4). Las medianas AD, BE, CF concurren en G. Las alturas AK, BL y CM concurren en H. Los puntos medios AH, BH, CH son R, S, T respectivamente. Demuéstrese que los nueve puntos D, E, F, K, L, M, R, S y T están en una circunferencia cuyo centro está en la recta que une G con H en la razón 1;3. (Esta circunferencia recibe el nombre de c´ırculo de los nueve puntos del triángulo ABC)

3.9.3 Grupo III 1. Hállese la ecuación de la familia de circunferencias: a) Cuyo radio es 3 y sus centros están en el eje−x. Respuesta : (x − h)2 + y 2 = 9 b) Cuyo radio es 4 y sus centros están en el eje−y. Respuesta : x2 + (y − k)2 = 16 c) Tangentes al eje−y en el origen. Respuesta : (x − h)2 + y 2 = h2 d) Tangentes al eje−x en el origen. x2 + (y − k)2 = k 2

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2. Hállese la ecuación de la familia de circunferencias cuyos centos están en la recta x−y −5 = 0y a) pasan por el origen; b) son tangentes al eje−y. 3. Hállese la ecuación de la familia de circunferencias que pasan por el origen y el punto (8,0). Respuesta : x2 + y 2 − 8x − 2ky = 0 4. Hállese la ecuación de la familia de circunferencias que pasan por los puntos (2,3) y (-4,5). 5. Hállese la ecuación de la familia de circunferencias cuyos centros están en la parábola y = x2 y: a) Pasan por el origen. Respuesta : x2 + y 2 − 2hx − 2h2 y = 0 b) Son tangentes al eje−x. Respuesta : x2 + y 2 − 2hx − 2h2 y + h2 = 0 6. Hállese la ecuación de la circunferencia que pasa por la intersección de las circunferencias x2 + y 2 + 10x + 12y + 45 = 0 ,

x2 + y 2 + 6x − 2y − 15 = 0

y por el origen. 7. Hállese la ecuación de la circunferencia que pasa por la intersección de las circunferencias x2 + y 2 − 6x + 4y − 12 = 0 ,

x2 + y 2 − 2x − 12y + 12 = 0

y por el centro de la primera. Respuesta : 2x2 + 2y 2 + 7x − 2y − 9 = 0 8. Hállese la ecuación de la circunferencia que pasa por la intersección de las circunferencias x2 + y 2 − 6x + 2y = 0 ,

x2 + y 2 + 6x − 4y − 12 = 0

y por el punto (5,3). 9. Hállese la ecuación de la circunferencia que pasa por la intersección de las circunferencias x2 + y 2 − x + 7y − 3 = 0 ,

x2 + y 2 − 5x − y + 1 = 0

y cuyo centro está en a) El eje−x. Respuesta : 2x2 + 2y 2 − 9x − 1 = 0 José Namuche

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Geometr´ıa Anal´ıtica b) El eje−y. Respuesta : x2 + y 2 + 9y − 4 = 0 c) La recta x − y = 0 Respuesta : x2 + y 2 − 9x − 9x + 5 = 0 d) La recta x + y = 0 Respuesta : x2 + y 2 − 3x + 3y − 1 = 0

10. Hállense las ecuaciones de los ejes radicales de los pares de circunferencias de los ejercicios 6-9. Respuesta ejer. 06 : x + 2y − 3 = 0 Respuesta ejer. 09 : x + 2y − 1 = 0

3.9.4 Grupo IV 1. Demuéstrese que el eje radical de dos circunferencias es el lugar geométrico de los puntos desde los cuales las tangentes trazadas hacia las dos circunferencias son iguales. √ Respuesta : 6, 5, 5 3 2. Demuéstrese que los ejes radicales de tres circunferencias, consideradas por pares, se cortan en un punto. Este punto se denomina el centro radical de las tres circunferencias. Hállese la longitud de una tangentes a una circunferencia dad, desde los puntos: x2 + y 2 = 25; (5, 6), (7, −1), (0, −10) (x − 1)2 + (y − 3)2 = 4; (−1, 0), (0, 0), (4, 1) x2 + y 2 − 6x + 4y − 12 = 0; (−4, −1), (−8, 0), (7, 3) Respuesta : 5,10,4 x2 + y 2 − 6x − 2y − 15 = 0; (1, −10), (10, −1), (6, −4) 2x2 + 2y 2 − 2x + 3y − 5 = 0; (−1, 1), (−2, 1), (0, 3) √ √ √ Respuesta : 2, 6, 11 2x2 + 2y 2 − 3x + 5y − 35 = 0; (5, 2), (−5, 0), (0, 5) x2 + y 2 − 10x − 6y − 135 = 0; (12, −10), (22, −4), (7, 32) Respuesta : 7,13,26 3.

a) Hállese las longitudes de las tangentes trazadas a la circunferencia x2 + y 2 − 4x + 6y − 12 = 0 desde el punto (−3, 7). b) Hállense los dos puntos de tangencia.

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4. Dada la circunferencia x2 + y 2 + 4x − 8y − 30 = 0. D´ıgase si los siguientes puntos están dentro, fuera o sobre la circunferencia: a) (4,7) b) (-8,8) c) (-9,3) d) (-2,-3) e) (-6,-2) f) (5,5) g) (-6,0) h) (3,9) i) (-8,1) j) (-5,-2) k) (-7,-1) l) (5,2) Respuesta : a), b), g), i), j) interior. b), e), l) exterior. c), f ), h), k) sobre.

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Cap´ıtulo 4 Parábola

4.1 Introducci´ on En matemáticas, la parábola es una sección cónica generada al cortar un cono recto con un plano paralelo a la directriz. Se define también como el lugar geométrico de los puntos que equidistan de una recta (eje o directriz) y un punto fijo llamado foco. La parábola aparece en muchas ramas de las ciencias aplicadas, debido a que las gráficas de ecuaciones cuadráticas son parábolas. Por ejemplo, la trayectoria ideal del movimiento de los cuerpos bajo la influencia de la gravedad. En este capitulo estudiaremos un lugar geométrico que es muy importante en la Geometr´ıa anal´ıtica y que se origina de considerar cortes en diferentes ángulos de un cono doble circular recto, mediante un plano, originando las llamadas CONICAS. En este caso estudiaremos a la Parábola: su ecuación general, teoremas, rectas tangentes a la parábola, ecuación de la parábola paralela al eje X, Y , traslación de coordenadas, y sus aplicaciones. La tradición reza que las secciones cónicas fueron descubiertas por Menecmo en su estudio del problema de la duplicación del cubo, donde demuestra la existencia de una solución mediante el corte de una parábola con una hipérbola, lo cual es confirmado posteriormente por Proclo y Eratóstenes. Sin embargo, el primero en usar el término parábola fue Apolonio de Perge en su tratado Cónicas, considerada obra cumbre sobre el tema de las matemáticas griegas, y donde se desarrolla el estudio de las tangentes a secciones cónicas. Si un cono es cortado por un plano a través de su eje, y también es cortado por otro plano que corte la base del cono en una l´ınea recta perpendicular a la base del triángulo axial, y si adicionalmente el diámetro de la sección es paralelo a un lado del triángulo axial, entonces cualquier l´ınea recta que se dibuje desde la sección de un cono a su diámetro paralelo a la sección com´ un 117

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Geometr´ıa Anal´ıtica

del plano cortante y una de las bases del cono, será igual en cuadrado al rectángulo contenido por la l´ınea recta cortada por ella en el diámetro que inicia del vértice de la sección y por otra l´ınea recta que está en razón a la l´ınea recta entre el ángulo del cono y el vértice de la sección que el cuadrado en la base del triángulo axial tiene al rectángulo contenido por los dos lados restantes del triángulo. Y tal sección será llamada una parábola. Apolonio de Perge. Es quien menciona que un espejo parabólico refleja de forma paralela los rayos emitidos desde su foco, propiedad usada hoy en d´ıa en las antenas satelitales. La parábola también fue estudiada por Arqu´ımedes, nuevamente en la b´ usqueda de una solución para un problema famoso: la cuadratura del c´ırculo, dando como resultado el libro Sobre la cuadratura de la parábola.

4.2 Par´ abola La parábola es el lugar geométrico de las posiciones de un punto que se mueve de modo que su distancia a una recta fija, denominada directriz, permanece siempre igual a su distancia a un punto fijo (Foco). Definici´ on 4.1. Una parábola P es el lugar geométrico de un punto P (x, y) del plano R2 que se nueve de tal manera que equidista de una recta fija L (llamada directriz) y de un punto fijo F del plano R2 (llamado foco) que no pertenece a la recta L. P = {P (x, y) ∈ R2 /d(P, L) = d(P, F )} P(x,y)

D

p 2p

F (foco)

directriz

p

p

H

V (vértice)

F 2p

eje focal

D R

Refiriéndonos a la figura de la izquierda, se tiene que P D = P F , siendo F el foco y P un punto cualquiera de la curva. La recta directriz LHD

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4.3 Elementos 1. Foco “F ” es el punto fijo de la parábola 2. L la directriz perpendicular al eje focal 3. vértice “V ” es el punto medio del segmento que une la directriz y el foco. 4. Eje focal “L1 ” es la recta perpendicular a la directriz “L”. 5. Cuerda focal “EM” es el segmento que une los puntos de la parábola y que pasa por el foco 6. Radio vector “NF ” es el segmento que une un punto de la parábola N y el foco F . 7. Lado recto “LR” es la cuerda focal perpendicular al eje focal. 8. Excentricidad “e” es la razón constante entre las distancias de un punto al foco y la distancia de dicho punto a la directriz. L (directriz) L

M

N L 1 (eje focal)

V

F foco

E

R

4.3.1 Ecuaci´ on de la Par´ abola con Eje Focal paralelo al Eje X → ´ DE EJES) Corresponde al caso − = i (NO HAY ROTACION i = (x, y) y si v = (x, y) es el vértice que corresponde a la traslación, entonces reemplazando ⊥ − → P = (x, y) = (h, k) = x′ + y ′u⊥ = (h, k) + x′ i + y ′i (x, y) = (h, k) = x′ (1, 0) + y ′ (0, 1) = (h, x′ ), (k, y ′)

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Geometr´ıa Anal´ıtica De lo cual: x′ = x − h

y′ = y − k

,

Reemplazando ′

y 2 = 4px′

⇒

(y − k)2 = 4p(x − h)

Que es la ecuación de una parábola con EJE FOCAL PARALELO AL EJE X. → → En tal caso, F = V + p− = (h + p, k), L : x = h − p, p− = pi = (op) Y P(x,y) Directriz

L F foco k

EJE FOCAL

p

V

p>0 h+p h

X

h−p

P’

Vemos para la misma ecuación: (y − k)2 = 4p(x − h), si p > 0 la parábola se abre hacia la derecha, y si p < 0 entonces la parábola se abre hacia la izquierda. Y P(x,y) Directriz

L

k

EJE FOCAL

F foco p

V p0

p 0 la parábola se abre hacia arriba Si a < 0 la parábola se abre hacia abajo

4.4 Teoremas Teorema 4.1. Para cualquier punto P (x, y) 6= 0, el conjunto soluci´ on de la ecuaci´ on: y 2 = 4ax es la parábola con foco P (a, 0) y directriz: x = −a Si a > 0 la parábola se abre hacia la derecha. Si a < 0 la parábola se abre hacia la izquierda.

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Geometr´ıa Anal´ıtica

Teorema 4.2. Para cualquier punto P (x, y) 6= 0, el conjunto soluci´ on de la ecuaci´ on: x2 = 4ay es la parábola con foco P (0, a) y directriz: y = −a Si a > 0 la parábola se abre hacia arriba. Si a < 0 la parábola se abre hacia abajo. Teorema 4.3. La ecuación de una par´ abola de vértice V (h, k) y eje focal paralelo al eje x es de 2 la forma (y − k) = 4a(x − k) de foco: F (h + a, k). Si a > 0 la parábola se abre hacia la derecha. Si a < 0 la parábola se abre hacia la izquierda. Teorema 4.4. La ecuación de una par´ abola de vértice V (h, k) y eje focal paralelo al eje x es de 2 la forma (x − k) = 4a(y − k) de foco: F (h, k + a) Si a > 0 la parábola se abre hacia arriba. Si a < 0 la parábola se abre hacia abajo.

4.5 Aplicaciones Las aplicaciones de las parábolas son básicamente aquellos fenómenos en donde nos interesa hacer converger o divergen un haz de luz y sonido principalmente. Por ejemplo las antenas parabólicas, las lámparas sordas, los faros de los autos. Se pueden construir, por la misma propiedad de las parábolas, hornos solares. Los micrófonos de ambiente en algunos deportes también tienen forma paraboloidal. Las parábolas tienen una propiedad Si se coloca una bombilla encendida en el foco de la parábola. Algunos haces de luz serán reflejados por la parábola y todos estos rayos serán perpendiculares a la directriz. Esta propiedad es usada en las lámparas sordas o en los faros de los automóviles estos están formados por un paraboloide (parábola en 3 dimensiones) de espejos y una bombilla en el foco de este paraboloide. En algunas lámparas se puede mover la bombilla del foco y los haces de luz divergirán o convergerán. Este principio funciona también en las antenas parabólicas. Un satélite env´ıa información a la Tierra, estos rayos serán perpendiculares a la directriz por la distancia a la que se encuentra el satélite. Al reflejarse en el plato de la antena (blanca, casi siempre) los rayos convergen en el foco en donde se encuentra un receptor que decodifica la información. También en los telescopios se usa esta propiedad.

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4.6 Problemas Resueltos y Aplicativos Ejercicio 4.1. Hallar la ecuación de la directriz y la longitud del lado recto de la parábola 3y 2 = 8x Soluci´ on. Esa parábola se puede representar por y2 =

8x 3

4a =

8 3

para calcular el foco

As´ı:

2 3 Y el foco F = (2/3, 0) porque la parábola tiene su vértice en el origen y se abre hacia el eje x, la ecuación de la directriz: 2 x=− 3 8 Para calcular el lado recto L.R = 4a = 3 a=

Ejercicio 4.2. Hallar la ecuación de la parábola cuyo vértice está en el origen de coordenadas, sabiendo que: a) La parábola esta situada en el semiplano derecho, es simétrica con respecto al eje x y su parámetro es p = 3 ó a = 3. b) La parábola esta situada en el semiplano inferior, simétrica al eje y y su parámetro es p = 3.

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Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on.

a) La parábola está abierta hacia el eje x es de la forma: y 2 = 4px y con signo positivo porque se abre hacia la derecha; sustituyendo el parámetro p = 3 nos queda la ecuación: y 2 = 12x

8

y 4

0 0

1

3

2

4

5

x -4

-8

b) Como se abre hacia abajo y sobre el eje de las y, la ecuación tiene la forma: x2 = −4y Sustituyendo el parámetro: x2 = −12y x -6

-4

-2

0

2

4

6

0

-0,5

-1

-1,5

-2 y -2,5

-3

Ejercicio 4.3. Determinar el valor del parámetro y la situación de las parábolas siguientes con respecto a los ejes coordenados: a) y 2 = −6/2x b) x2 = −4/8y Soluci´ on.

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126

Geometr´ıa Anal´ıtica

1. La parábola se abre hacia la izquierda y es simétrica con respecto al eje x, el parámetro es: p = 3/4 2. La parábola se habré hacia abajo, por el signo negativo, y es simétrica con respecto al eje y, pasa por el origen y su parámetro p = −4/8 x -6

-4

-2

0

2

4

6

0

-20

-40

-60

y

-80

-100

Ejercicio 4.4. Hallar la ecuación de la parábola cuyo foco es el punto (0, −4/3) y por directriz la recta y − 4/3 = 0. Hallar la longitud del lado recto. Soluci´ on. Sabemos por la misma definición de parábola que la distancia de un punto (x, y) al foco, debe ser igual a la distancia del punto a la directriz, anal´ıticamente: p (x − 0)2 + (y + 4/3)2 = y − 4/3 Elevando al cuadrado ambos lados: (x − 0)2 + (y + 4/3)2 = (y − 4/3)2 . Resolviendo: x2 + y 2 + 8/3y + 16/9 = y 2 − 8/3y + 16/9. Agrupando términos: x2 = −16/3y Y la longitud del lado recto es: L.R. = 16/3 x -10

-5

0

5

10

0

-4

-8

-12 y -16

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

127

Ejercicio 4.5. Hallar la ecuación de la parábola cuyo vértice esta en el origen, sabiendo que: a) La parábola esta situada simétricamente con respecto al eje x y pasa por el punto A = (9, 6); la parábola es de la forma: y 2 = 4ax b) La parábola esta situada con respecto al eje y y pasa por el punto B = (4, −8). Soluci´ on. 1. Para conocer el parámetro solo sustituimos el punto A = (9, 6)

;

36/9 = 4a,

⇒

36 = 4a9

Despejando a: a=1

As´ı la ecuación de la parábola queda: y 2 = 4x

6

4 y 2

0 0

2

4

8

6

10

x

-2

-4

-6

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

128

Geometr´ıa Anal´ıtica 2. La parábola tiene la forma: x2 = −4ay. Para conocer a sustituimos B: 16 = −4a(−8); a = 1/2. As´ı la ecuación nos queda: x2 = −2y x -6

-4

-2

0

2

4

6

0

-20

-40

-60

y

-80

-100

Ejercicio 4.6. Hallar la ecuación de la parábola de vértice en el punto (3, 2) y foco (5, 2). Soluci´ on. Calculamos a, restando las abscisas |3 − 5| = 2 = a; sustituyendo en la formula, el vértice: (y − k)2 = 4a(x − h) ; (y − 2)2 = 8(x − 3) Resolviendo y 2 − 4y + 4 = 8x − 24 donde: y 2 − 4y − 8x + 28 = 0 Ejercicio 4.7. Hallar la ecuación de la parábola de foco en el punto (6, −2) y directriz la recta x − 2 = 0. p Soluci´ on. De la definición de parábola tenemos: (x − 6)2 + (y + 2)2 = x − 2. Elevando al cuadrado: x2 − 12x + 36 + y 2 + 4y + 4 = x2 − 4x + 4. Agrupando: y 2 + 4y − 8x + 36 = 0 Ejercicio 4.8. Hallar la ecuación de una parabola de vértice en el origen y foco en el punto (0, −3). Soluci´ on. La directriz esta dada por y = 3 as´ı la ecuación se da por: p (x − 0)2 + (y + 3)2 = y − 3 x2 + y 2 + 6y + 9 = y 2 − 6y + 9 x2 + 12y = 0 Ejercicio 4.9. Hallar la ecuación de una parábola de vértice en el punto (2,3) de eje paralelo al de las coordenada y y que pase por el punto (4,5).

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

129

Geometr´ıa Anal´ıtica x -4

-2

0

2

4

0

-0,5

-1

y

-1,5

-2

Soluci´ on. la ecuación de la parábola es de la forma: (x − h)2 = 4a(y − k) sustituyendo: (x − 2)2 = 4a(y − 3) por otra parte como (4,5) esta en la parabola, tenemos: (4 − 2)2 = 4a(5 − 3) 22 = 4a(2) 1 = 2

de donde la ecuación buscada es: (x − 2)2 = 2(y − 3) x -4

-2

0

2

4

0

-0,5

-1

y

-1,5

-2

Ejercicio 4.10. dada la parábola de ecuación y 2 + 8y − 6x + 4 = 0, hallar las coordenadas del vértice y del foco, y la ecuación de su directriz. Soluci´ on. y 2 + 8y = 6x − 4 sumando y restando para completar cuadrados: y 2 + 8y + 16 = 6x − 4 + 16 José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

130

Geometr´ıa Anal´ıtica (y + 4)2 = 6x + 12 (y + 4)2 = 6(x + 2)

Con esta forma de la ecuación de la parábola, se puede reconocer mejor sus caracter´ısticas.el vértice es el punto (−2, −4), como: 4a = 6; a = 6/4; a = 3/2 el foco es x = −7/2

2 -2

x 0

-1

1

2

3

4

5

0

-2

-4

-6 y -8

-10

Ejercicio 4.11. Hallar la ecuación de la parábola de vértice en el punto (4, -1), cuyo eje esta dado por la recta y + 1 = 0 y que pasa por el punto (3, −3). Soluci´ on. El eje de la parábola es paralelo al eje x, y la ecuación es de la forma: (y + 1)2 = −4a(x − 4) (sustituyendo el vértice), para encontrar a sustituimos el punto (3, −3). En la ecuación: [(−3) + 1]2 = −4a(3 − 4) 4a = 4 a=1 as´ı la ecuación queda: (y + 1)2 = −4(x − 4) Ejercicio 4.12. La trayectoria recorrida por un proyectil lanzado horizontalmente desde un punto situado a y metros sobre el suelo, con una velocidad de v metros por segundo es una parábola de ecuación: 2v 2 y x2 = − g Siendo x la distancia horizontal desde el lugar de lanzamiento y el valor de la Gravedad g =9.81 m/seg2 , aproximadamente. El origen se toma en el punto de salida del proyectil. En estas condiciones se lanza horizontalmente una piedra desde un punto situado a tres metros de altura sobre el suelo. Sabiendo que la velocidad inicial es de 50 metros por segundo, calcular la distancia horizontal al punto de ca´ıda.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

131

Geometr´ıa Anal´ıtica

2 -2

x 0

-1

1

2

3

4

5

0

-2

-4

-6 y -8

-10

Soluci´ on. x2 = −

2v 2 y g

2(50)2 (−3) x =− 9,81 2

√ as´ı x = 50 0,61; donde x = 39,1m.

Ejercicio 4.13. Encontrar la ecuación de la tangente a la parábola y 2 = 9x en el punto P = (1, 3), que se encuentra sobre la curva. Soluci´ on. Dada la ecuación: y 2 = 9x entonces: 4p = 9 y, por lo tanto: 2P = 29 sustituyendo (1) en la ecuación de la tangente (yy1 = 2p(x + x1)) : y(3) = 92 (x + 1); 6y = 9x + 9; 3x − 2y + 3 = 0.

Ejercicio 4.14. Hallar la ecuación del lugar geométrico del punto P (x, y) tal que la distancia de P al vértice de la parábola y 2 = 8x, es el doble de la distancia de P al foco de dicha parábola.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

132

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. y 2 = 8x 4p = 8 p = 2 Hallando la ecuación de la ecuación de la Parábola d(P, v) = 2d(P, F ) |P v|2 = [2|P F |]2

[x2 + y 2 ] = 4[(2 − x)2 + y 2 ]

x2 + y 2 = 16 − 16x + 4x2 + 4y 2

3x2 + 3y 2 − 16 − 16x 16 16 − x x2 + y 2 + 3 3 16 64 x2 − x + + y2 3 9 8 (x − ) + y 2 3

= 0 = 0

−16 64 + 3 9 16 = 9

=

Ejercicio 4.15. Sean (x1 , y1 ) y (x2 , y2 ) los extremos de una cuerda focal de la parábola y 2 = 4px, demostrar que 1. la longitud de una cuerda focal es |x1 + x2 + 2p| 2. la distancia desde el punto medio de esta cuerda focal a la recta directriz es la mitad de esta longitud dada en (a) 3. Una circunferencia con esta cuerda focal como diámetro es tangente a la recta directriz

P1

F(p,0)

Soluci´ on.

P

2

P1 = (x1 , y1 ), P2 = (x2 , y2 ) La ecuación de la Parábola P y 2 = 4px

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

133

Geometr´ıa Anal´ıtica 1. Demostraremos que: d(P1 ,P2 ) = |P1 P2 | = |P1 F | + |P2 F | = |x1 + x2 + 2p|

P1 ∈ P, entonces y12 = 4px1 . . . (3) p d(F, P1 ) = |P1 F | = (x1 − p)2 + (y1 )2 . . . (4) Reemplazando (3) en (4) p |P2 F | = (x2 − p)2 + (y2 )2 p |P2 F | = x22 − 2px2 + p2 + 4px2 p |P2 F | = (x22 + 2px2 + p2 ) √ 2 |P2 F | = x2 + p |P2 F | = |x2 + p| . . . (ii)

P1 ∈ P, entonces y12 = 4px1 . . . (1) p d(F, P1 ) = |P1 F | = (x1 − p)2 + (y1 )2 . . . (2) Reemplazando (1) en (2) p |P1 F | = (x1 − p)2 + (y1 )2 p |P1 F | = x21 − 2px1 + p2 + 4px1 p |P1 F | = (x21 + 2px1 + p2 ) √ 2 |P1 F | = x1 + p |P1 F | = |x1 + p| . . . (i) luego por propiedad de valor absoluto: (i) + (ii) = |P1 F | + |P2 F | = |x1 + x2 + 2p|

2. Demostraremos que la distancia desde el punto medio de esta cuerda focal a la recta directriz es la mitad de esta longitud dada en (a) L

M

O

P p

R

1

(x +x /2 , y −y /2) 2

1

1

2

F N

P

2

∗ Si observamos detalladamente el gráfico vemos el segmento OR, entonces podemos decir que x1 + x2 |x1 + x2 + 2p| d(OR) = +p= 2 2 ∗∗ También en el gráfico observamos el trapecio MP1 P2 N formado por los segmentos MP1 , NP2 , MN , P1 P2 Haciendo una propiedad del trapecio que nos dice: La longitud del segmento OR formado por los puntos medios de MN y P1 P2 es igual a la semisuma de las longitudes de los segmentos MP1 y NP2 d(P1 M ) = d(P1 F ) |P1 M | = |P1 F | |P1 M | = x1 + p

José Namuche

Enrique Reyes

d(P2 N) = d(P2 F ) |P2 N| = |P2 F | |P2 N| = x2 + p

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

134

Luego: |P1 M| + |P2 N | 2 |x1 + p + x2 + p| |OR| = 2 |x1 + x2 + 2p| |OR| = 2 |OR| =

3. Demostraremos que una circunferencia con esta cuerda focal como diámetro es tangente a la recta directriz

P

x=−p

1

c

H

F

p

P2

Para demostrar que la circunferencia “C” es tangente a la recta directriz , será necesario demostrar que |cH| = |P12P2 | . Nosotros sabemos que c es el centro de la circunferencia y es el punto medio de |P1 P2 |. 2 y1 +y2 Entonces c = x1 +x 2 2 Hallando |P12P2 | i) |P1 P2 | = |x1 + x2 + 2p| Dividiendo a (α) entre 2

. . . (α) |P1 P2 | |x1 + x2 + 2p| = 2 2

ii) Hallando |cH| = |x1 +x22 +2p| Luego: |P1 P2 | = |cH| = |x1 +x22 +2p| 2 Ejercicio 4.16. Una piedra arrojada hacia arriba formando un ángulo agudo con la horizontal, describe el arco de una parábola y cae a una distancia de 16m. Hallar el parámetro p de ésta parábola, si la altura máxima alcanzada es de 12m. Soluci´ on.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

135

Geometr´ıa Anal´ıtica

(0,12)

12 m

(0,0)

(−8,0)

(8,0)

16 m

La ecuación de la parábola es x2 = 4py. Para el punto (8,0) x2 = 4py 82 = 4py 64 = 4py 16 = py Pare el punto (0,12) x2 = 4py 82 = 4p(12) 64 = 48p 4/3 = p Ejercicio 4.17. Hallar la ecuación de la cuerda com´ un a la parábola y 2 = 18x, y a la circunferencia (x + 6)2 + y 2 = 100 Soluci´ on.

P

(−6,0)

1

F (4.5,0)

P2

Ecuación de la parábola y 2 = 18x . . . (1) 2 Ecuación de la circunferencia (x + 6) + y 2 = 100

José Namuche

Enrique Reyes

. . . (2)

Carlos Vel´ asquez

136

Geometr´ıa Anal´ıtica Reemplazando (1) en (2) (x + 6)2 + 18x

=

100

x + 12x + 36 + 18x

=

100

x2 + 30x + 36

=

100

x2 + 30x − 64

=

0

=

0

2

(x + 32)(x − 2) x + 32 = 0

x−2=0

x = −32

x=2

La ecuación de la cuerda com´ un es x = 2 ya que x = −32 no puede ser porque la cuerda pasa por el eje x+ Ejercicio 4.18. Hallar la longitud del vector focal del punto de la parábola de ecuación x2 + 4y + 2x − 19 = 0 cuya abscisa es 3. Soluci´ on. Ecuación de la Parábola x2 + 4y + 2x − 19 = 0

(x + 1)2 = −4y + 19 + 1 (x + 1)2 = −4y + 20

(x + 1)2 = −4(y − 5) 4p = −4 p = −1

El punto P (3, y) ∈ P entonces: (x + 1)2 = −4(y − 5) (3 + 1)2 = −4(y − 5) 16 = 4y − 20 y = 1

Entonces: → |− r | = d(F, p) = =

p

√

(2 + 1)2 + (1 − 4)2

4 2 + 32

d(F, p) = 5 Ejercicio 4.19. Hallar la ecuación de la recta tangente a la parábola de la ecuación x2 + 4x + 12y − 8 = 0, que sea perpendicular a la recta de ecuación 3x − y + 1 = 0.

José Namuche

Enrique Reyes

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Geometr´ıa Anal´ıtica

137

Soluci´ on. Ecuación de la parábola P: x2 + 4x + 12y − 8 = 0

(x + 2)2 = −12y + 12

(x + 2)2 = −12(y − 1)

. . . (1)

Ecuación de la recta L: 3x − y + 1 = 0 . . . (2) La pendiente de L es m = 3, entonces la pendiente de LT será 3mT = −1 → mT = −1/3 Su ecuación de LT será y = − x3 + b Reemplazando (3) en (1):

. . . (3)

(x + 2)2 = −12(y − 1) x (x + 2)2 = −12(− + b − 1) 3 −x + 3b − 3 x2 + 4x + 4 = −12( ) 3 x2 + 4x + 4 = 4x − 12b + 12

x2 + 12b − 8 = 0 Por la condición de tangencia

∆=0 −4(1)(12b − 8) = 0

−48b + 32 = 0

48b = 32 b = 2/3

Reemplazando (i) en (3) x 2 y = − + 3 3 3y = −x + 2

x + 3y − 2 = 0

Ejercicio 4.20. Encontrar las coordenadas del punto P (x, y) donde se cruzan la tangente encontrada en el problema anterior y la que pasa por el punto (1, −3) de esa misma parábola. Soluci´ on. La ecuación de la tangente en el punto (1, −3) es:

9 y(−3) = , o sea , 3x + 2y + 3 = 0 2 encontramos la intersección entre estas rectas; resolviendo el sistema 3x − 2y + 3 = 0 ;

3x + 2y + 3 = 0

sumándolas se obtiene: 6x + 0 + 6 = 0; de ah´ı que x = −1, y = 0 el punto buscado es P = (−1, 0) José Namuche

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138

Geometr´ıa Anal´ıtica y

x P(−1,0)

Ejercicio 4.21. Encontrar la ecuación de la tangente a la parábola y 2 + 3x + 2y + 4 = 0 en el punto P (3, 1). Soluci´ on. Agrupando la ecuación tenemos (y 2 + 2y + 4) = 3x o sea: (y + 2)2 = 3x. Por lo tanto 4p = 3; es decir 2p = 23 . Sustituyendo en la ecuación de la tangente y1 y = 2p(x + x1 ) 3 y = (x + 3) 2

2y = 3(x + 3)

2y = 3x + 9

3x − 2y + 9 = 0

y

x

Ejercicio 4.22. ¿En que punto de la parábola y 2 = 3x tocar´ıa la recta tangente cuya pendiente es 34 ? y y Soluci´ on. Sabemos que m = 2x . As´ı 2x = 34 , reduciendo y = 3x que forma un sistema junto 2 2y 2 2 2 con: y = 3x, sustituyendo y = 3 3 obteniéndose: y = 2y, y esto solo se satisface para y = 2, entonces: x = 32 (2) = 43 el punto buscado es: 4 P = ;2 3

Ejercicio 4.23. Encontrar las pendientes de las tangentes a la parábola y 2 + 2y + 6x + 4 = 0 en los puntos de esta, en los que x = −1. José Namuche

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139

Geometr´ıa Anal´ıtica y

P(4/3,2) x

F

Soluci´ on. y 2 + 2y + 4 = −6x

(y + 2)2 = −6x

de ah´ı 4p = −6; es decir 2p = − 26 = −3 Ahora sustituyo x = −1 y 2 + 2y + 4 = 6;

y 2 + 2y − 2 = 0

por lo tanto: p

4 − (4)(−2) √ 2 −2 ± 12 = 2√ = −1 ± 3

y =

−2 ±

finalmente m1 = −1 −

m2 = −1 +

√

√

3

3

y

x

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Geometr´ıa Anal´ıtica

140

Ejercicio 4.24. Lo mismo que el problema anterior, pero para el punto P = (−1, 1) y la parábola: y 2 = 8x (1) Soluci´ on. 4p = 8 ⇒ 2p = 4 4 y+1 m= ; m= x+1 y de ah´ı

4 y+1 = x+1 y

o sea y 2 + y − 4x − 4 = 0

y2 de la ecuación (1): x = 8 sustituimos en (2):

y2 y +y−4 8 2

1 2 y +y−4=0 ⇒ 2 o sea y0 = 2; y1 = −4 sustituyendo se obtiene: x0 =

y2 4 1 = = 8 8 2

los punto buscados son P0 =

1 ,2 2

,

(2)

−4=0 y = −1 ± 1 + 8

x1 =

y12 16 = =2 8 8

y P1 = (2, −4)

y las ecuaciones de las tangentes serán 1 y(2) = 4 x + 2

y(−4) = 4(x + 2)

y

x

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Geometr´ıa Anal´ıtica

141

Ejercicio 4.25. Encontrar una ecuación de la parábola que tenga su foco en (0, −3) y como su directriz a la recta y = 3. Trazar la gráfica. Soluci´ on. Como el foco ésta en el eje y y está abajo de la directriz, la parábola se abre hacia abajo y p = −3. Por tanto, una ecuación de la parábola es x2 = −12y la longitud del lado recto es |4(−3)| = 12 Ejercicio 4.26. Dada la parábola que tiene la ecuación y 2 = 7x, hallar las coordenadas del foco, una ecuación de la directriz y la longitud del lado recto. Trazar la gráfica. Soluci´ on. La ecuación dada es de la forma de la ecuación (1); as´ı 4p = 7 7 p = 4 Como p > 0 la parábola se habré hacia la derecha. El foco está en el punto F ( 74 ). Una ecuación de la directriz es x = − 74 . La longitud del arco del lado recto es 7. Un dibuja de la gráfica se muestra en la figura. y x=−7/4

F x

Ejercicio 4.27. Un espejo parabólico tiene una profundidad de 12cm en el centro y la distancia a lo largo de us parte superior es de 32cm. Calcular la distancia del vértice al foco Soluci´ on. Veamos la figura 4.1. Los ejes coordenados se escogen de tal manera que la parábola tenga como vértice el origen y su eje a lo largo del eje y, y se abra hacia arriba. Por lo tanto, una ecuación de la parábola es de la forma x2 = 4py donde pcm es la distancia del vértice al foco. Como el punto (16, 12) está en la parábola, sus coordenadas cumplen la ecuación y tenemos 162 = 4p(12) 16 p = 3 José Namuche

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142

Por tanto, la distancia del vértice al foco es de 5 13 cm Existen también otras aplicaciones practicas de las parábolas. La trayectoria de un proyectil es una parábola si se considera que el movimiento está en un plano y se desprecia la resistencia del aire. Los arcos a veces tiene forma parabólica y el cable de un puente colgante pende en forma de parábola. y

(16,12)

F

x

Figura 4.1:

Ejercicio 4.28. Hallar el vértice, el foco y la ecuación de la directriz, de las parábolas a) x2 − 4x − 4 + 3 = 0 b) 3y 2 − 4x + 12y + 16 = 0 c) 4x2 − 8x − 3y − 2 = 0 d) y 2 − 6x + 6y + 15 = 0 Soluci´ on. a) x2 − 4x − 4 + 3 = 0

x2 − 4x = y − 3

x2 − 4x + 4 = y − 3 + 4 x2 − 4x + 4 = y + 1

(x − 2)2 = y + 1 1 2 (x − 2) = 4 (y + 1) 4

1 Vértice: (2,-1), p = > 0 4 Foco: (2,-1+1/4)=(2,-3/4) Directriz: y = −1 −

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1 4

= −5/4 → y = −

5 4

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Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

b) 3y 2 − 4x + 12y + 16 = 0

3y 2 + 12y = 4x − 16

3(y 2 + 4y) = 4(x − 4)

3(y 2 + 4y + 4) = 4(x − 4) + 12

3(y + 2)2 = 4(x − 1) 1 2 (y + 2) = 4 (x − 1) 3

Vértice: (1,-2), p = 1/3 > 0 Foco: (1+1/3,-2)=(4/3,-2) Directriz: x = 1 − 1/3 = 2/3 → x = 2/3 c) 4x2 − 8x − 3y − 2 = 0

4(x2 − 8x) = 3y + 2

4(x2 − 8x + 16) = 3y + 2 + 64 4(x − 4)2 = 3y + 66

4(x − 4)2 = 3(y + 22) 3 (y + 22) (x − 4)2 = 4 3 (x − 4)2 = 4 (y + 22) 16 Luego:

3 3 349 > 0 Foco: (4, −22 + ) = (4, − ) 16 16 16 3 355 355 =− →y=− Directriz: y = −22 − 16 16 16 Vértice: (4,-22), p =

d) y 2 − 6x + 6y + 15 = 0

y 2 + 6y = 6x − 15

y 2 + 6y + 9 = 6x − 15 + 9 (y + 3)2 = 6x − 6

(y + 3)2 = 6(x − 1) 6 2 (y + 3) = 4 (x − 1) 4 3 2 (x − 1) (y + 3) = 4 2 José Namuche

143

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Geometr´ıa Anal´ıtica

Vértice: (1,-3), p = 3/2 > 0 Foco: (1+3/2,-3)=(5/2,-3) Directriz: x = 1 − 3/2 = −1/2 → x = −1/2 Ejercicio 4.29. Hallar la ecuación de la parábola a) Con el vértice (2,5) y foco (2,-3) d(V, F ) = |p|

→

d(V, F ) = |5 − (−3)| = 8 = |p|

Luego la ecuación de la parábola es: (x − 2)2 = 4(−8)(y − 5)

(x − 2)2 = −32(y − 5) b) Con vértice (5,2) y foco en (7,2) d(V, F ) = |p|

→

d(V, F ) = |7 − 5| = |2| = |p|

Luego la ecuación de la parábola es: (y − 2)2 = 4(2)(x − 5)

(y − 2)2 = 8(x − 5) c) Con recta directriz L: y = 5 y foco en (7, −2) d(F, L) = 2|p|

d(F, L) = |5 − (−2)| = |7| = 2|p| 7 |p| = 2 vértice:

7 7, −2 + 2

Luego la ecuación de la parábola es

2

(x − 7)

(x − 7)2

3 = 7, 2

7 3 = 4 − y− 2 2 3 = −14 y − 2

d) Con recta directriz L : x = −2 y vértice en (5, −1) d(V, L) = |p|

d(V, L) = |5 − (−2)| = |7| = 7 |p| = 7

José Namuche

144

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145

Luego la ecuación de la parábola es (y + 1)2 = 4(7) (x − 5) (y + 1)2 = 28 (x − 5)

e) Con vértice (2,6) y extremos del lado recto (6,8) y (−2, 8) p1 = (6, 8) ;

p2 = (−2, 8) ;

V = (2, 6)

d(p1 1, p2) = 4|p| d(p1 , p2 ) = |6 − (−2)| = |8| = 8 4|p| = 8

⇒

|p| = 2

Luego la ecuación de la parábola es (x − 2)2 = 4(2) (y − 6) (x − 2)2 = 8 (y − 6)

f) Cuyos puntos equidistan de la recta x = −1 y del punto (7, 1) d(F, L) = 2|p| d(F, L) = |7 − (−1)| = |8| = 8 2|p| = 8

⇒

|p| = 4

vértice: V = (7 − 4, 1) = (3, 1). cuya ecuación de la parábola es: (y − 1)2 = 4(4) (x − 3) (y − 1)2 = 16 (x − 3)

Ejercicio 4.30. Demostrar que la longitud del lado recto de cualquier parábola mide 4|p| unidades. Soluci´ on. El efecto consideraremos la parábola de ecuación y 2 = 4px; p > 0, cuya gráfica correspondiente es como sigue Los extremos del lado recto son los puntos R1 y R2 cuyas primeras coordenadas son iguales a la del foco F = (p, 0). Esto es: R1 = (p, y1 ) y R2 = (p, y2 ); como R1 y R2 son puntos de la parábola en la ecuación de la misma reemplazamos “x” por “p”, tendremos: y 2 = 4p(p) = 4p2

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146

entonces y = ±2p. Esto quiere decir que R1 = (p, 2p) y R2 = (p, −2p). Luego la longitud del lado recto será |R1 , R2 | = |2p − (−2p)| = |4p| = 4|p| |R1 , R2 | = 4|p|

Ejercicio 4.31. El ancho de un reflector parabólico es 12m, y su profundidad es de 4m localizar el foco. Soluci´ on. Sea la ecuación de la parábola: y 2 = 4px; p > 0 observemos que p = (6, 4) es un punto de la parábola, entonces debe satisfacer la ecuación de la misma 16 = 4p(6) 2 16 p = = 4(6) 3 2 F = 0, 3 se encuentra a “ 23 del vértice. Ejercicio 4.32. Hallar la ecuación y la longitud del lado recto de la parábola con vértice en (2,2) y foco en (5,6). Encontrar además los extremos de cada lado recto. Soluci´ on. d(V, F ) = |p| p √ d(V, F ) = (5 − 2)2 + (6 − 2)2 = 9 + 16 = 5 |p| = 5

−−→ V F = F − V = (5, 6) − (2, 2) = (3, 4) (3, 4) 3 4 − → − → = u− = , VF k(3, 4)k 5 5

− → u = (3/5, 4/5) vector unitario de rotación R1

→ = F + 2|p|− u = (5, 6) + 2(5)

R1 = (5, 6) + (−8, 6)

−4 3 , 5 5

R1 = (−3, 12) R2 R2

4 −3 − → = F + 2|p|(− u ) = (5, 6) + 2(5) , 5 5 = (5, 6) + (8, −6)

R2 = (13, 0) José Namuche

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147

la ecuación de la recta que contiene al lado recto pasa por R1 y R2 m=

3 12 =− −16 4

pendiente

Luego, la ecuación de la recta que pasa por R1 y R2 es: 3 L : y − 0 = − (x − 13) 4 L : 4y = −3x + 39 L : 3x + 4y = 39

Ejercicio 4.33. Dados los puntos (−1, 2), (1, −1) y (2, 1), hallar la ecuación de la parábola que pase por los puntos dados y tal que su eje focal sea paralelo al eje x. Soluci´ on. Una parábola con las caracter´ısticas mencionadas tendrá por ecuación (y − k)2 = 4p(x − h) ⇔ y 2 − 2ky + k 2 − 4px + 4ph = 0 ⇔ y 2 + ay + bx + c = 0

(4.1)

reemplaza las coordenadas de cada uno de los puntos dados en la ecuación (4.1). (−1, 2) → 4 + 2a + −b + c = 0

(1, −1) ⇒ 1 − a + b + c = 0

(2, 1) ⇒ 1 + a + 2b + c = 0

resolviendo el sistema de ecuaciones, se obtiene la ecuación siguiente 7y 2 − 3y + 6x − 16 = 0 Ejercicio 4.34. Hallar la ecuación del lugar geométrico del punto p = (x, y) tal que la distancia de p al vértice de la parábola y 2 = 8x, es el doble de la distancia de p al foco de dicha parábola. Soluci´ on. y 2 = 8x, tiene su vértice en V = (0, 0) y su foco en F = (2, 0) d(p, V ) = 2d(p, F ) p d(p, V ) = x2 + y 2 p (x − 2)2 + y 2 d(p, F ) =

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148

Luego: p p x2 + y 2 ⇔ 2 (x − 2)2 + y 2

⇔ x2 + y 2 = 4[(x − 2)2 + y 2]

⇔ x2 + y 2 = 4[x2 + y 2 − 4x + 4]

⇔ 3x2 + 3y 2 − 16x + 16 = 0 16 64 64 2 ⇔ 3 x − x+ + 3y 2 = −16 + 3 9 3 2 8 16 ⇔ 3 x− + 3y 2 = 3 3 2 16 8 ⇔ x− + y2 = 3 9 es una circunferencia. Ejercicio 4.35. Si una parábola con eje focal vertical tiene su foco en (0,4) y su lado recto de longitud 12 hallar su ecuación. (Dos soluciones) Soluci´ on. Las parábolas podr´ıan estar dispuestas como se indica en la figura Sabemos que la longitud del lado recto es 4|p| = 12

⇒

|p| = 3

si p = 3 > 0, entonces el vértice es: V = (0, 4 − 3)

⇒

V = (0, 1)

luego la ecuación es: (x − 0)2 = 4(3)(y − 1) x2 = 12(y − 1)

si p = −3 < 0, entonces el vértice es V = (0, 4 + 3) = (0, 7) la ecuación de la parábola será (x − 0)2 = 4(−3)(y − 7) x2 = −12(y − 7)

Ejercicio 4.36. Un cometa se mueve en una órbita parabólica, con el sol en el foco. Cuando el cometa está a 4 × 107 millas del sol, la recta desde el sol hace un ángulo de 60o con el eje de la órbita. Hallar la distancia m´ınima del cometa al sol, es decir, al foco.

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149

Soluci´ on. La ecuación de la parábola tiene la forma y 2 = 4px;

p>0

√ P = (p + 2 × 107 , 2 3 × 107 ) es un punto de la parábola

√ (2 3 × 107 )2 = 4p(p + 2 × 107 )

4p2 + 8p × 107 − 12 × 1014 = 0 p2 + 2p × 107 − 3 × 1014 = 0 (p + 3 × 107 )(p − 107 ) =

luego p = 107 millas. Ejercicio 4.37. Una piedra arrojada hacia arriba formando un ángulo agudo con la horizontal, describe el arco de una parábola y cae a una distancia de 16m. Hallar el parámetro p de esta parábola, si la altura máxima alcanzada es de 12m Soluci´ on. P : parábola 2 P : x = 4py; p < 0; P = (8, −12) ∈ P En P : 64 = 4p(−12) entonces p=−

4 64 =− 48 3

Ejercicio 4.38. En la parábola y 2 = 8x encontrar un punto para el cual su vector focal mide 10 unidades Soluci´ on. y 2 = 8x ⇔ y 2 = 4(2)x; V = (0, 0); F = 2, 0 d(Q, F ) = d(Q′ , F ) = 10 √ Q y Q′ tendrán como primera coordenada x0 y la segunda y = ±2 2x0 q √ d(Q, F ) = (x0 − 2)2 + (±2 2x0 − 0) p = (x0 − 2)2 + 8x0 q p = x20 − 4x0 + 4 + 8x0 = (x0 + 2)2 p |x0 + 2|2 = 10 ⇒ |x0 + 2| = 10

⇒ x0 + 2 = 10 ó x0 + 2 = −10 ⇒ x0 = 8 ó x0 = −12

luego x0 = 8; y0 = ±2 Luego entonces

José Namuche

p

2(8) = ±8 Q = (8, 8) y Q′ = (8, −8) Enrique Reyes

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150

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 4.39. Hallar la ecuación de la circunferencia com´ un a la parábola y 2 = 18x y a la circunferencia (x + 16)2 + y 2 = 100. Soluci´ on. y 2 = 18x ⇔ y 2 = 4 29 x; V = (0, 0); F = (9/2, 0) (x + 6)2 + y 2 = 100

centro en (−6, 0); r = 10 (radio) Reescribiendo el sistema de ecuaciones y 2 = 18x

(4.2)

(x + 6)2 + y 2 = 100

(4.3)

(7.2) en (4.3) (x + 6)2 + 18x = 100 x2 + 60x + 36 − 100 = 0 x2 + 30x − 64 = 0

Ejercicio 4.40. Hallar los ángulos en que se intersectan las parábolas y 2 = 4x + 4, con y 2 = 64 − 16x. Soluci´ on. Resolviendo el sistema de ecuaciones  y 2 = 4x + 4 y 2 = 64 − 16x

4x + 4 = 64 − 16x 20x = 60 x = 3 y = ±4

luego los puntos de intersección de las parábolas son los puntos (3, 4) 3,-4 En la ecuación P1 : y 2 = 4x + 4, hallemos 2yy ′ = 4 Evaluemos esta derivada en (3, 4)

y ′

José Namuche

dy dx

⇒

(3,4)

=

y′ =

dy 2 = dx y

2 1 = 4 2

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151

Geometr´ıa Anal´ıtica

es la pendiente de la recta tangente a la parábola de ecuación y 2 = 4x + 4 en el punto (3, 4). dy En la ecuación P2 : y 2 = 64 − 16x, hallemos y ′ = dx 2yy ′ = −16

⇒

y′ =

dy 8 =− dx y

y

8 = − = −2 (3,4) 4 es la pendiente de la tangente a P2 en el punto (3, 4). Como el producto de las pendientes es “1” entonces las tangentes en el punto (3,4) son perpendiculares. Por tanto el ángulo en que se intersectan las parábolas es 90o . ′

Ejercicio 4.41. Hallar en la parábola x2 = 4y un punto para el cual un vector focal mide 17 unidades. Soluci´ on. x2 = 4y ⇒ x2 = 4(1)y; F = (0, 1) −−→ −−→ kF P1 k = kF P2k = 17 2

P1 o P2 tienen la forma (x, x4 ), luego la norma de ambos s 2 2 x 2 (x − 0) + − 1 = 17 4 s 2 2 x − 4 x2 + = 17 4 16x2 + x4 − 8x2 + 16 = 4624

x2 x2

x4 + 8x2 − 4608 = 0 p −8 ± 64 − (4)(1)(−4608) −8 ± 136 = = 2 2 = 64 ⇒ x = ±8; y = 16

Ejercicio 4.42. El espejo del faro de un auto tiene la forma de una parábola en su sección transversal. Hallar el parámetro de esta parábola, si el diámetro del paso mide 20cm y la profundidad 15cm. El eje 0x es el eje del faro y el origen se ubica en la parte profunda del espejo. Soluci´ on. La ecuación de la parábola tiene la forma: y 2 = 4px;

“p” es el parámetro

como el punto p = (15, 10) pertenece a la parábola, debe satisfacer la ecuación de la misma. Esto es 102 100 5 102 = 4p(15) ⇒ p = = = 4(15) 60 3 5 p= 3

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152

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 4.43. Hallar la longitud de la cuerda focal de la parábola y 2 +8x = 0, que sea paralela a la recta 4x + 3y = 7 Soluci´ on. y 2 + 8x = 0 ⇔ y 2 = −8x

⇔ y 2 = 4(−2)x p = −2 < 0;

F (−2, 0);

V = (0, 0)

la recta que contiene a la cuerda focal en referencia pasa por el punto (−2, 0) y tiene pendiente − 43 . Luego la ecuación de dicha recta será 4 y = − (x + 2) 3 Ahora resolvemos el sistema:

 y 2 = −8x y = − 4 (x + 2) 3

tenemos

16 16 2 (x + 2)2 = −8x ⇔ (x + 4x + 4) = −8x 9 9 ⇔ 2(x2 + 4x + 4) = −9x ⇔ 2x2 + 8x + 8 + 9x = 0 ⇔ 2x2 + 17x + 8 = 0

⇔ (2x + 1)(x + 8) = 0 1 o x = −8 ⇔ x=− 2 y = −2 o y = 8 tenemos los puntos extremos de la cuerda focal 1 − , −2 y (−8, 8) 2 la longitud de la cuerda es: s s r 2 2 1 15 225 − + 8 + (−2 − 8)2 = + (−10)2 = + 100 2 2 4 r 625 25 = = 4 2 Respuesta:

25 . 2

Ejercicio 4.44. Hallar la ecuación del diámetro de la parábola x2 = 16y, para un sistema de cuerdas paralelas de pendiente 21 . José Namuche

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153

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. El diámetro es paralelo al eje focal (eje y). La ecuación de la parábola: x2 = 16y

⇔

x2 = 4(4)y;

p=4

Luego la ecuación del diámetro es 1 x = 2(4) 2 x = 4 Ejercicio 4.45. Hallar la ecuación de la directriz y el foco de la parábola cuyo eje es la recta 4x − 3y = 0, con vértice en el punto (3, 4) y sabiendo que pasa por (2, 11) Soluci´ on. La ecuación de la parábola tiene la forma y ′2 = 4px′ en el sistema x′ y ′ − → n = (4, −3) vector normal al eje − → n = (4, 3) vector direccional al eje (3, 4) 3 4 − → u = = , vector unitario de rotación k(3, 4)k 5 5 V = (3, 4) es el nuevo origen del sistema x′ y ′ 3 4 4 3 ′ ′ , +y − , P = (x, y) = (3, 4) + x 5 5 5 5 si (x, y) = (2, 11) pasemos estas coordenadas al sistema x′ y ′ 3 4 4 3 ′ ′ (2, 11) = (3, 4) + x , +y − , 5 5 5 5 3 4 4 3 (−1, 7) = x′ , + y′ − , 5 5 5 5 ′

x

=

x′ = y′ = y′ =

3 (−1, 7) − 35 , − 54 − 28 − 25 5 5 5 = = =5 9 −16 3 4 3 4 −1 − + , − , − 25 25 5 5 5 5 5 4 25 (−1, 7) − 45 , 35 + 21 5 5 5 = 16 =5 9 = 4 3 4 3 1 + 25 −5, 5 −5, 5 25 5

luego (5, 5) son las nuevas coordenadas del punto (2, 11). Como (5,5) pertenece a la parábola, entonces 52 = 4p(5) p =

José Namuche

25 5 = 4(5) 4

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Geometr´ıa Anal´ıtica

154

podemos determinar ahora las coordenadas del foco: → F = V + p(− u) 3 5 3 4 F = (3, 4) + , = (3, 4) + ,1 4 5 5 4 15 F = ,5 4 Calculemo9s las coordenadas de Q (puesto por donde la recta pasa por la directriz) 5 3 4 − → Q = V + p(− u ) = (3, 4) + − ,− 4 5 5 3 Q = (3, 4) + − , −1 4 9 Q = , 3 ∈ Lp (recta directriz) 4 3 4 − → , vector normal a LD u = 5 5 − → a = (3, 4) también es vector normal a “LD ” luego la ecuación normal de LD es LD :

(x, y) −

9 ,3 4

(3, 4) = 0

de donde: 9 x − , y − 3 (3, 4) = 0 4 27 − 12 = 0 3x + 4y − 4 75 LD : 3x + 4y = 4 es la ecuación de la recta directriz con el sistema de coordenadas “xy”. Ejercicio 4.46. Sea x2 − 4x − 8y + 28 = 0 la ecuación de una parábola. Hallar la suma de las áreas de los triángulos determinados por la recta tangente a la parábola en el punto (6,5) y los ejes coordenados y la perpendicular trazada al eje x desde el punto de tangencia. Soluci´ on. x2 − 4x − 8y + 28 = 0 ⇔ x2 − 4x = 8y − 28

⇔ (x − 2)2 = 8y − 28 + 4 ⇔ (x − 2)2 = 8y − 24

⇔ (x − 2)2 = 4(2)(y − 3)

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155

Geometr´ıa Anal´ıtica V = (2, 3);

p=2>0

En la ecuación: x2 − 4x − 8y + 28 = 0, hallemos y ′ 2x − 4 − 8y ′ = 0 2x − 4 y′ = 8 x 1 y′ = − 4 2 Evaluamos y ′ en (6,5)

y ′

(6,5)

Luego la ecuación de la tangente es:

=

y − 5 = 1(x − 6)

6 1 − =1 4 2

⇔

y − x = −1

la intersección de esta recta tangente con el eje x es: x = 1;

P = (1, 0)

La ecuación de la recta perpendicular trazada desde el punto de tangencia (6,5) al eje x es: x=6 Luego el área del triángulo ABC es: (5)(5) 25 ´ Area= = 2 2 Además el área del triángulo A0D es (1)(1) 1 ´ Area = = 2 2 finalmente la suma de las áreas es: 25 1 26 + = = 13 u2 2 2 2 Ejercicio 4.47. Un triángulo equilátero inscrito en la parábola y 2 − 2y = 4x + 7, tiene uno de sus vértices coincidente con el vértice de la parábola. Hallar los otros dos vértices del triángulo. Soluci´ on. y 2 − 2y = 4x + 7

y 2 − 2y + 1 = 4x + 8

(y − 1)2 = 4(1)(x + 2)

luego V = (−2, 1); p = 1 > 0.

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156

Geometr´ıa Anal´ıtica Los otros vértices están en la recta vertical x=k resolvamos el sistema

 x = k

y 2 − 2y = 4x + 7

tenemos

y 2 − 2y − 4k − 7 = 0 p 2 ± 4 + 4(4k + 7) y = √ 2 2 ± 2 4k + 8 = √2 = 1 ± 4k + 8 los otros vértices tendrán coordenadas (k, 1 + la distancia entre estos vértices es:

√

4k + 8) y (k, 1 −

√

4k + 8)

√ 2 4k + 8

(4.4)

además podemos determinar la longitud de otro lado del triángulo equilátero en función de “k” q √ √ d(V, (k, 1 + 4k + 8)) = (k + 2)2 + ( 4k + 8)2 √ = k 2 + 4k + 4 + 4k + 8 √ = k 2 + 8k + 12 (4.5) igualando (4.4) y (4.5), tendremos 4(4k + 8) = k 2 + 8k + 12 ⇔ k 2 − 8k − 20 = 0

⇔ (k − 10)(k + 2) = 0

⇔ k = 10 o k = −2 solo es posible k = 10. Por lo tanto los otros vértices son: √ √ V2 = (10, 1 + 4 3) y V3 = (10, 1 − 4 3) Ejercicio 4.48. En la parábola y 2 = 64x, hallar el punto Q mas próximo a la recta 4x+3y+86 = 0, y calcular la distancia del punto Q a esta recta

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Geometr´ıa Anal´ıtica

157

Soluci´ on. y 2 = 64x y 2 = 4(16)x V = (0, 0),

F = (16, 0),

p = 16

El punto Q de la parábola es de la forma √ Q = (x, ±8 x) √ en la figura debemos considerar Q = (x, −8 x). Hallamos la distancia de “Q” a “L” √ |4x + 3(−8 x) + 86| d(Q, L) = = f (x) 5 si se considera:

y hallamos f ′ (x) o

√ 4x − 24 x + 86 f (x) = 5 df (x) dx

tendremos x = 9. Si evaluamos f ′′ (x) o

1 5

24 4− √ e igualmente “0” 2 x

d2 f (x) en x = 9, tendremos: dx2 4 24 4 24 − √ = − x−1/2 5 10 x 5 10 24 1 f ′′ (x) = − − x−3/2 → f ′′ (x) = 1,2x−3/2 10 2 1 ′′ −3/2 f (9) = 1,2(9) = 1,2 >0 27 f ′ (x) =

luego en x = 9, “f ” alcance un m´ınimo punto El punto será: Q = (9, −24). Luego la distancia de “Q” a “L” √ |4(9) + 3(−8) 4 + 86| d((9, −24), L) = 5 |36 − 72 + 86| = = 10 5 d(Q, L) = 10 Ejercicio 4.49. Desde el punto (-1,1) se trazan las rectas tangentes a la parábola x2 = −8y, hallar los puntos de tangencia

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158

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. x2 = −8y

x2 = 4(−2)y p = −2 < 0 V = (0, 0) F = (0, −2) Los puntos de tangencia son T1 y T2 . Las rectas tangentes pasan ambas por el punto (-1,1), tienen por ecuación y − 1 = m(x + 1)

y = mx + m + 1

en la ecuación x2 = −8y, tendremos: x2 = −8(mx + m + 1)

x2 + 8mx + (8m + 8) = 0

formaremos el discriminante de esta u ´ ltima ecuación 2 ∆ = (8m)2 = 0 (8m)2 − 4(8)(m + 1) = 0 2m2 − m − 1 = 0

Factorizando: (2m + 1)(m − 1). tenemos: m = 1 o m = −1/2. Luego las tangentes son

1 1 T2 = − x + 2 2 Para hallar los puntos de tangencia respectivos, resolvemos los sistemas ( ( y =x+2 y = − x+1 2 I= , II = x2 = −8y x2 = −8y T1 : y = x + 2,

Resolviendo I x2 = −8(x + 2)

x2 + 8x + 16 = 0 x = −4,

y = −2

Ti = (−4, −2)

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159

Geometr´ıa Anal´ıtica Resolviendo II 2

x

1−x = −8 2 = −4(1 − x)

= −4 + 4x

x2 − 4x + 4 = 0 (x − 2)2 = 0

x = 2; luego T2 = 2, − 12

y=−

1 2

Ejercicio 4.50. Si P = (3, 9) y Q = (−5, 1) son los extremos del lado recto de una parábola, hallar la ecuación de la directriz, as´ı como las coordenadas del foco. Soluci´ on. Las coordenadas del foco se pueden hallar muy fácilmente 1 (P + Q) 2 1 = [(3, 9) + (−5, 1)] 2 = (−1, 5)

F =

hallemos un vector unitario de rotación para el nuevo sistema de coordenadas −→ QP = P − Q = (3, 9) − (−5, 1) = (8, 8) −→⊥ QP = (−8, 8) − → podemos definir ~u = ~u− QP ⊥

(−8, 8) − → u = = k(−8, 8)k es el vector unitario de rotación. Encontremos un punto Q1 por donde pasa L1

1 1 −√ , √ 2 2

Q1 = F + 2|p|(−~u)

1 1 = (−1, 5) + 2|p| − √ , − √ 2 2 −→ kQP k = 4kpk √ 4|p| = 8 2 √ |p| = 2 2

luego Q1 Q1 José Namuche

1 1 = (−1, 5) + 2(2 2) − √ , − √ 2 2 = (−1, 5) + (4, −4) = (3, 1) √

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

160

Geometr´ıa Anal´ıtica Entonces L1 pasa por Q1 y tiene vector normal (−1, 1), su ecuación normal de L1 es: [(x, y) − (3, 1)] · (−1, 1) = 0 ⇔ (x − 3, y − 1) · (−1, 1) = 0 ⇔ −x + y + 2 = 0 ⇔ x−2 =y para hallar la otra ecuación se procede de forma análoga

Ejercicio 4.51. La ecuación de la parábola es y 2 + x = 0. Hallar la ecuación de la recta tangente a esta tangente a esta parábola que sea perpendicular a la recta L : 2x + y = 0. Soluci´ on. La pendiente de la tangente será 12 , su ecuación tendrá la forma y = 12 x + k, esto en y 2 + x = 0, tendremos 2 1 x + 2k x+k +x=0 ⇔ +x=0 2 2 ⇔ x2 + 4k 2 + 4kx + 4x = 0 ⇔ x2 + (4k + 4)x + 4k 2 = 0

∆ = (4k + 4)2 − 4(1)(4k 2 ) = 0 42 (k + 1)2 − 42 k 2 = 0 k 2 + 2k + 1 − k 2 = 0 1 k=− 2 luego la ecuación de la tangente es: y = 12 x − 12 . Ejercicio 4.52. El lado recto de una parábola mide 8 unidades; su vértice es (2,5) y la directriz es paralela al eje x y está debajo del vértice. Hallar la ecuación de la parábola. Soluci´ on. d(V, LD ) = |p| la longitud del lado recto es: 4|p| = 8 entonces |p| = 2 d(V, LD ) = 2 La ecuación de la parábola es: (x − 2)2 = 4(2)(y − 5) (x − 2)2 = 8(y − 5)

Ejercicio 4.53. El cable de un puente colgante está soportado por dos torres de 15m de alto y situados a 120m una de la otra. Si el punto más bajo del cable está a 3m sobre el piso del puente, hallar la longitud de una barra que está a 30m a la derecha del punto más bajo del cable y que va, en forma vertical, del cable al piso del puente.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

161

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. Sea la ecuación de la parábola P : x2 = 4py;

P = (60, 12) ∈ P

luego: 602 = 4p(12)

⇒

p=

602 = (15)(5) = 75 4(12)

luego entonces P : x2 = 300y. Si x = 30 ⇒ (30)2 = 300y ⇒ y = 3 Luego la longitud de la barra en mención será y + 3 = 6m Ejercicio 4.54. Hallar un punto de la parábola y = 2 + 5x − x2 en el que la intersección de la recta tangente es de 45◦ . Soluci´ on. Hallemos y ′ en y = 2 + 5x − x2 y ′ = 5 − 2x esta derivada evaluada en un punto de la parábola equivale a la pendiente de la tangente. La recta de la tangente es de pendiente “1”, luego 5 − 2x = 1

⇒

x=2

entonces y = 2 + 5(2) − (2)2 y = 8 Finalmente el punto de tangencia es (2,8). Ejercicio 4.55. Hallar los puntos de la parábola y = x2 + 2x + 25 en los que las rectas tangentes pasan por el origen. Soluci´ on. Las tangentes son de la forma y = ax esto en y = x2 + 2x + 25 ⇒ ax = x2 + 2x + 25

x2 + (2 − a)x + 25 = 0

∆ = (2 − a)2 − 4(1)(25) = 0 (a − 2)2 = 100

a − 2 = 10 ó a − 2 = −10

a = 12 ó a = −8

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

162

Geometr´ıa Anal´ıtica las tangentes son y = 12x ó y = −8x resolviendo el sistema  y = 12x y = x2 + 2x + 25 se tiene

12x = x2 + 2x + 25 x2 − 10x + 25 = 0 (x − 5)2 = 0 x = 5 y = 60 un punto de tangencia es (5,60). Ahora resolvemos el sistema

se tiene

 y = −8x y = x2 + 2x + 25 −8x = x2 + 2x + 25

x2 + 10x + 25 = 0 (x + 5)2 = 0

x = −5 y = 40

Luego el punto de tangencia es (−5, 40)

4.7 Ejercicios Propuestos Ejercicio 4.56. Hallar la longitud de la cuerda focal de la parábola: x2 = −8y(A) que es paralelo a la recta: L1 : 3x + 4y − 7 = 0 Ejercicio 4.57. Hallar la longitud del radio vector del punto de la parábola: y 2 Ejercicio 4.58. Deducir la ecuación ordinaria de la parábola : x2 = 4py Rpta: x2 = 4py Ejercicio 4.59. Hallar la ecuación de una parábola tomando como ejes X e Y .el eje y directriz respectivamente.

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163

Geometr´ıa Anal´ıtica Rpta: y 2 = 4py(x − p)

Ejercicio 4.60. La directr´ız de una parábola es la recta: y − 1 = 0, y su foco F es el punto F (4, −3). hallar la ecuación de la parábola. Rpta : (x − 4)2 = −8(y + 1) Ejercicio 4.61. Determinar la ecuación de la familia de parábolas que tienen un foco com´ un (3,4) y un eje paralelo al eje Y . Rpta : (x − 3) = 4(4 − k)(y − k) Ejercicio 4.62. Demostrar que las tangentes a una parábola en los puntos extremos de un lado recto son perpendiculares entre s´ı. Ejercicio 4.63. Hallar la ecuación de la parábola que tiene su foco en F (2, 0) y su dirección DD es la recta de ecuación x = −2. Ejercicio 4.64. Dada la parábola que tiene por ecuación x2 = −6y, encontrar las coordenadas del foco, la ecuación de la directriz, analizar la simetr´ıa de la curva y trazar la gráfica. Ejercicio 4.65. Dado el punto del plano B(a, b) con a, b > 0. Demostrar que por el punto B 2 pasa la parábola ax2 = axb y Determine el foco y la ecuación de la directriz. Ejercicio 4.66. Determine el vértice V y la ecuación de la parábola que tiene como directriz la recta de ecuación x = 2 y cuyo foco está localizado en el punto F (4, 2). Ejercicio 4.67. Determine el vértice V , el foco F , la ecuación de la directriz, el eje focal y dibujar la gráfica de la parábola cuya ecuación es: 3x2 − 3x − 24y − 1 = 0 Ejercicio 4.68. Hallar la ecuación de la parábola de vértice V = (3, 4) y foco F = (6, 4). Rpta: y 2 − 8x − 8y + 52 = 0 Ejercicio 4.69. Encuentre el foco y la ecuación de la directriz de la parábola 2y 2 −8x−24y+56 = 0. Rpta F = (−1, 6) y X = 3 Ejercicio 4.70. Escribir la ecuación de la parábola con vértice en el origen que satisface las condiciones siguientes: a) Foco en (3,0). b) Foco en (0,-3). c) La directriz es x + 4 = 0. Ejercicio 4.71. Hallar las ecuaciones de las parábolas que verifican: a) su directriz es y = −6 y su foco (0,6). Rpta: x2 = 24y b)su vértice(2,0) y su foco (6,0). Rpta y 2 = 16x − 32 José Namuche

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Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

164

Ejercicio 4.72. Trazar la gráfica y hallar la ecuación canónica, el vértice, el foco y la directriz de la parábola cuya ecuación es: y 2 − 6y − 4x + 17 = 0. Rpta: (y − 3)2 = 4(x − 2) Ejercicio 4.73. Trazar la gráfica y hallar la ecuación canónica de la parábola con vértice en (−2, 4) y foco en (−2, 3). Rpta: y − 4 = −4(x + 2)2 Ejercicio 4.74. Hallar la ecuación de la parábola con vértice en el punto (1,1) y recta directriz x + y = 1. Rpta: x2 − 2xy + y 2 − 4 = 0 Ejercicio 4.75. Determine la ecuación canónica de la parábola que abre en la dirección del eje x y pasa por los puntos (1,3),(3,4),(7,12). Rpta: (x − 1)2 = 4(y − 3) Ejercicio 4.76. Hallar el vértice, el foco y la ecuación de la directriz, de las parábolas: a) x2 − 4x − y + 3 = 0; b) 3y 2 − 4x + 12y + 16 = 0; c) 4x2 − 8x − 3y − 2 = 0; d) y 2 − 6x + 6y + 15 = 0 Ejercicio 4.77. Hallar la ecuación de la parábola: a) Con vértice (2,5) y foco (2, −3) b)Con vértice (5,2) y foco en (7,2) c) Con recta directriz L : y = 5, y foco en (7, −2) d) Con recta directriz L : x = −2, y vértice en (5, −1) e) Con vértice (2,6) y extremos del lado recto (6,8) y (-2,8) f) cuyos puntos equidistan de la recta x = −1 y del punto (7,1) Ejercicio 4.78. Demostrar que la longitud del lado recto de cualquier parábola mide 4p unidades. Ejercicio 4.79. El ancho de un reflector parabólico es 12m. Y su profundidad es de 4m. Localizar el foco Rpta 9/4m.del vértice Ejercicio 4.80. Hallar la ecuación y la longitud del lado recto de la parábola con vértice en (2,2)y foco en (5,6).Encontrar además los extremos del lado recto. Rpta: 3x − 4y = 31; 20; (−3, 12) y (13,0). Ejercicio 4.81. Dados los tres puntos (−1, 2), (1, −1) y (2,1), a) Hallar la ecuación de la parábola que pase por los puntos dados y tal que su eje focal sea paralelo al Eje x. b) Hallar la ecuación de la parábola que pase por los puntos dados y tal que su eje focal sea paralelo al Eje y. Rpta: a) 6x = −7y 2 + 3y + 16, b) 6y = 7x2 − 9x − 4. Ejercicio 4.82. Graficar la ecuación (2x + y − 3)(x2 + y 2 − 4)(x2 − 8y) = 0 José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

165

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 4.83. Demostrar que los centros de todas las cuerdas de la parábola de ecuación x2 = 4py, con pendiente m = 3, se encuentran en una recta, y hallar la ecuación de esta recta. Rpta: x = 2pm, x = 6p. Ejercicio 4.84. Hallar el centro de la circunferencia que pasa por (0,1) y que es tangente a la curva y = x2 en (2,4). Rpta: (−16/5, 53/10) Ejercicio 4.85. Hallar la ecuación del lugar geométrico del punto P = (x, y) tal que la distancia de P al foco d dicha parábola y = 8x, es el doble de distancia de P al foco de dicha parábola. Rpta: la circunferencia (x − 83 )2 + y 2 =

16 3

Ejercicio 4.86. Si una parábola con eje focal vertical tiene su foco en (0,4) y su lado recto de longitud 12, hallar su ecuación. (Dos soluciones). Rpta: a) x2 = 12(y − 1), b) x2 = −12(y − 7) Ejercicio 4.87. sean (X1 , Y1 ) y (X2 , Y2 ) los extremos de una cuerda focal de la parábola y 2 = 4px, demostrar que: a) la longitud de esta cuerda focal es X1 + X2 + 2p, b) la distancia desde el punto medio de esta cuerda focal a la recta directriz es la mitad de esta longitud dada en (a). c) una circunferencia con esta cuerda focal como diámetro es tangente a la recta directriz. Ejercicio 4.88. Sea P = (r, s) un punto de la parábola y 2 = 4px. En P se traza una perpendicular a OP de tal manera que esta recta corte al eje X en el punto Q. Probar que P Q = (4p, −s). Ejercicio 4.89. Un cometa se mueve en una órbita parabólica, con el sol en el foco. Cuando el cometa está a 4 × 107 millas del sol, la recta desde el sol hace un ángulo de 600 con el eje de la órbita (dibujada en la dirección en la cual la órbita se abre).Hallar la distancia m´ınima del cometa al sol, es decir al foco. Sug: Cuando se encuentre en el vértice. Rpta: 107 millas Ejercicio 4.90. Hallar los ángulos en que intersectan las parábolas y 2 = 4x+4, con y 2 = 64−16x. Rpta: 90o Ejercicio 4.91. Se traza una recta tangente a la parábola y 2 = 4px en un punto p = (x, y) de la curva. Sea A el punto donde esta recta tangente corta al eje de la parábola, F el foco y P D la recta que intersecta a la directriz en D. Demostrar que AFPD es un rombo. Ejercicio 4.92. Hallar el ángulo formado por las rectas que pasan por el origen y por los puntos que trisecan la cuerda 2x + 3y − 12 = 0 de la parábola 2x2 − 9y = 0. Rpta: x = 0, y = −2x, α = José Namuche

π 2

− arctan 2. Enrique Reyes

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166

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Ejercicio 4.93. Una piedra arrojada hacia arriba formando un ángulo agudo con la horizontal, describe el arco de una parábola y cae a una distancia de 16m. Hallar el parámetro p de esta parábola, si la altura máxima alcanzada es de 12m. Rpta: p=4/3 Ejercicio 4.94. En la parábola y 2 = 8x encontrar un punto para el cual su vector focal mide 10 unidades. Rpta: (8, ±8) Ejercicio 4.95. Hallar la ecuación de la cuerda com´ un a la parábola y 2 = 18x,y a la circunferencia (x + 6)2 + y 2 = 100 Rpta: x = 2 Ejercicio 4.96. Suponga que el agua, al salir del extremo de un tubo horizontal que se encuentra a 7 · 5m arriba del suelo, describe una curva parabólica, estando el vértice en el extremo del tubo. Si en un punto a 2,4m por debajo del nivel del tubo el flujo del agua se ha curvado hacia afuera 3m más allá de una recta vertical que pasa por el extremo del tubo. ¿a que distancia de esta vertical llegará el agua al suelo? Ejercicio 4.97. El cable de un puente colgante pende en forma de parábola cuando el peso se distribuye uniformemente en forma horizontal. La distancia entre dos torres es de 150m, los puntos de soporte del cable, en las torres, se hallan a 22m sobre la calzada, y el punto más bajo del cable se encuentra a 7m sobre dicha calzada. Halle la distancia al cable, de un punto de la via de paso a 15m desde la base de una torre. Ejercicio 4.98. Un arco parabólico tiene una altura de 20m y una anchura de 36m de la base. Si el vértice de la parábola esta en la parte superior del arco. ¿a que altura, sobre la base, tiene un ancho 18m? Ejercicio 4.99. Demuestre que, en una parábola, el punto mas cercano al foco es el vértice. Ejercicio 4.100. La orbita de un cometa es una parábola que tiene como foco al sol. Cuando se halla a 100 millones de km del sol, el ángulo entre el eje de la parábola y la recta desde el sol al cometa es de 45o . Emplee el resultado del ejercicio anterior para determinar la distancia mas corta del cometa al sol. Ejercicio 4.101. Un telescopio reflejante tiene un espejo parabólico en el cual la distancia del vértice al foco es de 30 pies. Si la distancia a lo largo de la parte superior del espejo tiene 64pulg. ¿Cual es loa profundidad del espejo en el centro? Ejercicio 4.102. Encuentre una ecuación de la parábola que tiene como directriz la recta y = 4, y por foco, el punto (−3, 8).

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

167

Ejercicio 4.103. Encuentre una ecuación de la parábola que tiene como directriz la recta x = −3, y por foco, el punto (2, 5). Ejercicio 4.104. Encuentre todos los puntos en la parábola y 2 = 8x tales que la base de la perpendicular dibujada del punto a la directriz, el foco y el punto mismo, sean los vertices de un triángulo equilátero. Ejercicio 4.105. Encuentre una ecuación de la circunferencia que pasa por el vértice y los extremos del lado recto de la parábola x2 = 8y Ejercicio 4.106. En la figura, demuestre que α = β (SUGERENCIA: Escoja los ejes coordenados de modo que la parábola tenga su vértice en el origen, su eje a lo largo del eje y, y se abra hacia arriba. Sea Q el punto de intersección de la recta tangente P T con el eje y. Demuestre que α = β mostrando que △QP F es isosceles). Ejercicio 4.107. Una ecuación de la directriz de una parábola es x + y = 0 y su foco se halla en el punto (1, 1). Encuentre (a) una ecuación del eje de la parábola, (b) las coordenadas del vértice y (c) la longitud del lado recto Ejercicio 4.108. Demuestre anal´ıticamente que la circunferencia que tiene como diámetro el lado recto de una parábola es tangente a la directriz de la parábola. Ejercicio 4.109. Una cuerda focal de una parábola es un segmento rectil´ıneo que pasa por el foco y tiene puntos extremos en la parábola. Si A y B son los puntos extremos de una cuerda focal de una parábola, y si C es el punto de intersección de la directriz con una recta que pasa por el vértice y el punto A, demuestre que la recta que pasa por C y B es paralela al eje de la parábola. Ejercicio 4.110. Demuestre que la distancia del punto medio de una cuerda focal de un parábola la directriz es la mitad de la longitud de cuerda focal Ejercicio 4.111. Halle una ecuación de toda parábola que contenga los puntos A(−3, −4) y B(5, −4), tal que los puntos A y B se encuentren cada uno, a 5 unidades del foco Ejercicio 4.112. Dada la ecuación 4x3 − 12x2 + 12x − 3y − 10 = 0, traslade los ejes de tal manera que la ecuación de la gráfica, con respecto a los nuevo ejes, no contenga ni términos ni segundo grado ni término constante. Trace la gráfica, as´ı como los dos sistemas de coordenadas (SUGERENCIA: Sea x = x′ + h y y = y ′ + k en la ecuación dada.) Ejercicio 4.113. Dada la ecuación x3 +3x2 −y 2 +3x+4y −3 = 0, traslade los ejes, de tal manera que la ecuación de la gráfica, con respecto a los nuevo ejes, no contenga términos de primer grado ni término constante. Trace la gráfica y los dos sistemas de coordenadas (SUGERENCIA: Sea x = x′ + h y y = y ′ + k en la ecuación dada.) Ejercicio 4.114. Si una parábola tiene su foco en el origen y el eje x es su eje, demuestre que debe tener una ecuación de la forma y 2 = 4kx + 4k 2 , k 6= 0 José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

168

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 4.115. Si los ejes son trasladados a un nuevo origen que tiene las coordenadas (h, k) demuestre que, después de la traslación, la ecuación y = sen x se transforma en y ′ = A sen x′ + B cos x′ +C, donde A, B y C son constantes. Encuentre A, B y C en términos de h y k. Demuestre que A2 + B 2 = 1 Ejercicio 4.116. Demuestre que, después de una traslación de ejes al nuevo origen (− 14 π, 1) la ecuación y = √12 (sen x + cos x) + 1 se transforma en y ′ = sen x′

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Cap´ıtulo 5 Elipse

5.1 Introducci´ on La elipse es una curva cerrada, similar a las siguientes: x’ x’ F2

F1

F2

F2

F1

x’

F2

F1

F1

x’

Para definir la elipse necesitamos conocer algunos elementos propios de ella. L2 x’ P

V2

B1

L1

b

c

c

b

F2

a F1 V1

B2 a

169

Geometr´ıa Anal´ıtica

170

x′ : Eje Focal y ′ : Eje Normal C = (h, k) : Centro de la Elipse V1 , V2 : Vértices F1 , F2 : Focos [V1 , V2 ] : Eje Mayor (de longitud 2a) [B1 , B2 ] : Eje menor (de longitud 2b) L1 , L2 : Directrices Los segmentos que se definen en la elipse son:

N 2 D’

E’

P N 2

F1 N1

F2 E

D

x’

N1

EE ′ : Cuerpo Focal (segmento que pasa por los focos) N1 N2 : Lado recto (cuerda que pasa por los focos y es perpendicular al eje focal) DD ′ : Diámetro (cuerda que pasa por el centro) F1 P y F2 P : se llaman Radios Vectores (son vectores que sew trazan de cada foco al punto P de la elipse).

5.2 Definici´ on de Elipse Dados los puntos fijos F1 y F2 llamados focos, separados una distancia 2c, y dada una constante “a” tal que a > c > 0, se define la elipse como el conjunto de todos los puntos P tales que la suma de las distancias de P a los focos F1 y F2 es igual a 2a, esto es, d(P, F1 ) + d(P, F2) = 2a José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

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171 P

F1

2c

F2

x’

Usando notación conjuntista, la elipse se define como: E = {P (x, y) ∈ R2 /d(p, F1 ) + d(P, F2 ) = 2a}

5.3 Rectas Directrices Dos rectas L1 y L2 se llaman RECTAS DIRECTRICES de la elipse E, correspondiente a los focos F1 y F2 respectivamente, si es que son perpendiculares al Eje Focal de E y no cortan al segmento F1 , F2 ,y si es que existe una constante e (llamada EXCENTRICIDAD de la elipse) tal que para todo punto P ∈ E se tiene que: d[P ; F1 ] d[P ; F2] =e= d[P ; L1] d[P ; L2 ] Ejemplo 5.1. Demostrar que en toda elipse se cumple que (a) d[B1 ; F1 ] = d[B1 ; F2 ] = a d[B2 ; F1 ] = d[B2 ; F2 ] = a (b) d[V1 ; C] = d[B2 ; C] = a (c) d[C; L1 ] = d[C; L2 ] = a/e (d) Denotando c = d[C; F1 ] = d[C; F2 ] ⇒ c = ae (e) a > b y a2 = b2 + c2 (f) La excentricidad e satisface que 0 < e < 1, empleando las definiciones previas y la gráfica anterior. Soluci´ on. (a) Como d[B1 ; F1 ] =

√

b2 + c2 = d[B1 ; F2 ], y B1 ∈ E, entonces

d[B1 ; F1 ] + d[B1 ; F2 ] = 2a

⇒

2d[B1 ; F1 ] = 2a

⇒

d[B1 ; F1 ] = a = d[B1 ; F2 ]

y análogamente para B2 . José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

172

(b) Como V1 ∈ E, entonces d[V1 ; F2 ] + d[V1 ; F1 ] = 2a d[V1 ; F2 ] − d[V1 ; F1 ] = 2c entonces d[V1 ; F1 ] = a − c y de d[V1 ; C] = d[V1 ; F1 ] + d[F1 ; C] = (a − c) + c, ⇒ d[V1 ; C] = a. Análogamente para el vértice V2 (c) Como d[C; L1 ] = d[B; L1 ] y B ∈ E, entonces d[B; F1 ] =e d[B; L1 ]

a = e, d[B; L1 ]

⇒

de donde resulta que d[B; L1 ] = (a/e) ⇒ d[C; L1 ] = (a/e). Análogamente, para L2 se prueba que: d[C; L2 ] = (a/e). Por tanto d[C; L1 ] = d[C; L2 ] = a/e (d) Puesto que entonces

d[V1 ;F1 ] d[V1 ;L1 ]

= e, pues V1 ∈ E, y como d[V1 ; F1 ] = (a − c), d[V1 ; L1 ] = (d[C; L1 ]) − a,

a−c =e (a/e) − a Además siendo c = d[C, F1 ] = d[C, F2 ]:

⇒

c = ae

d[C; F1 ] = d[C; F2 ] = c = ae √ (e) Como d[B1 ; F2 ] = d[(0, b)′ ; (c, 0)′] = b2 + c2 , y d[B1 ; F2 ] = a, entonces se tiene que a2 = b2 + c2 , por lo tanto a > b > 0. (f) De (d): 0 < e(= c/a) < 1, pues a > c > 0 por definición de elipse. De este problema se puede considerar la siguiente gráfica para efecto de cálculos y de resolución de problemas de referencia a longitudes y distancias en elipses, y que resulta muy u ´ til y fácil de memorizar.

5.4 Distancias Conocidas en una Elipse Las a) b) c) d) e) f) g)

distancias conocidas en la elipse son: a, b y c, las cuales se definen los siguiente d(V1 , C) = d(C, V2) = a (distancia de cada vértice al centro) a d(C, L1 ) = d(C, L2 ) = e (distancia del centro a cualquier directriz) c = d(C, F1 ) = d(C, F2) (distancia del centro a cada foco) c = ae ⇔ e = ac a2 = b2 + c2 y a > b (relación pitagórica) d(B1 , F1 ) = d(B1 , F2 ) = a B1 : extremo inferior (izquierdo) del Eje Menor d(B2 , F1 ) = d(B2 , F2 ) = a B2 : extremo superior (derecho) del Eje Menor

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

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173 L2 B1

(a/e) L1

x’

b

P

c

C b

F1

V1

V2

F2

B2

a

x’=−a/e

a x’=a/e

Teorema 5.1. La ecuación de una elipse de centro en el origen, eje focal en el Eje X, distancia focal igual a 2c y cantidad constante igual a 2a, es: x2 y 2 + 2 =1 a2 b

,

a>b

(5.1)

Donde: “a” “b” 2 a = b2 + c2 e = ac L1 : x =

2b2 a − ae ,

L2 : x =

a e

es la longitud del semieje mayor es la longitud del semieje menor es la relaci´ on pitag´ orica entre a, b y c es la excentricidad de la elipse, con 0 < e < 1 es la longitud del lado recto son las ecuaciones de las directrices

Demostración. Sean F1 y F2 los focos de la elipse y P (x, y) un punto de la elipse. Por definición de Elipse, se tiene:

p

José Namuche

d(F1 , P ) + (F2 , P ) = 2a p (x + c)2 + y 2 + (x − c)2 + y 2 = 2a p p (x + c)2 + y 2 = 2a − (x − c)2 + y 2

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

174

Elevar al cuadrado p (x + c)2 + y 2 = 4a2 − 4a (x − c)2 + y 2 + (x − c)2 + y 2 p x2 + 2cx + c2 + y 2 = 4a2 − 4a (x − c)2 + y 2 + x2 − 2cx + c2 + y 2 p 4cx = 4a2 − 4a (x − c)2 + y 2 p a (x − c)2 + y 2 = a2 − cx , elevar al cuadrado a2 [(x − c)2 + y 2 ] = a4 − 2a2 cx + c2 x2

a2 x2 − 2a2 cx + a2 c2 + a2 y 2 = a4 − 2a2 cx + c2 x2 (a2 − c2 )x2 + a2 y 2 = a4 − a2 c2

(a2 − c2 )x2 + a2 y 2 = a2 (a2 − c2 ) b2 x2 + a2 y 2 = a2 b2 x2 y 2 + 2 = 1 a2 b

Hacer: a2 − c2 = b2

Dividir entre: a2 b2

Ecuaci´ on Ordinaria

Corolario 5.1. La ecuación de una elipse de centro en el origen y eje focal el eje Y , es: y 2 x2 + 2 = 1, a2 b

a>b

(5.2)

Nota. Bastará ver la posición de “a” para identificar si el eje focal coincide con el eje X o con el eje Y . x2 4 x2 16 x2 5

2

+ y9 = 1; a = 3 está debajo de y 2, entonces el eje focal coincide con el eje Y . 2 + y9 = 1; a = 4 está debajo de x2 , entonces el eje focal coincide con el eje X. √ 2 + y8 = 1; a = 8 está debajo de y 2, entonces el eje focal coincide con el eje Y . Para graficar una elipse bastará conocer el centro y los valores de a y b.

5.5 Ecuaci´ on de una elipse de centro (h, k) y ejes paralelos a los ejes coordenados Supongamos que X ′ y Y ′ son los nuevos ejes coordenados cuyo origen de coordenadas es O ′. La ecuación ordinaria de la elipse de centro en O ′ respecto al sistema X ′ Y ′ y con eje focal el eje X ′ , es: x′2 y ′2 E : 2 + 2 =1 a b ′ ′ donde (x , y ) son las coordenadas del punto P ∈ E respecto al sistema X ′ Y ′ .

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

175 X X’ P(x’,y’) x’

y’

0’(h,k)

X’

k h

0

X

Pero las coordenadas del punto P ′ respecto al sistema original XY son: x = h + x′ y = k + y′ Al despejar x′ e y ′ , respectivamente, se obtiene: ( x′ = x − h y′ = y − k Al reemplazar en la elipse, se obtiene: E:

(x − h)2 (y − k)2 + =1 a2 b2

a>b

(5.3)

La ecuación (5.3), es la ecuación de la elipse de eje focal paralelo al eje X y centro en el punto (h, k) Teorema 5.2. La ecuación de la elipse de centro en el punto (h, k) y eje focal paralelo al eje X está dado por: (x − h)2 (y − k)2 + =1 (5.4) a2 b2 si eje focal es paralelo al eje Y , su ecuaci´ on est´ a dada por: (y − k)2 (x − h)2 + =1 a2 b2

(5.5)

Para cada elipse se tiene a b c 2 a = b2 + c2 2b2 a

e= José Namuche

c a

es es es es es es

la la la la la la

longitud del semieje mayor longitud del semieje menor distancia del centro a cada foco relación Pitagórica entre a, b y c longitud de cada lado recto excentricidad Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

176

Las directrices de 3.20 son L : x = h ± ae ; de 3.21 son L : y = k ±

a e

Teorema 5.3. Si los coeficientes A y C son del mismo signo, la ecuaci´ on Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 representa una elipse de ejes paralelos a los ejes coordenados, o bien un punto o no representa ning´ un lugar geométrico real Ejemplo 5.2. Dado las siguientes ecuaciones: a) 9x2 + 4y 2 − 8y − 32 = 0 b) 4x2 + 9y 2 + 32x − 18y + 37 = 0 c) x2 + 4y 2 − 4x + 24y + 40 = 0 d) x2 + 4y 2 + 2x + 17 = 0 Diga si son las elipses o no. Si son elipses, hallar su centro, los vértices, los focos, las longitudes de los ejes mayor y menor, la longitud de lado recto, la excentricidad y las ecuaciones de las directrices. Soluci´ on (solución de (a)). Lo primero que haremos es completar cuadrados para llegar a la forma ordinaria de la elipse. Veamos: 9x2 + 4y 2 − 8y + · · · = 32

9x2 + 4(y 2 − 2y + · · · ) = 32

9x2 + 4(y 2 − 2y + 1) = 32 + 4 9x2 + 4(y − 1)2 = 36

Dividir entre 36: x2 (y − 1)2 + =1 4 9

Forma ordinaria de la elipse

Porque a2 = 9 está debajo de “y” afirmamos que el eje focal es paralelo al EJE Y El centro es C = (0, 1) a2 = 9 ⇒ a = 3 b2 = 4 ⇒ b = 2 El valor de c se obtiene con la relación a2 = b2 + c2 9 = 4 + c2 ⇒ c2 = 5 √ ⇒ c = 5 José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

177

Para hallar las coordenadas de los vértices, de los focos y de los extremos del eje menor se √ toma como referencia el centro C = (h, k) = (0, 1) y las longitudes: a = 3 c = 5, b = 2. As´ı, obtenemos: V1 V2 F1 F2 B2 B1

= = = = = =

(h, k − a) (h, k + a) (h, k − c) (h, k + c) (h + b, k) (h − b, k)

= (0, 1 − 3) = (0, 1 + 3) √ = (0, 1 − 5) √ = (0, 1 + 5) = (0 + 2, 1) = (0 − 2, 1)

= (0, −2) = (0, 4)

= (2, 1) = (−2, 1)

La longitud del eje mayor es 2a = 2(3) = 6 La longitud del eje menor es 2b = 2(2) = 4 La longitud de cada lado recto es La excentricidad es e =

c a

=

2b2 a

=

2(4) 3

=

8 3

√ 5 3

Las ecuaciones de las directrices son L: a e√ y = 1 ± 9/ 5

y = k±

Soluci´ on (solución de (b)). Completar cuadrados para llegar a la forma ordinaria 4x2 + 9y 2 + 32x − 18y + 37 = 0

4x2 + 32x + · · · + 9y 2 − 18y + · · · = −37

4(x2 + 8x + · · · ) + 9(y 2 − 2y + · · · ) = −37

4(x2 + 8x + 16) + 9(y 2 − 2y + 1) = −37 + 64 + 9 4(x + 4)2 + 9(y − 1)2 = 36

(x + 4)2 (y − 1)2 + =1 Forma ordinaria 9 4 Porque a2 = 9 está debajo de x, afirmamos que el eje focal es paralelo al eje x El centro es C = (h, k) = (−4, 1) a2 = 9 ⇒ a = 3 b2 = 4 ⇒ b = 2

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

El valor c se obtiene con relación a2 = b2 + c2 9 = 4 + c2 ⇒ c2 = 5 √ 5 ⇒ c = Los vértices son V1 = (h, k − a) = (0, 1 − 3) = (0, −2) V2 = (h, k + a) = (0, 1 + 3) = (0, 4) Los focos son

√ F1 = (h, k − c) = (0, 1 − 5) √ F2 = (h, k + c) = (0, 1 + 5)

Los extremos del eje menor B2 = (h + b, k) = (0 + 2, 1) = (2, 1) B1 = (h − b, k) = (0 − 2, 1) = (−2, 1) La longitud del eje mayor es 2a = 2(3) = 6 La longitud del eje menor es 2b = 2(2) = 4 La longitud de cada lado recto es La excentricidad es e =

c a

=

2b2 a

=

2(4) 3

=

8 3

√ 5 3

Las ecuaciones de las directrices son L: a e √ y = −4 ± 9/ 5 y = k±

Soluci´ on (solución de (c)). x2 + 4y 2 − 4x + 24y + 40 = 0

x2 − 4x + · · · + 4y 2 + 24y + · · · = −40

x2 − 4x + · · · + 4(y 2 + 6y + · · · ) = −40

x2 − 4x + 4 + 4(y 2 + 6y + 9) = −40 + 4 + 36 (x − 2)2 + 4(y + 3)2 = 0

La gráfica de esta ecuación es el punto (2, −3)

José Namuche

178

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

179

Soluci´ on (solución de (d)). Completar cuadrados: x2 + 4y 2 + 2x + 17 = 0 x2 + 2x + · · · + 4y 2 = −17

x2 + 2x + 1 + 4y 2 = −17 + 1

(x + 1)2 + 4y 2 {z } |

=

esta suma es un n´ umero real positivo

−16 |{z}

negativo

Esta proposición es FALSA para todo par ordenado (x, y) ∈ R2 . En consecuencia, no existe ning´ un lugar geométrico

5.6 Propiedades de la Elipse Teorema 5.4. La tangente a la elipse b2 x2 + a2 y 2 = a2 b2 en cualquier punto P0 (x0 , y0 ) de la curva tiene por ecuación: xa0 x + yb02y = 1 Demostración. Si L la recta tangente a la elipse E : b2 x2 +a2 y 2 = a2 b2 en el punto P0 (x0 , y0) ∈ E, entonces su ecuación es L y − y0 = m(x − x0 )

y = y0 + m(x − x0 )

Por hallarse m =? Si L es tangente a la elipse, entonces el discriminante de la ecuación: b2 x2 + a2 [y0 + m(x − x0 )]2 = a2 b2 es cero. Veamos: b2 x2 + a2 [y02 + 2my0 (x − x0 ) + m2 (x − x0 )2 ] = a2 b2

b2 x2 + a2 y02 + 2ma2 y0 (x − x0 ) + a2 m2 x2 − 2a2 mx0 x + a2 m2 x20 ] − a2 b2 = 0 (b2 + a2 m2 )x2 + (2ma2 y0 − 2a2 m2 x0 )x + a2 y02 − 2ma2 y0 x0 + a2 m2 x20 = 0 (b2 + a2 m2 )x2 + 2ma2 (y0 − mx0 )x + (ay0 − amx− 0)2 − a2 b2 = 0 (b2 + a2 m2 )x2 + 2ma2 (y0 − mx0 )x + a2 (y0 − mx0 )2 − a2 b2 = 0

(b2 + a2 m2 )x2 + a2 [2m(y0 − mx0 )x + a2 (y0 − mx0 )2 − b2 ] · · · = 0

(*)

El discriminante (*): 4m2 a4 (y0 − mx0 )2 a2 [(y0 − mx0 ) − b2 ] = 0

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

180

Geometr´ıa Anal´ıtica Simplificar 4a2 : m2 a2 (y0 − mx0 )2 − (b2 + a2 m2 )[(y0 − mx0 )2 − b2 ] = 0

m2 a2 (y0 − mx0 )2 − b2 [(y0 − mx0 )2 − b2 ] − a2 m2 [(y0 − mx0 )2 − b2 ] = 0

( 2 2 ((((( 2 m( a((y0 − mx0 ) − b2 [(y0 (

(((

2 ((( − mx0 )2 − b2 ] − ( a2( m( (y0 − mx0 )2 + a2 b2 m2 = 0

−b2 [(y0 − mx0 )2 − b2 ] + a2 b2 m = 0

Simplificar b2 : −[(y0 − mx0 ) − b2 ] + a2 m2 = 0

−[y02 − 2x0 y0 m + x20 m2 − b2 ] + a2 m2 = 0 (a2 − x20 )m2 + 2x0 y0 m + b2 − y02 = 0

p 4x20 y02 − 4(a2 − x20 )(b2 − y02 ) m = 2(a2 x20 ) p −x0 y0 ± x20 y02 − a2 b2 + a2 y02 + x20 b2 − x20 y02 m = a2 − x2 −2x0 y0 ±

Como el punto P0 (x0 , y0 ) pertenece a la elipse, entonces se reduce a: m=

−x0 y0 x0 y0 = 2 2 2 a − x0 x0 − x2

Al dividir numerador y denominador por a2 Obtenemos: m=

x 0 y0 a2 x20 a2

Pero:

−1

x20 y02 + 2 = 1 a2 b y02 x20 − 1 = − a2 b2 ⇒m=

x 0 y0 a2 y2 − b20

=−

b2 x0 · a2 y0

Conclusi´ on: La ecuación de la recta tangente es: b2 x0 · a2 y0 a2 y0 y = a2 y02 − b2 x0 x + b2 x20 y = y0 −

a2 y0 y + b2 x0 x = a2 y02 + b2 x20 a2 y0 y + b2 x − 0x = a2 b2 José Namuche

⇔

Enrique Reyes

x0 x y0 y + 2 =1 a2 b

Carlos Vel´ asquez

181

Geometr´ıa Anal´ıtica Teorema 5.5. Las ecuaciones de las tangentes de pendiente m a la elipse b2 x2 + a2 y 2 = a2 b2 son: y = mx ±

√

a2 m2 + b2

Demostración. Si m es la pendiente de las rectas tangentes a la elipse entonces sus ecuaciones son: y = mx + k. Por hallarse k Si y = mx + k es recta tangente a la elipse E : b2 x2 + a2 y 2 = a2 b2 ; entonces el discriminante de la ecuación cuadrática b2 x2 + a2 [mx + k]2 = a2 b2 es cero. Esto es: b2 x2 + a2 [m2 x2 + 2kmx + k 2 ] = a2 b2 (b2 + a2 m2 )x2 + 2a2 kmx + a2 k 2 − a2 b2 Su discriminante igual a cero es 4a4 k 2 m2 − 4(b2 + a2 m2 )(a2 k 2 − a2 b2 ) = 0 4a4 m2 − 4a2 (b2 + a2 m2 )(k 2 − b2 ) = 0 simplificar 4a2 : a2 k 2 m2 − (b2 + a2 m2 )(k 2 − b2 ) = 0

a2 k 2 m2 − b2 k 2 + b4 − a2 m2 k 2 + a2 m2 b2 = 0 −b2 k 2 + b4 + a2 m2 b2 = 0

b2 [−k 2 + b2 + a2 m2 ] = 0

√ Conclusiones: las ecuaciones de las rectas tangentes de pendiente m, son y = mx± a2 m2 + b2 .

Teorema 5.6. La normal a una elipse en uno cualquiera de sus puntos es bisectriz del ángulo formado por los radios vectores de ese punto. Demostración. Queda como ejercicio para el lector. Ejemplo 5.3. Demostrar que el PRODUCTO de las dos distancias perpendiculares trazadas desde los focos hacia cualquiera recta tangente a una elipse, es una constante, independiente del punto de contacto. Soluci´ on. Se probar que (d1 × d2 ) es independiente de las coordenadas del punto de contacto, digamos P0 = (r, s) de la elipse. La ecuación de la recta tangente LT a la elipse de la figura, de ecuación E : (x2 /a2 ) + (y 2/b2 ) = 1, seg´ un el teorema [??(I’)], en el punto P0 = (r, s) es LT :

José Namuche

rx sy + 2 =1 a2 b

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

182

Geometr´ıa Anal´ıtica

LT P(r,s) 0 LT

F2

F1

(c,0)

(−c,0)

De la figura, tenemos que d1

d2

rc 2 − 1 = qa 2 r2 + sb4 a4 rc − 2 − 1 a = q 2 r2 + sb4 a4

⇒

d1 × d2 =

1 − r2 a4

r 2 c2 a4

+

s2 b4

y como (r, s) ∈ E, entonces (r 2 /a2 ) + (s2 /b2 ) = 1, 2 2 r 2 s2 r2 1 r2 b − a2 r 1 + = + 1 − = [[] · ] + a4 b4 a4 b2 a2 a2 b2 a2 b2 2 2 c r 1 = 2 1− 4 b a Por lo tanto

c2 r 2 1 c2 r 2 d1 × d2 = 1 − 4 / 2 1 − 4 = b2 a b a

y obtenemos as´ı, un valor que resulta independiente de r y s.

5.7 Ejercicios resueltos Ejercicio 5.1. En cada una de las ecuaciones (a) y (b); hallar: (i) las coordenadas de los vértices (ii) las coordenadas de los focos (iii) la longitud del eje mayor (iv) la longitud del eje menor

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

183

Geometr´ıa Anal´ıtica (v) la excentricidad (vi) la longitud del lado recto (a) 9x2 + 4y 2 = 36 , (b) x2 + 4y 2 = 16

Soluci´ on (solución de (a)). En primer lugar, escribir la ecuación 9x2 + 4y 2 = 36 en su forma ordinaria 2 2 Para ello dividir entre 36: x4 + y9 = 1 ⇐ forma ordinaria. En segundo lugar, hallar el valor de a y b de la ecuación ordinaria. El valor de a2 es a2 = 9 , entonces a = 3 El valor de b2 es b2 = 4 , entonces b = 2 En tercer lugar, debemos identificar el eje focal: como a = 3 se encuentra debajo de la variable y, afirmamos que el eje focal coincide con el eje Y . En cuarto lugar, hallar el valor de “c” con la relación a2 = b2 + c2 9 = 4 + c2 √ c = ± 5 En quinto lugar, hacer el gráfico: Necesitamos conocer el centro y los valores de a = 3 y b = 2; para poder ubicar los puntos: V1 , V2 , B1 , B2 . y V(0,3) 1 N1

N2

B1 (−2,0)

B2 (2,0) N1

x

N V2 (0,−3)

Los vértices son: V1 (0, 3), V2 (0, 3) Extremos del eje menor: B1 (−2, 0), B2 (0, 2) √ √ Los focos son F1 (0, − 5), F2 (0, 5) La longitud del eje mayor es: 2a = 2(3) = 6

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

184

La longitud del eje mayor es: 2b = 2(2) = 4 La excentricidad es: e =

c a

=

√

5 3

La longitud del lado recto es: 2b2 a 8 2(4) = = 3 3

|N1 N2 | =

Soluci´ on (solución de (b)). 1o Escribir la ecuación x2 + 4y 2 = 16 en su forma ordinaria 2 2 Para ello dividir entre 16: x16 + y4 = 1 ⇐ forma ordinaria. 2o Hallar el valor de a y b de la ecuación ordinaria, obtenemos el mayor es a2 y el menor es b2 : a2 = 16 ⇒ a = 4 , b2 = 4 ⇒ b = 2 3o Porque a2 = 42 está debajo de x2 , afirmamos que el eje focal coincide con el eje X.

4o El valor de “c” se halla con la relación a2 = b2 + c2 16 = 4 + c2 √ c = 2 3 ≈ 3,46 5o El gráfico es

N2

B(0,2) 2

N2 x’

V(−4,0) 2

F1

F2

N1

B(0,−2) 1

V(4,0) 1

N1

Los vértices son: V1 (−4, 0), V2 (4, 0) √ √ Los focos son F1 (−2 3, 0), F2 (2 3, 0) La longitud del eje mayor es: 2a = 2(4) = 8

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

185

Geometr´ıa Anal´ıtica La longitud del eje mayor es: 2b = 2(2) = 4 La excentricidad es: e =

c a

√ 2 3 4

=

=

√

3 2

La longitud del lado recto es: 2b2 a 2(4) = =2 4

|N1 N2 | =

Ejercicio 5.2. Hallar la ecuación de la elipse cuyos vértices son los puntos (4,0) y (−4, 0), y cuyos focos son los puntos (3,0) y (-3,0). Soluci´ on. 1. Graficar los datos, con el fin de percibir, ¿qué forma tiene la ecuación de la elipse? 2. Como los dos vértices y los focos están en el eje X, entonces la elipse tiene la forma x2 y 2 + 2 =1 a2 b 3. Debemos hallar a y b: (i) Como |V1 V2 | = 2a

|4 − (−4)| = 2a 8 = 2a

a = 4 (ii) |F1 F2 | = 2c

⇒

|3 − (−3)| = 2a 6 = 2c c = 3

(iii) Por la relación a2 = b2 + c2 16 = b2 + 9

⇒

b2 = 16 − 9 b2 = 7

4. Conclusi´ on: la ecuación de la elipse Ejercicio 5.3. Una elipse tiene su centro en el origen, y su eje mayor coincide con el eje Y . si uno de los focos es el punto (0,3) y la excentricidad es igual a 1/2, hallar las coordenadas de otro foco, las longitudes de los ejes mayor y menor, la ecuación de la elipse y la longitud de cada uno de los lados rectos

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

186

Geometr´ıa Anal´ıtica

(0,6) (0,3)

(0,−3)

(0,−6)

Figura 5.1:

Soluci´ on. Como uno de los focos es el punto (0,3), tenemos c = 3, y las coordenadas del otro foco son (0, −3). Como su excentricidad es 1/2, tenemos e=

1 c 3 = = . 2 a a

de donde a = 6. Tenemos, también, b=

√

a2 − c2 =

√

√ 62 − 32 = 3 3

√ Por tanto, las longitudes de los ejes mayor y menor son 2a = 12 y 2b = 6 3 respectivamente. Luego la ecuación de la elipse es x2 y2 + =1 27 36 la longitud de cada lado recto es 2b2 2 · 27 = =9 a 6 Ejercicio 5.4. Los vértices de una elipse tienen por coordenadas (−3, 7) y (−3, −1) y la longitud de cada lado recto es 2. Hallar la ecuación de la elipse, las longitudes de sus ejes mayor y menor, las coordenadas de sus focos y su excentricidad. Soluci´ on. Como los vértices V y V ′ están sobre el eje focal y sus abscisas son ambas −3, se sigue (de la figura) que el eje focal es paralelo al eje Y . Por tanto, la ecuación de la elipse es de la forma (x − h)2 (y − k)2 + =1 b2 a2 El centro C es el punto medio del eje mayor V V ′ y sus coordenadas son, por lo tanto, (3, −3). La longitud del eje mayor V V ′ es 8, como se puede er fácilmente. 2 Por tanto, 2a = 8 y a = 4. La longitud del lado recto es 2ba = 2. Como a = 4, se sigue que 2b2 = 8, de donde b = 2, y la longitud del eje menor es 4. Luego la ecuación de la elipse es (x + 3)2 (y − 3)2 + =1 4 16 José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

187 Y V(−3,7) F

C(−3,3)

F’

X

V’(−3,−1)

Figura 5.2:

También tenemos, c2 = a2 − b2 = 16 − 4 = 12

√ , de donde c = 2 3. √ √ Por tanto las coordenadas de los focos son F (−3, 3 + 2 3) y F ′ (−3, 3 − 2 3), y la excentricidad √ √ c 2 3 3 e= = = a 4 2 Ejercicio 5.5. El techo en el pasillo de 20 pies de ancho tiene forma de una semielipse y tiene 18 pies de altura en el centro y 12 pies de altura en las paredes laterales. Encontrar la altura del techo a 4 pies de cualquier pared Y

(4,y ) 0

b=6 X

(10,12)

12u

4

10

20

Soluci´ on. Luego la ecuación de la elipse será (x − 10)2 (y − 12)2 + =1 102 62

(α)

Sea y0 la altura la altura del pasillo ubicado a 4m de la pared de la izquierda (hacia dentro). Entonces sobre la elipse se forma el punto (4, y0) el cual debe satisfacer la ecuación dada en (α). José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

188

Geometr´ıa Anal´ıtica Es decir

(4 − 10)2 (y0 − 12)2 + =1 102 62 36 (y0 − 12)2 + =1 100 36 (y0 − 12)2 36 =1− 36 100 (36)(64) (y0 − 12)2 = 100 48 + 120 168 y0 = = = 16,8 10 10

Ejercicio 5.6. La órbita de la tierra alrededor del sol es una elipse con el sol como uno de los focos. Si las distancia m´ınima y máxima (centro a centro) del sol a la tierra son 93 millones y 96 millones respectivamente. ¿Cuál es la excentricidad de la órbita de la tierra?

v

2

v

a

c

1

Soluci´ on. distancia máxima = a + c = 96 distancia m´ınima = a − c = 93 a=

96 + 93 189 = 2 2

luego: e=

c = a

c= 3 2 189 2

=

96 − 93 3 = 2 2

3 1 = 189 63

Ejercicio 5.7. Se da la excentricidad e de una elipse E hallar la razón de los semiejes Soluci´ on. b : semieje menor a : semieje mayor La excentricidad e = c/a entonces a = c/e, además se tiene 2

2

a =b +c

2

⇒

c2 = b2 + c2 ⇒ 2 e c√ b = ± 1 − e2 e

luego: b = a

José Namuche

c e

√

1 − e2 c e

=

√

Enrique Reyes

c2 (1 − e2 ) b = e2 2

1 − e2

Carlos Vel´ asquez

189

Geometr´ıa Anal´ıtica

(0,−5)

(−5,0)

(5,0)

(0,5)

Ejercicio 5.8. Los focos de las elipses (x2 /25) + (y 2/9) = 1, (x2 /16) + (y 2/25) = 1, están unidos entre s´ı por unas rectas, y en el rombo formado de este modo hay inscrita una circunferencia. hallar su ecuación. Soluci´ on. Sea P punto medio de F1 y F1′ P =

4 3 , 2 2

r

3 r = d(C, P ) = (6 − 2)2 + (0 − )2 = 2 La ecuación de la circunferencia será 2 5 2 2 x +y = 2

r

9 4+ = 4

r

25 5 = 4 2

Ejercicio 5.9. Encuentre la ecuación de la elipse cuyos ejes coinciden con los ejes de coordenadas y que satisfacen las siguientes condiciones: V (4, 0), extremo menor y B(0, 3). Trazar la curva. Soluci´ on. Si V (4, 0) entonces a = 4. Si B(0, 3) entonces b = 3 c= C1

√

La ecuación será

9 7, 4

√

a2 − b2 =

;

sustituyendo

C2

√

16 − 9 =

√

9 7, − 4

;

√

√ F (± 7, 0);

7; C3

√ 9 − 7, 4

b2 9 = a 4 √ 9 C4 − 7, − 4

x2 y 2 + 2 =1 a2 b x2 y 2 + =1 16 9

o bien: 9x2 + 16y 2 = 144

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

190

Geometr´ıa Anal´ıtica

B(0,3)

C3

C1 V(0,4) C2

C4

Figura 5.3:

Ejercicio 5.10. Encontrar la ecuación de la elipse con foco (2,0) y vértice (5,0) Soluci´ on. Si F (2, 0) entonces c = 2. Si V (5, 0) entonces a = 5. b=

√

a2 − c2 =

La ecuación será

√

25 − 4 =

√

21

y2 x2 + =1 25 21

o bien 21x2 + 25y 2 = 525 Ejercicio 5.11. Encontrar la ecuación de la elipse cuyos ejes coinciden con los coordenados y que pasa por los puntos (3,5) y (7,5/3) 2

2

Soluci´ on. Sea la ecuación xa2 + yb2 = 1, a´ un no sabemos si a → b o al revés; al encontrar sus valores, sabremos cuál es a y cuál b. x2 y 2 + 2 =1 a2 b

49 25 + 2 =1 2 a 9b

resolviendo el sistema de ecuaciones, entonces a=

√

54

a2 = 54; la ecuación buscada es:

b=

√

30

b2 = 30

x2 y2 + =1 54 30

Ejercicio 5.12. Encontrar la ecuación de la elipse que tiene centro en (−3, 0), foco (−3, −2) y la longitud de su semieje mayor es a = 4. Encontrar la excentricidad.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

191

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. c = 2, entonces:

b2 = a2 − c2 = 16 − 4 = 12 (x + 3)2 y 2 + =1 12 16

o bien 16(x2 + 6x + 9) + 12y 2 = 192 16x2 + 96x + 144 + 12y 2 = 192 16x2 + 96x + 12y 2 = 48 y la excentricidad es

1 2 = 4 2 Ejercicio 5.13. Encontrar el lugar geométrico de los puntos medios de las ordenadas de la circunferencia cuya ecuación es: x2 + y 2 = 96

P(x1 ,y1)

Figura 5.4:

Soluci´ on. La figura 5.4 ilustra el problema. Sea x1 = x, y1 = y2 . Sustituyendo, tenemos x21 + 4y12 = 96 dividiendo entre 96

x21 y2 + 1 =1 96 24

El lugar buscado es una elipse Ejercicio 5.14. Hallar la ecuación de la elipse cuyos focos son los puntos (2,0), (−2, 0), y su excentricidad es igual a 32 . José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

192

Geometr´ıa Anal´ıtica

F

F2

1

2c

Soluci´ on.

1. Graficar los focos:

2. La ecuación elipse tiene la forma x2 y 2 + 2 =1 a2 b

E: a =?, b =? 3. Del gráfico obtenemos

2c = 4 c=2 4. La excentricidad es e = ac . Por dato, se tiene e=

2 3

2 c = 3 a

⇒

⇒

5. En 3. obtuvimos, c = 2; al sustituir en (4): 2a = 6

2a = 3c ⇒

(4)

a=3

6. Por la relación pitagórica a2 = b2 + c2 . Obtenemos: 9 = b2 + 4, por tanto b2 = 5 7. Por tanto, la ecuación de la elipse es E:

x2 y 2 + =1 9 5

Ejercicio 5.15. Obtenga una ecuación cartesiana de la elipse cuyos focos son F1 (3, 0) y F2 (−3, 0) y cuyos vértices son V1 (5, 0) y V2 = (−5, 0). Soluci´ on. De los datos se tiene que a = 5 y c = 3. Por lo tanto b2 = a2 − c2 = 25 − 9 = 16 y b=4 Por consiguiente una ecuación de la elipse es x2 y2 + =1 25 16

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

193

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 5.16. Hallar las ecuaciones de las rectas tangentes a la elipse: E : 9x2 + 16y 2 = 144, trazadas desde (4, 9). Soluci´ on.

1. Si una recta pasa por (4,9), entonces su ecuación es L: y − 9 = m(x − 4)

2. Si L es tangente a E entonces el discriminante de la ecuación 9x2 + 16[9 + mx − 4m]2 = 144 es cero. Veamos 9x2 + 16[81 + m2 x2 + 16m2 + 18mx − 72m − 8m2 x] − 144 = 0 9x2 + 16[m2 x2 + (18m − 8m2 )x + 16m2 − 72m + 81] − 144 = 0 (9 + 16m2 )x2 + (16)(2m)(9 − 4m)x + 16(16m2 − 72m) + 1152 = 0 (9 + 16m2 )x2 + (16)(2m)(9 − 4m)x + 16(8)(2m2 − 9m + 9) = 0 El discriminante [(16)(2m)(9 − 4m)]2 − (4)(16)(8)(9 + 16m2 )(2m2 − 9m + 9) = 0 (16)(16)(2)(2m2)(9 − 4m2 ) − (4)(16)(8)(9 + 16m2 )(2m2 − 9m + 9) = 0 2m2 (9 − 4m2 ) − (9 + 16m2 )(2m2 − 9m + 9) = 0 2m2 (81 − 72m + 16m2 ) − [18m2 − 81m + 81 + 32m4 − 144m3 + 144m2 ] = 0 162m2 − 144m3 + 32m4 − 162m2 + 81m − 81 − 32m4 + 144m3 = 0 81m − 81 = 0

⇒

m=1

3. Entonces, la recta tangente es L: y = 9 + 1(x − 4) por tanto L: y = x + 5. Ejercicio 5.17. El techo de un pasillo de 16 pies de ancho tiene una forma de una semielipse, y tiene 17 pies de altura en el centro y 11 pies de altura en las paredes laterales. Hallar la altura del techo a tres pies de cualquier pared. Soluci´ on. Ecuación de la elipse: (x − 0)2 (y − 11)2 + =1 64 36 A(5; H) ∈ elipse:

25 64

+

(H−11)2 36

=1

25 39 (H − 11)2 ⇒ =1− ⇒ (H − 11)2 = × 36 36 64 64 ⇒ H − 11 = 4,7 ⇒ H = 15,7 pies

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

194 A

17 11

3 16

Ejercicio 5.18. Un arco en forma de media elipse tiene 40 pies de ancho y 16 pies de altura en el centro. Encuentre la altura del arco de 10 pies del extremo derecho. Soluci´ on.

Ecuación de la elipse

x2 y2 + =1 400 256

De la figura M(10 : H) ∈ elipse: 100 H 2 + = 400 256 1 H2 + = 4 256 H2 = 256 H =

1 1 3 4√ 8 3

Ejercicio 5.19. Arco semiel´ıptico de un puente: Un puente está dise˜ nado de tal manera que su base tiene forma de semielipse con una luz de 150m, siendo su máxima altura 45m. Hallar la longitud de dos soportes verticales cuya distancia entre s´ı y a sus respectivos extremos es la misma.

y

h=45 x x

y

Soluci´ on. Ante esta situación nueva, creemos conveniente elaborar un gráfico en el que la altura “h” es la longitud del eje mayor. Supongamos que el eje “x.es la base del arco y que el origen es su punto medio. La ecuación del arco será

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Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

195

Geometr´ıa Anal´ıtica

x2 y 2 + 2 =1 a2 b siendo: a = 75,

b = 45

Para hallar la altura de los soportes, hacemos: x = 25 en la ecuación y despejamos el valor de y: √ y2 625 + = 1 → y = 30 2 5625 2025 ´ Ejercicio 5.20. Orbita de Mercurio. Desde los tiempos de Kepler, se sabe que las orbitas de los planetas forman una elipse alrededor del sol, con el sol en uno de los focos. Si la órbita de Mercurio tiene una excentricidad de 0.206 y la longitud de su eje mayor es de 0,774UA (unidades astronómicas), calcular las distancias máxima (afelio) y m´ınima (perihelio) de Mercurio al sol. perihelio

v

2

c

a

v

1

afelio

Soluci´ on.

Por dato: 2a = 0,774UA a = 0,387UA

También se sabe que: c = a×e

c = (0,387)(0,206) c = 0,080UA Entonces:

afelio = a + c = 0,387 + 0,080 = 0,467UA perihelio = a − c

= 0,387 − 0,080 = 0,307UA

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Carlos Vel´ asquez

196

Geometr´ıa Anal´ıtica Considerando que 1UA = 150 millones de kilómetros, tenemos: • Afelio = 70 millones de kilómetros. • Perihelio = 46 millones de kilómetros.

Ejercicio 5.21. Hallar las ecuaciones de las rectas tangentes a la elipse: ξ : 9x2 + 16y 2 = 144, trazadas desde (4,9). Soluci´ on.

1. Si una recta pasa por (4.9), entonces su ecuación es: L : y − 9 = m(x − 4)

y = 9 + m(x − 4)

2. Si L es tangente de ξ, entonces el discriminante de la ecuación: 9x2 + 16[9 + mx − 4m]2 = 144 es cero. veamos: 9x2 + 16[81 + m2 x2 + 16m2 + 18mx − 72m − 8m2 x] − 144 = 0

9x2 + 16[m2 x2 + (18m − 8m2 )x + 16m2 − 72m + 81] − 144 = 0

(9 + 16m2 )x2 + 16,2m(9 − 4m)x + 16(16m2 − 72m) + 1152 = 0 (9 + 16m2 )x2 + 16,2m(9 − 4m)x + 16,8(2m2 − 9m + 9) = 0

El discriminante: [16,2m(9 − 4m)]2 − 4 · 16 · 8(9 + 16m2 )(2m2 − 9m + 9) = 0

16 · 16 · 2 · 2m2 (9 − 4m)2 − 4 · 16 · 8(9 + 16m2 )(2m2 − 9m + 9) = 0 2m2 (9 − 4m)2 − (9 + 16m2 )(2m2 − 9m + 9) = 0

2m2 (81 − 72m + 16m2 ) − [18m2 − 81m + 81 + 32m4 − 144m3 + 144m2 ] = 0 162m2 − 144m3 + 32m4 − 162m2 + 81m − 81 − 32m4 + 144m3 = 0 81m − 81 = 0 ⇒ m = 1 3. Entonces, la recta tangente es L : y = 9 + 1(x − 4) y = x+5

Ejercicio 5.22. Los focos de una elipse son F1 (0, −6), F2 (0, 6) y la ecuación de una recta tangente es: L : 5x + 3y − 50 = 0 Hallar la ecuación de la elipse y la ecuación de sus directrices

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Enrique Reyes

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Geometr´ıa Anal´ıtica

Soluci´ on.

197

1. Por la posición de los focos, se trata de una elipse cuya ecuación tiene la forma y 2 a2 + 2 =1 a2 b = a2 b2

ξ = ξb2 y 2 + a5 2x2 (EJE FOCAL coincide con el eje Y 2. Como los focos se conocen, entonces:

2c = 12 c = 6

(5.6)

3. Por la relación a2 = b2 + c2 se obtiene: a2 = b2 + 36 4. Como L = γ = − 53 x + 50 es tangente a la elipse ξ, entonces 3 ecuación es cero: 2 5 50 2 b − x+ + a2 x2 = 3 3 25 2 b (10 − x)2 + a2 x2 = 9 25 2 b (100 − 20x + x2 ) + a2 x2 = 9 Se reduce a:

(5.7) el discriminante de la siguiente

a2 b2 a2 b2 a2 b2

b4 − 28b2 − 2304 = 0

(b2 − 64)(b2 + 36) = 0

b2 = 64

(5.8)

5. Reemplazar (5.8) en (5.7): a2 = 100 La elipse es: ξ:

y2 x2 + =1 100 64

6. Las ecuaciones de las direcciones son: a 10 50 c 6 L2 : y = ⇐⇒ y = = ,e= = e 6/10 3 a 10 a 50 ⇐⇒ y = − e 3 Ejercicio 5.23. Hallar el centro, los focos, vértices, extremos del eje menor, la excentricidad y las rectas directrices de la ecuación L1 : y = −

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Carlos Vel´ asquez

198

Geometr´ıa Anal´ıtica

(a)

x2 y 2 + =1 9 16

(c) 4x2 + y 2 = 4x

(b) 4x2 + y 2 = 4y

(d) 25x2 + 16y 2 + 100x − 96y = 156

Soluci´ on. (a) x2 y 2 + =1 9 16

⇔

x2 y 2 + =1 32 42

Aqu´ı a = 4; b = 3 c2 = a2 − b2

c2 = 16 − 9 = 7 √ c = 7 Luego c = (0, 0) es el centro de la elipse, su eje focal está sobre el eje “y”. V1 = (0, 4) y V2 = (0, −4) son las coordenadas de los vértices. B1 = (3, 0) √ y B2 = (−3, 0) son las coordenadas de los extremos del eje menor. c 7 e= = es la excentricidad. a 4 L1 : L2 :

16 a 4 16 √ 7 = √ =√ = 7 e 7 7 4 a 16 16 √ y = − = −√ = 7 e 7 7 y =

son las ecuaciones de las rectas directrices. √ √ F1 (0, 7) y F2 = (0, − 7) son las coordenadas de los focos. (b) 4x2 + y 2 = 4y ⇔ 4x2 + y 2 − 4y = 0

⇔ 4x2 + (y 2 − 4y + 4) = 4 ⇔ 4x2 + (y − 2)2 = 4 x2 (y − 2)2 ⇔ + =1 1 4 x2 (y − 2)2 ⇔ 2+ =1 1 22

de esta u ´ ltima se deduce que a = 2; b = 1; c2 = a2 − b2 = 4 − 1 = 3; c2 = 3; c = La elipse tiene su eje focal paralelo al eje “y” su centro es C = (0, 2). Las coordenadas de sus vértices son

√

3

V1 = (0, 2 + 2) = (0, 4) V2 = (0, 2 − 2) = (0, 0) José Namuche

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199

Geometr´ıa Anal´ıtica la coordenada de los extremos del eje menor son B1 = (0 + 1, 2) = (1, 2) B2 = (0 − 1, 2) = (−1, 2) La excentricidad es

√ c 3 p2 para orbitas el´ıpticas y a 0 para las hiperbólicas, podemos resumir los resultados para las curvaturas (k > 0) en tabla siguiente Ejercicio 6.5. Determine los valores y focos de la hipérbola cuya ecuación es: x2 b − =1 9 16 Dibuje la hipérbola y muestre los focos Soluci´ on. Como la ecuación es de la forma x2 b − =1 9 16 el centro de la hipérbola está en el origen y el eje principal es el eje x debido a que a2 = 9 y b2 =16, entonces a = 3 y b = 4. Por tanto los vertices se encuentran en V (3, 0) y V ′ (−3, 0). El numero de unidades de la longitud de la longitud del eje transverso es 2a = 6, y el numero de unidades del eje conjugado es 2b = 8, como c2 − a2 , con c > 0, se tiene: 16 = c2 − 9

c2 = 16 + 9 c2 = 25 c = 5

En consecuencia los focos están en F (5, 0) y F (5, 0). La hipérbola es como sigue en la Figura 6.7 Ejercicio 6.6. Obtenga una ecuación de la hipérbola que tiene un foco en (5, 0) y los extremos de su eje conjugado se encuentra en (0, 2) y (0, −2) Soluci´ on. Como los extremos del eje conjugado se encuentra en (0, 2) y (0, −2), b = 2, el eje principal coincide con el eje x, y el centro esta en el origen. En consecuencia, una ecuación de esta hipérbola es de la forma: x2 y 2 − 2 =1 a2 b

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Geometr´ıa Anal´ıtica

224 10

5

-7.5

-5

-2.5

2.5

5

7.5

-5

-10

Figura 6.7:

Debido a que un foco se encuentra en (5, 0), c = 5, y como b2 = c2 − a2 entonces a2 = 25 − 4. √ As´ı, a = 21 y una ecuación de la hipérbola es: x2 y 2 − =1 21 4 Si en la ecuación

x2 y 2 − 2 =1 a2 b

se intercambia x y y se obtiene:

y 2 x2 − 2 =1 a2 b la cual es la ecuación de una hipérbola que tiene su centro en el origen y su eje principal coincide con el eje y. Ejercicio 6.7. La ecuación:

x2 y2 − =1 9 16 puede obtenerse a partir del Ejercicio 6.5 al intercambiar x y y. La gráfica de esta ecuación es una hipérbola que tiene su centro en origen, el eje y como su eje principal, su vertices en V (0, 3) y V ′ (0, −3) y sus focos en F (0, 5)y F ′ (0, −5). La figura 6.8 muestra a la hipérbola y sus focos: Como se hizo con las circunferencias y con las elipses, respectivamente, se puede trazar una hipérbola en la graficadora primero se define y como dos funciones de x. las cuales se obtienen al resolver la ecuación de la hipérbola para y. Sin embargo, como con la elipse, es fácil trazar la gráfica de la hipérbola a partir de sus ecuaciones paramétricas. En la ecuación estándar de una elipse, se asume que a > b. Sin embargo, para una hipérbola no existe una desigualdad general que relacione a a y b. Por ejemplo, en el ejercicio 6.5 donde a = 3 y b = 4, a < b; pero en el ejercicio 6.6, donde

José Namuche

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Carlos Vel´ asquez

225

Geometr´ıa Anal´ıtica 10

5

-5

-10

5

10

-5

-10

Figura 6.8: √ a = 21 y b = 2, a > b. Además, a puede ser igual a b; en este caso la hipérbola se denomina equilátera. La hipérbola equilátera cuya ecuación es, x2 − y 2 = 1 se conoce como hip´ erbola unitaria. Refiérase a la figura 6.9, la cual muestra la hipérbola que tiene la ecuación: x2 y 2 − 2 =1 a2 b

4

2

-4

-2

2

4

-2

-4

Figura 6.9: Las rectas diagonales punteadas son las as´ıntotas de la hipérbola, se estudiaron as´ıntotas verticales, horizontales y oblicuas de una gráfica, y se presentaron las definiciones formales, las cuales implican el concepto de limite. Sin embargo, intuitivamente puede establecerse que si la distancia no dirigida entre la gráfica y una recta se hace más peque˜ na (sin llegar a cero) conforme |x| y |y| se hacen cada vez más grandes, entonces la recta es una as´ıntota de la gráfica. José Namuche

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226

Geometr´ıa Anal´ıtica

Obsérvese en la figura 6.9 que las digonales del rectángulo cuyos vértices se encuentran en (a, b), (a, −b), -(a, b) y (−a, −b) pertenecen a las as´ıntotas de la hipérbola. Este rectángulo se denomina rect´ angulo auxiliar; sus lados tiene longitudes de 2a y 2b. Los vertices de la hipérbola son los puntos de intersección del eje principal y el rectángulo auxiliar. Una gráfica bastante buena de una hipérbola puede obtenerse dibujando primero el rectángulo auxiliar. Las as´ıntotas se tienen al prolongar las diagonales del rectángulo. Después, por cada vértice se dibuja una rama de la hipérbola empleando las as´ıntotas como gu´ıas. Observe que como a2 + b2 = c2 , la circunferencia que tiene su centro en el origen y pasa por lo vertices del rectángulo auxiliar también pasa por los focos de la hipérbola. Ejercicio 6.8. Determine los vertices de la hipérbola cuya ecuación es: x2 − 4y 2 = 16 Dibuje la hipérbola y muestre el rectángulo auxiliar y las as´ıntotas Soluci´ on.

x2 y 2 − =1 16 4 por tanto la hipérbola, tiene su centro el origen, y su eje principal es el eje x. Como a a2 = 16 y b2 = 4, entonces a = 4 y b = 2. Los vertices se encuentran en V (4, 0) y V ′ (−4, 0), y los lados del rectángulo auxiliar tienen longitudes de 2a = 8 y 2b = 4. La figura 6.10 muestra el rectángulo auxiliar y las as´ıntotas. Estas as´ıntotas se utilizan como gu´ıa para dibujar la hipérbola, la cual se muestra en la figura. 4 2 -10

-5

5

10

-2 -4

Figura 6.10:

Se puede utilizar un truco nemotécnico para obtener las ecuaciones de las as´ıntotas de una 2 2 hipérbola. Por ejemplo para la hipérbola que tiene la ecuación xa2 − yb2 = 1, se sustituye el miembro derecho de cero obteniéndose x2 y 2 − 2 =0 a2 b Al factorizar, esta ecuación se transforma en: x y x y − − + =0 a b a b José Namuche

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Geometr´ıa Anal´ıtica

227

que es equivalente a las dos ecuaciones: x a

⇔

− yb = 0 y = ab x

y y

+ yb = 0 y = − ab x

x a

las cuales son las ecuaciones de las as´ıntotas de la hipérbola dada Ejercicio 6.9. Una ecuación de la hipérbola del Ejercicio 6.8 es: x2 y 2 − =1 16 4 Al fin de obtener las ecuaciones de las as´ıntotas se sustituye el miembro derecho por cero, por lo que se obtiene: x2 y 2 − = 0 4 x y 16 x y − − + = 0 4 2 4 2 x 4

⇔

− y2 = 0 y = 2b x

y y

+ y2 = 0 y = − 2b x

x 4

Suponga que el centro de una hipérbola está en (h, k). Y que su eje principal es paralelo a uno de los ejes coordenados. Entonces, por medio de una traslación de ejes, de modo que el punto (h, k) sea el nuevo origen, una ecuación de la hipérbola es: y ′2 x′2 − 2 =1 a2 b ′ si el eje principal es vertical. Si se sustituye x por x − h y y ′ por y − k; se obtienen las siguientes formas estándar de las ecuaciones hipérbolas. Ejercicio 6.10. Muestre que la gráfica de la ecuación: 9x2 − 4y 2 − 18x − 16y + 29 = 0 es una hipérbola. Obtenga el centro, una ecuación del eje principal y los vertices. Dibuje la hipérbola y muestre el rectángulo auxiliar y las as´ıntotas Soluci´ on. Se comienza completando los cuadrados en x y y. As´ı: 9(x2 − 2x) − 4(y 2 + 4y) = −29

9(x2 − 2x + 1) − 4(y 2 + 4y + 4) = −29 + 9 − 16

9(x − 1)2 − 4(y + 2)2 = −36 (y − 2)2 (x − 1)2 − = 1 9 4 Esta ecuación es la de una hipérbola cuyo centro esta en (1, −2) y cuyo eje principal es la recta vertical que tiene ecuación x = 1. Como a2 = 9 y b2 = 4, entonces a = 3 y b = 2. Los vertices se encuentran en el eje principal a 3 unidades arriba y debajo del centro; ellos están en V (1, 1) y V ′ (1, −5). El rectángulo auxiliar tiene lados de longitudes: 2a = y 2b = 4; este se muestra en la siguiente figura 6.11 junto con las as´ıntotas y las hipérbolas.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

228

Geometr´ıa Anal´ıtica

10

5

-7.5 -5 -2.5

2.5

5

7.5 10

-5

-10

-15

Figura 6.11:

En el ejemplo ilustrativo siguiente se tiene otra ecuación de la forma (1) Ejercicio 6.11. La ecuación: 4x2 − 12y 2 + 24x + 96y − 156 = 0 puede escribirse como 4(x2 + 6x) − 12(y 2 − 8y) = 156 y al completar los cuadrados en x y y se tiene: 4(x2 + 6x + 9) = 12(y 2 − 8y + 16) = 156 + 36 − 192

4(x + 3)2 − 12(y − 4)2 = 0

(x + 3)2 − 3(y − 4) = 0

[(x + 3) − (y − 4)][(x + 3) + (y − 4)] = 0 x+3−

√

3(y − 4) = 0

y x + 3 + (y − 4) = 0

las cuales son ecuaciones de dos rectas que pasan por el punto (−3, 4). Se puede demostrar en general que la gráfica de cualquier ecuación de la forma (1) es una hipérbola o dos rectas que se intersectan. Los resultados del ejercicio 6.10 y del ejercicio 6.11 son casos particulares de este hecho. La ecuación anterior es el caso especial de la ecuación general de segundo grado en dos variables. Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0

(2)

Donde B = 0 y AC < 0( es decir A y C tienen signo opuesto). El teorema siguiente resume las conclusiones de la discusión anterior

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Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

229

Geometr´ıa Anal´ıtica

Teorema 6.4. Si en la ecuación general de segundo grado (2), B = 0 y ; AC < 0 entonces la gráfica es una hipérbola o dos rectas que se intersectan. El caso degenerado de la hipérbola, dos rectas que se intersectan obtiene como una sección cónica si el plano cortante al vértice y dos generatrices del cono. Ejercicio 6.12. Los vertices de na hipérbola se encuentra en (−5, −3) y (−5, −1), y los extremos de sus eje conjugado están en (−7, −2) y (−3, −2). Obtenga una ecuación de la hipérbola y las ecuaciones de las as´ıntotas. Dibuje la hipérbola y las as´ıntotas. Soluci´ on. La distancia entre los vertices es 2a; por tanto, 2a = 2 y a = 1. La longitud del eje conjugado es 2b; de modo que 2b = 4 y b = 2. Debido a que el eje principal es vertical, una ecuación de la hipérbola es de la forma: (y − k)2 (x − h)2 − =1 a2 b2 El centro (h, k) está la mitad de la distancia entre los vertices, y por lo tanto, se encuentra en el punto (−5, −2). En consecuencias, una ecuación de la hipérbola es: (y + 2)2 (x + 5)2 − =1 1 4 Al sustituir el miembro derecho de cero, a fin de obtener las ecuaciones de las as´ıntotas se tiene: y+2 x+5 y+2 x+5 − + =0 1 2 1 2 1 1 y + 2 = (x + 5) y y + 2 = − (x + 5) 2 2 La hipérbola y las as´ıntotas se muestran en la figura 6.12. 1 -12

-10

-8

-6

-4

-2

2 -1 -2 -3 -4 -5

Figura 6.12:

Como con la elipse, la forma de un hipérbola está determinada por su excentricidad, definida de igual manera que para la elipse, esto es, si e es la excentricidad de una hipérbola, entonces e=

c a

Sin embargo, para una hipérbola e > 1. Esto es una consecuencia de que c > a debido a que para una hipérbola c2 = a2 + b2 (3)

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

230

Geometr´ıa Anal´ıtica

√ A partir de esta ecuación, cuando a = b, se obtiene c = 2a. Por lo que la excentricidad de una √ hipérbola equilátera es 2. Consulte la figura 6.15. Si e se aproxima a 1, mientras que a permanece fija, entonces c se aproxima a a y, de la ecuación (3), b se aproxima a 0, por lo que la forma de la hipérbola se hace flaca en torno a su eje principal. La figura 6.13 muestra una hipérbola con e = 1,05 y el mismo valor de a como en la figura 6.14. Si e incrementa conforme a permanece fija, entonces c y b se incrementan, y la forma de hipérbola se hace gorda en torno a su principal.Refierese a la figura 6.15 la cual representa una hipérbola con e = 2 y el mismo valor de a como en las figuras 6.13 y 6.14.

F’

v’

v

F

0

e=1.05

Figura 6.13:

F’

v’

v

F

0

e=−2

Figura 6.14:

La propiedad de la hipérbola dada en su definición constituye la base de varios sistemas de navegación. Estos sistemas están constituidos por una red de pares de radiotransmisores en posiciones fijas y a una distancia conocidas entre s´ı. Los radiotransmisores env´ıan se˜ nales de radio que son recibidas por un navegante. La diferencia de tiempo de llegada de las dos se˜ nales determinan la diferencia 2a de las distancias con relación al navegante. As´ı, se sabe que la posición del navegante se encuentra a alg´ un punto largo de un arco de una hipérbola cuyos focos están en

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

231

Geometr´ıa Anal´ıtica

F’

v’

F

v 0

e=2

Figura 6.15:

las posiciones de los radiotransmisores. Se determina un arco, y no ambos, debido al retraso de la se˜ nal de los radiotransmisores que integran el sistema. El procedimiento se repite para un par diferente de radiotransmisores y se determina otro arco de hipérbola que proporciona la posición del navegante. El punto de intersección de los dos arcos hiperbólicos es la posición real del navegante. Por ejemplo, suponga que un par de radiotransmisores se localizan los puntos T1 y S1 y las se˜ nales desde este par determinan el arco hiperbólico A1 . Otro para de radiotransmisores ubicados en los puntos T2 y S2 determinan, a partir de sus se˜ nales, el arco hiperbólico A2 . Entonces, la intersección de A1 y A2 es la posición del navegante. La hipérbola posee una propiedad de reflexión que se emplea en el dise˜ no de ciertos telescopios, La hipérbolas también se utilizan en la guerra para localizar la artiller´ıa enemiga mediante el ruido de disparos, este método se denomina localización acustica. Algunos cometas se desplazan en orbitas hiperbólicas. Ejercicio 6.13. Con respecto a las ecuaciones de las hipérbolas siguientes, encontrar el centro, los focos las as´ıntotas y las directrices a)

(x−1)2 25

−

(y+1)2 5

=1

Soluci´ on. Su centro es el punto (2,-1) a = 5; b = √ √ √ c = a2 + b2 = 25 + 5 = 30 los vertices:

√

5

V1 = (2 + a, −1) = (2 + 5, 1) = (7, −1)

V2 = (2 − a, 1) = (2 − 5, −1) = (−3, −1) los focos: F1 = (2 + c, −1) = (2 +

F2

José Namuche

√

30, −1) √ = (2 − c, −1) = (2 − 30, −1) Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

232

Geometr´ıa Anal´ıtica la directrices: 5 25 a =2+ √ =2+ √ e 30/5 30 a 5 25 = 2− =2− √ =2− √ e 30/5 30

X1 = 2 + X2

para hallar las ecuaciones de las as´ıntotas, tenemos (y + 1)2 (x − 2)2 (x − 2)2 = → (y + 1)2 = 25 5 5 (x − 2) → y+1=± √ 5 (x − 2) √ − 1 es la ecuación de una as´ıntota 5 −(x − 2) √ − 1 es la ecuación de otra as´ıntota y= 5 y=

b)

(x−1)2 16

−

(y+1)2 16

=1

Soluci´ on. Su centro es el punto (1, −1) √ √ √ √ a = 4, b = 4, c = a2 + b2 = 16 + 16 = 4 2; c = 4 2 luego, sus vértices son V1 = (1 + 4, −1) = (5, −1)

V2 = (1 − 4, −1) = (−3, −1) sus focos son: √ F1 = (1 + 4 2, −1) √ F2 = (1 − 4 2, −1) sus directrices son:

√ √ a 4 16 4 4 2 x1 = 1 + = 1 + √ =1+ √ =1+ √ =1+ =1+2 2 e 2 4 2/4 4 2 2 √ X1 = 1 + 2 2 √ X2 = 1 − 2 2

Las as´ıntotas (y+1)2 16

José Namuche

=

(x−1)2 16

→ y+1 = ± (x−1) 4 4 → y = (x − 1) − 1 → y = x − 2 ó y = −x + 1 − 1 → y = −x Enrique Reyes

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233

Geometr´ıa Anal´ıtica c) 9x2 − 4y 2 − 18x − 4y − 44 = 0 9(x2 − 2x) − 4(y 2 + y) = −44

9(x2 − 2x + 1) − 4(y 2 + y) = −44 1 9(x2 − 2x + 1) − 4(y 2 + y + ) = −44 + 9 − 1 4 2 2 9(x − 1) − 4(y + 1/2) − 9(x − 1)2 = 36 4(y + 1/2)2 − 9(x − 1)2 = 36 (y + 1/2)2 (x − 1)2 − = 1 9 4

Su centro es el punto: (1, −1/2) a = 3, b = 2, c =

√

a2 + b2 =

√

9+4=

√

13; c =

√

13

Sus vertices son: V1 = (1, −1/2 + 3) = (1, 5/2)

V2 = (1, −1/2 − 3) = (1, −7/2) Sus focos son: F1 = (1, −1/2 +

√

13) y √ = (1, −1/2 − 13)

F2

la ecuación de las directrices son: 1 y = − + 2 1 y = − − 2

a 1 3 1 9 =− +√ = − + √ ó e 2 2 13/3 13 9 √ 13

Las ecuaciones de las as´ıntotas son 3 (y + 1/2) = ± (x − 1) 2 Ejercicio 6.14. Hallar la ecuación de cada una de las hipérbolas siguientes, as´ı como el centro, los vertices, ecuaciones de las as´ıntotas y de las directrices. Estas hipérbolas tienen: Soluci´ on.

a) a = 4, b = 3, eje conjugado al eje y, centro (2, 4)

Soluci´ on. c=

√

a2 + b2 =

√

16 + 9 = 5; c = 5

La ecuación de la hipérbola es: (x − 2)2 (y − 4)2 − =1 16 9 José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

Los vertices V1 = (2 + 4, 4) = (6, 4) y V2 = (2 − 4, 4) = (−2, 4) Los focos son F1 = (2 + 5, 4) = (7, 4) F2 = (2 − 5, 4) = (−3, 4) Las ecuaciones de las directrices: 16 4 =2+ = 26/5; X1 = 26/5 5/4 5 = 2 − a/e = 2 − 16/5 = −6/5; X = 2 = −6/5

X1 = 2 + a/e = 2 + X2

Las ecuaciones de las as´ıntotas son 3 y − 4 = ± (x − 2) 4 b) a = 3, b = 4, eje transverso paralelo al eje X, centro (4,-1) Soluci´ on. c=

√

a2 + b2 =

√

a + 16 =

√

25 = 5; c = 5

La ecuación de la hipérbola es: (x − 4)2 (y + 1)2 − =1 9 16 Sus vertices son: V1 = (4 + 3, −1) = (7, −1) y

V2 = (4 − 3, −1) = (1, −1) Sus focos son:

F1 = (4 + 5, −1) = (9, −1)

F2 = (4 − 5, −1) = (−1, −1) Las ecuaciones de las directrices: a = 4+ e a = 4− =4+ e

X1 = 4 + X2

3 9 29 =4+ = ; 5/3 5 5 9 11 11 = ; X2 = 5 5 5

X1 =

29 5

c) a = 5, b = 12, eje conjugando perpendicular al eje “y”, centro (1, −3) José Namuche

234

Enrique Reyes

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235

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. c2 = 25 + 144 = 169 → c = 13 La ecuación de la hipérbola es: (x − 1)2 (y + 3)2 − =1 25 144 Los vertices son: V1 = (1 + 5, −3) = (8, −3)

V2 = (1 − 5, −3) = (−4, −3) Los focos son: F1 = (1 + 13, −3) = (14, −3)

F2 = (1 − 13, −3) = (−12, −3) Las directrices son: a 5 25 38 =1+ =1+ = ; e 13/5 13 13 25 −12 = 1− = ; X2 = −12/13 13 13

X1 = 1 + X2

X1 =

38 13

Las ecuaciones de las as´ıntotas: y+3=±

12 (x − 1) 5

d) Centro (−3, −1), vértice (1, −1) y foco (2, −1) Soluci´ on. Notemos que el vértice y el foco, tienen la misma segunda coordenada, luego el eje focal es paralelo al eje x o lo que es lo mismo decir que su eje transversa es paralelo al eje x C = (−3, −1) centro

V1 = (1, −1) vértice

F1 = (2, −1) foco

d(C, v1 ) = a ⇔ a = | − 3 − 1| = 4 → a = 4 d(C, F1 ) = C ⇔ c = | − 3 − 2| = 5 → c = 5

Luego b2 = c2 − a2 = 25 − 16 = 9 → b = 3 La ecuación de la hipérbola es H:

(x + 3)2 (y + 1)2 − =1 16 9

El otro vértice es: V2 = (−3 − 4, −1) = (−7, −1) El otro foco es: F2 = (−3 − 5, −1) = (−8, −1) José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

236

Geometr´ıa Anal´ıtica La ecuaciones de la directrices son: 4 16 1 1 a = −3 + = −3 + = ; X1 = e 5/4 5 5 5 a 16 31 31 = −3 − = −3 − = − ; X2 = − e 5 5 5

X1 = −3 + X2

La ecuaciones de las as´ıntotas son: 3 y + 1 = ± (x + 3) 4 e) Un extremo dele eje conjugado en (4, 6) un vértice en (8, 3) y un foco en el punto (−1, 3) Soluci´ on. Notemos que el vértice V1 = (8, 3) y el foco F1 = (−1, 3), tienen la misma segunda coordenada, esto significa que el eje focal es horizontal. la primera coordenada del centro debe ser “4 la segunda debe de ser “3”. Es decir el centro es (4, 3). C = (4, 3) 2

d(C, V1) = a → a = 4 d(c, F1 ) → c = 5

Luego b2 = c2 − a2 = 25 − 16 = 9 → b = 3 La ecuación de la hipérbola es: (x − 4)2 (y − 3)2 − =1 16 9 El otro vértice es: V2 = (4 − 4, 3) = (0, 3) El otro foco es: F2 = (4 + 5, 3) = (9, 3) Las rectas directrices son: 4 16 36 a =4+ = 4+ = ; e 5/4 5 5 a 16 4 4 = 4− =4− = ; X2 = e 5 5 5

X1 = 4 + X2 Las rectas as´ıntotas son:

X1 =

36 5

3 y − 3 = ± (x − 4) 4

Ejercicio 6.15. Hallar la ecuación del lugar geométrico de los puntos P = (x, y) tales que a) La diferencia, en valor absoluto de las distancias del punto “p.a (4, 1) y (−2, 1) es igual a 5

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Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

237

Soluci´ on. |d(p, (4, 1)) − d(p, (−2, 1))| = 5, aqu´ı 5 = 2a ⇒ a = 5/2 d((4, 1), (−2, 1)) = 2c ⇒ 2c = 6 ⇒ c = 3 √ 11 11 = ⇒ b = además b2 = c2 − a2 = 9 − 25 4 4 2 El lugar geométrico es un hipérbola, cuyo centro es una hipérbola, cuyo centro es (1, 1)y su ecuación es (x − 1)2 (y − 1)2 H: − =1 25/4 11/4 b) La distancia al punto (2, 3) es el doble de su distancia a la recta y = 1 Soluci´ on. d(p, (2, 3)) = 2(p, L); L : y = 1 p d(p, (2, 3)) = (x − 2)2 + (y − 3)2 d(p, L) = |y − 1| Luego: p

(x − 2)2 + (y − 3)2 = 2(y − 1)

(x − 2)2 + (y − 3)2 = 4(y − 1)2

(x − 2)2 + y 2 − 6y + 9 = 4y 2 − 8y + 4

(x − 2)2 − 3y 2 + 2y + 5 = 0

(x − 2)2 − 3(y 2 − 2/3y + 1/9) = −5 − 16 3 16 = 3

1 3

(x − 2)2 − 3(y − 1/3)2 = − 3(y − 1/3)2 − (x − 2)2 (y − 1/3)2 16 9

−

(x − 2)2 16 3

= 1 es la ecuación del lugar geométrico

c) La distancia al punto (4, 5) es tres veces la distancia a la recta de ecuación x = −2 Soluci´ on. d(p, (4, 5)) = 3d(p, L); L : x = −2 p d(P, (4, 5)) = (x − 4)2 + (y − 5)2 ; d(P, L) = |x + 2| Luego: p (x − 4)2 + (y − 5)2 = 3|x + 2| ⇒ (x − 4)2 (y − 5)2 = 9(x + 2)2 ⇒ x2 + 16 − 8x − 9x2 − 36x − 36 + (y − 5)2 = 0

⇒ (y − 5)2 − 8x2 − 44x − 20 = 0 11 121 121 ⇒ (y − 5)2 − 8(x2 + x + ) = 20 − 2 16 2 11 −81 ⇒ (y − 5)2 − 8(x + )2 = 4 2 11 2 81 ⇒ 8(x + ) − (y − 5)2 = 4 2 2 2 (x + 11/4) (y − 5) ⇒ − = 1 es la ecuación del lugar geométrico 81 81 8

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2

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

238

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 6.16. Hallar la ecuación de la hipérbola equilátera centrada en el origen y que pasa por el punto (4, −2) Soluci´ on. Puede ser: su ecuación. Esto es:

2 x2 − ya2 a2

= 1 y como P = (4, −2) es un punto de la hipérbola, debe satisfacer 42 (−2)2 16 − 4 − =1⇒ ⇒ a2 = 12 2 2 a a a2

Luego la ecuación es: x2 − y 2 = 12 Ejercicio 6.17. Hallar la ecuación de la hipérbola equilátera centrada en el origen, y que pasa √ por el punto (−3, 2) √ Soluci´ on. Puede ser: x2 − y 2 = a2 ; p = (−3 2) debe satisfacer su ecuación √ (−3)2 − ( 2)2 = a2 ⇒ 9 − 2 = a2 ⇒ a2 = 7

Luego la ecuación es x2 − y 2 = 7 Ejercicio 6.18. Hallar la ecuación de la hipérbola con focos en (0, 0) y (6, 0) y excentricidad e = 3/2 Soluci´ on. F1 = (0, 0);

F2 = (6, 0)

observemos que tienen la misma segunda coordenada, por lo tanto el eje focal es horizontal. Las coordenadas del centro: 1 1 (F1 + F2 ) = [(0, 0) + (6, 0)] = (3, 0) 2 2 C = (3, 0) es el centro de la hipérbola d(F1 , F2 ) = 2c ⇒ |0, 6| = |6| = 6 = 2c →

C=3

c 3 3 3 = ⇔ = ⇔a=2 a 2 a 2 2 2 2 b = c − a = 9 − 4 = 5 → b2 = 5 e=

Luego la ecuación de la hipérbola es: (x − 3)2 y 2 − =1 4 5 Ejercicio 6.19. Hallar la ecuación de la hipérbola con vértices en los puntos (1, 2) y (1, 12), y excentricidad e = 2

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

239

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. d(V1 , V2 ) = 2a;

V1 = (1, 2);

V2 = (1, 12)

d(V1 , V2 ) = 10 = 2a ⇒ a = 5 c c e = = 2 ⇔ = 2 ⇔ c = 10 a 5 2 2 2 además: b = c − a = 100 − 25 = 75 b2 = 75 Las coordenadas del centro son: (1, 7) (y − 7)2 (x − 1)2 − = 1 es la ecuación de la hipérbola 25 75 Ejercicio 6.20. Hallar la ecuación de la hipérbola cuyos vertices se encuentran en los focos de 2 2 la elipse [ (x−2) ] + [ (y+1) ] = 1 , y los vertices de esta elipse se encuentran en los focos de la 16 9 hipérbola Soluci´ on. El eje focal de la elipse es horizontal, y su centro en el punto (2, −1). En la elipse: (x − 2)2 (y + 1)2 + =1 (4)2 (3)2 √ √ √ √ a = 4; b = 3; c = a2 − b2 = 16 − 9 = 7; c = 7 Los focos de la elipse son: F1 = (2 + F2

√

7, −1) √ = (2 − 7, −1)

Los vertices de la elipse son: V1 = (2 + 4, −1) = (6, −1)

V2 = (2 − 4, −1) = (−2, −1) Luego las vertices de la hipérbola son V1H = (2 +

√

7, −1) y V2H = (2 −

√

7, −1)

y los focos de la hipérbola son F1H = (6, −1)

F2H = (−2, −1) Luego se tiene en la hipérbola d(F1H , F2H ) = 2c = 8 → c = 4 √ √ d(V1H , V2H ) = 2a = 2 7 → a = 7 √ √ Luego b2 − c2 − a2 → b = 16 − 7 = 9 = 3 → b = 3 Luego la ecuación de la hipérbola es : H:

José Namuche

(x − 2)2 (y + 1)2 − =1 7 9 Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

240

Ejercicio 6.21. Hallar la ecuación de dos rectas perpendiculares, trazadas desde el foco derecho 2 2 de la hipérbola x16 − y9 = 1 a sus as´ıntotas 2

2

y x Soluci´ on. Su ecuación de la hipérbola: (4) 2 − (3)2 = 1; a = 4, b = 3 √ √ √ el centro es (0, 0); c = a2 + b2 = 16 + 9 = 25 = 5; c = 5 luego los focos son F1 = (5, 0) y F2 = (−5, 0). El foco derecho es “F1 ”. Las ecuaciones de las as´ıntotas son: y = ± 34 x

3 3 y = x; L2 : y = − x 4 4 Luego una de las rectas trazadas desde el foco “F ”, perpendicular a la recta “L1 ” es: L1 :

4 4 y − 0 = − (x + 5) ⇔ y = − (x + 5) 3 3 y la ecuación de la recta trazada desde el foco “F1 perpendicular a la recta “L1 .es: 2

4 4 y − 0 = (x + 5) ⇔ y = (x + 5) 3 3 Ejercicio 6.22. Hallar el ángulo formado por las rectas as´ıntotas de toda hipérbola H cuya excentricidad seas e = 2. Soluci´ on. e=

c = 2 → c = 2a a

además c2 = a2 + b2 → (2a)2 = a2 + b2 ⇒ 4a2 = a2 + b2 ⇒ b2 = 3a2 H:

x2 y2 − =1 a2 3a2

Luego las as´ıntotas son: √

3a x y = ± √ a 3x y = Luego las pendientes de estas rectas son: √ 3 y m2 = − 3 √ √ √ m1 − m2 3+ 3 2 3 tan θ = = = 1 + m1 m ˙2 1−3 −2 √ tan θ = − 3 m1 =

√

luego θ = 120o

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

241

Ejercicio 6.23. Hallar la ecuación de la hipérbola centrada en (0, 0) y con eje focal paralelo al eje x. a) Cuyo semieje transverso mide 6 unidades y excentricidad

3 2

Soluci´ on. a = 6;

e=

c 3 c 3 = ⇔ = a 2 6 2 ⇔ c=9

b2 = c2 − a2 = 81 − 36 = 45

b2 = 45 Luego la ecuación de la hipérbola es:

H:

x2 y2 − =1 36 45

b) Cuya distancia focal es 26 y la excentricidad es

13 5

Soluci´ on. d(F1 , F2 ) = 26 ⇔ 2c = 26 ⇔ c = 13

e=

c 13 13 13 = ⇔ = a 5 a 5 ⇔ c = 13

además: b2 = c2 − a2

b2 = 169 − 25 = 144 b2 = 144 Luego la ecuación de la hipérbola es: H:

X2 y2 − =1 25 144

Ejercicio 6.24. En las siguientes hipérbolas, hallar la ecuación de la recta tangente en el punto de contacto dado: a) 25x2 − y 2 = 100;

José Namuche

√ (−3, 5 5)

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. Hacemos y ′ =

dy dx

en la ecuación de la hipérbola 25(2)x − 2y y˙ ′ = 0

25(2)x = 2y y˙ ′ 25x y′ = y

y

′

√ (−3,5 5)

y ′ (−3,5√5)

√ 25(−3) −15 −15 5 √ = √ = = 5 5 5 5 √ = −3 5 es la pendiente de la ruta

Luego la ecuación de la recta tangente es: √ √ LT : y − 5 5 = −3 5(x + 3) b) 4y − x2 = 1;

√ (−1, − 2/2)

Soluci´ on. Hallemos y ′ =

dy dx

en la ecuación de la hipérbola 4(2)y y˙ ′ − 2x = D 4(2)y y˙ ′ = 2x ⇒ y′ =

x 4y

Luego: y ′ −1, −√2 = 2

y ′ −1, −√2 2

=

−1

√ 4( −2 2 )

√

1 = √ 2 2

2 es la pendiente de la recta tangente 4

Luego la ecuación de la tangente es:

c) 4x2 − 3y 2 = 24;

√ 2 2 LT : y + = (x + 1) 2 4 √

(3, 2)

Soluci´ on. Hallemos y ′ =

dy dx

en: 4x2 − 3y 2 = 2y 4(2)x − 3(2)y y˙ ′ = 0 4(2)x 3(2)y

⇒ y′ =

4x 3y

Luego: 4(3) y ′ (3,2) = =2 3(2) y ′ (3,2) = 2 es la pendiente de la recta tangente LT = y − 2 = 2(x − 3) LT = 2x − y − 4 = 0 José Namuche

242

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

243

Ejercicio 6.25. Hallar las longitudes de los vectores focales del punto (6, 5) de la hiperbola 5x2 − 4y 2 = 80 Soluci´ on.

H : 5x2 − 4y 2 = 80 2 x2 − y20 = 1 ⇔ 16

√ a = 4; b = 2 5 √ √ c = 16 + 20 = 36 c=6

c 6 3 3 = = →c= a 4 2 2 las longitudes de los vectores focales son: |e(6) + a| y |e(6) − a| esto es: e=

|3/2(6) + 4| = |13| = 13 y

|3/2(6) − 4| = |9 − 4| = 5 Rpta: 13 y 5

Ejercicio 6.26. Hallar la ecuación de la hipérbola que pasa por (6, 4), tiene su eje focal paralelo al eje y y sus as´ıntotas son las rectas con ecuaciones: L1 : x + 2y − 3 = 0,

L2 = x − 2y + 1 = 0

Soluci´ on. L1 L1 L1 L1

: x + 2y − 3 = 0; : 2y − 2 = −x + 1; : 2(y − 1) = −(x − 1); : (y − 1) = − 12 (x − 1);

L2 L2 L2 L2

: x − 2y + 1 = 0 : 2y − 2 = x − 1 : 2(y − 1) = (x − 1) : (y − 1) = 12 (x − 1)

Luego las ecuaciones de las as´ıntotas son: 1 (y − 1) = ± (x − 1) 2 comparando con la forma:

a (y − k) = ± (x − h) b 2 (y − k) (x − h)2 H: − =1 a2 b2 a 1 = → b = 2a b 2 a (x − 1) 2a = a2 (x − 1)2

(y − 1) = ±

4a2 (y − 1)2

4a2 (y − 1)2 − a2 (x − 1)2 = 1 José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

244

reemplazando las coordenadas del punto: (6, 4) 4a2 (9) − a2 (25) = 1 → 36a2 − 25a2 = 1 → 11a2 = 1 → a2 = Luego: H:

1 11

(y − 1)2 (x − 1)2 − = 1 es la ecuación de la hipérbola 11/4 11

6.3 Ejercicios y problemas propuestos 1. En los ejercicios siguientes, los vertices y los focos de las correspondientes hipérbolas. Con la ayuda de las as´ıntotas, representar las gráficas las hipérbolas propuestas. (Larson Pag. 541-542) a) 2x2 − 3y 2 = 6 b) 5y 2 = 4x2 + 20 c)

(x−1)2 4

−

(y+2)2 1

=1

d) (y + 6)2 − (x − 2)2 = 1 e) 9y 2 − x2 + 2x + 54y + 62 = 0 2. En los ejercicios siguientes hallar una ecuación para cada hipérbola a) Centro (0, 0); un vértice (0, 2) un foco (0, 4) b) Vertices (0, 2); y (6, 2); as´ıntotas y =

2 3

e y = 4 − 23 x

c) Vertices (2, 3); y (2, −3); pasa por el punto (0, 5).

2

2

d) Hallar las ecuaciones de las rectas perpendiculares a la hipérbola ( y4 ) − ( x2 ) = 1 en x = 4. 3. Clasificar la cónica correspondiente a cada ecuación en uno de los tipos: circunferencia, parabola, elipse, hipérbola. 4y 2 − 2x2 − 4y − 8x − 15 = 0 4. En los ejercicios siguientes, para la hipérbola que tiene la ecuación indicada determine (a) el centro (b) el eje principal, y (c) los vertices, (d). Dibuje la hipérbola y muestra los focos. (Leithold pag. 1200) a) y = b)

y2 25

José Namuche

−

x2 64

−

x2 144

y2 36

=0

=1

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

245

c) 9x2 − 4y 2 = 36 5. Para la hipérbola cuya ecuación se indica, obtenga (a) el centro, (b) el eje principal, y (c) los vertices, (d) Dibuje la hipérbola y muestre el rectángulo auxiliar y las as´ıntotas. a) y =

y2 4

−

x2 16

=1

b) x2 − y 2 + 6x − 4y − 4 = 0 c) 9x2 − 16y 2 + 54x − 32y − 79 = 0 d) 4y 2 − 9x2 + 16y + 18x = 29 6. Obtenga una ecuación de la hipérbola que satisface las condiciones se˜ naladas y dibujélas. a) Vertices en (−2, 0); y (2, 0) y eje conjugado de longitud 6. b) Centro en el origen, sus focos sobre el eje y, y pasa por los puntos (−2, 4); y (−6, 7) c) Centro en (−2, −1); un vértice en (−2, 11); y un foco en (−2, 13). d) Focos en (−1, 4) y (7, 4), y la longitud del eje transverso es 23 . e) Los vertices de una hipérbola se encuentra en (−3, −1) y (−1, −1) las distancia entre √ los focos es 2 5. Obtenga (a) una ecuación de la hipérbola, y (b) las ecuaciones de las as´ıntotas. f) Obtenga una ecuación de la hipérbola cuyos focos son los vertices de la elipse 7x2 + 11y 2 = 77 y cuyos vertices son los focos de esta hipérbola.

6.4 Respuestas Ejercicios Propuestos 1. En los ejercicios siguientes, hallar el centro, los vertices y los focos de las correspondientes hipérbolas. Con la ayuda de las as´ıntotas, representar las gráficas las hipérbolas propuestas. a) 2x2 − 3y 2 = 6 Soluci´ on Centro: (0, 0) √ Vertices: (± 3, 0) √ Focos: (± 5, 0)

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

7.5 5 2.5 -5

-10

5

10

5

10

-2.5 -5 -7.5

b) 5y 2 = 4x2 + 20 Soluci´ on Centro: (0, 0) √ Vertices: (0, ± 3) √ Focos: (0, ± 5) 7.5 5 2.5 -5

-10

-2.5 -5 -7.5

c)

(x−1)2 4

2

− (y+2) =1 1 Soluci´ on Centro: (1, −2) Vertices: (−1, −2), (3, −2) √ Focos: (1 ± 5, −2) 2 -10

-5

5

10

-2 -4 -6

José Namuche

246

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica d) (y + 6)2 − (x − 2)2 = 1 Soluci´ on Centro: (2, −6) Vertices: (2, −5), (2, −7) √ Focos: (2, −6 ± 2) 2.5

-5

-2.5

2.5

5

7.5

10

-2.5 -5 -7.5 -10 -12.5 -15

e) 9y 2 − x2 + 2x + 54y + 62 = 0 Soluci´ on Centro: (1, −3) √ Vertices: (1, −3 ± 2) √ Focos: (1, −3 ± 2 5) 5 -30

-20

-10

10

20

30

-5 -10

2. En los ejercicios siguientes hallar una ecuación para cada hipérbola. a) Centro (0, 0); un vértice (0, 2) un foco (0, 4) Soluci´ on y 2 x2 − =1 4 12 b) Vertices (0, 2); y (6, 2); as´ıntotas y = Soluci´ on

2 3

e y = 4 − 23 x

(x − 3)2 (y − 2)2 − =1 9 4 c) Vertices (2, 3); y (2, −3); pasa por el punto (0, 5). Soluci´ on

José Namuche

247

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

248

y 2 (x − 2)2 − =1 9 9 4 2

2

d) Hallar las ecuaciones de las rectas perpendiculares a la hipérbola ( y4 ) − ( x2 ) = 1 en x = 4. Soluci´ on En: (4, 6)3x + 4y − 36 = 0 En: (4, −6)3x − 4y − 36 = 0 3. Clasificar la cónica correspondiente a cada ecuación en uno de los tipos: circunferencia, parabola, elipse, hipérbola. 4y 2 − 2x2 − 4y − 8x − 15 = 0 Soluci´ on Hip´ erbola 4. En los ejercicios siguientes, para la hipérbola que tiene la ecuación indicada determine (a) el centro (b) el eje principal, y (c) los vertices, (d). Dibuje la hipérbola y muestra los focos. a)

x2 64

2

− y36 = 1 Soluci´ on (a) (0, 0) (b) eje x (c) (−8, 0), (8, 0) (d) (−10, 0), (10, 0) (e) 10

5

-15

-10

-5

5

10

15

-5

-10

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

b)

y2 25

2

x − 144 =1 Soluci´ on

(a) (0, 0) (b) eje y (c) (0, −5), (0, 5)

(d) (0, −13), (0, 13) (e)

15 10 5

-20

-10

10

20

-5 -10 -15

c) 9x2 − 4y 2 = 36 Soluci´ on (a) (0, 0) (b) eje x (c) (−2, 0), (2, 0) √ √ (d) (− 13, 0), ( 13, 0) (e) 10

5

-6

-4 -2

2

4

6

-5

-10

José Namuche

249

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

250

Geometr´ıa Anal´ıtica

5. Para la hipérbola cuya ecuación se indica, obtenga (a) el centro, (b) el eje principal, y (c) los vertices, (d) Dibuje la hipérbola y muestre el rectángulo auxiliar y las as´ıntotas. 2

2

a) y = y4 − x16 = 1 Soluci´ on (a) (0, 0) (b) eje y (c) (0, −2), (0, 2)

(d)

15 10 5

-20

-10

10

20

-5 -10 -15

b) x2 − y 2 + 6x − 4y − 4 = 0 Soluci´ on (a) (−3, −2)

(b) y = −2

(c) (−6, −2), (0, −2)

(d)

4 2 -10

-7.5

-5

-2.5

2.5

5

-2 -4 -6 -8 -10

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

251

Geometr´ıa Anal´ıtica c) 9x2 − 16y 2 + 54x − 32y − 79 = 0 Soluci´ on (a) (−3, −1)

(b) y = −1

(c) (−7, −1), (1, −1)

(d)

10

5

-15

-10

-5

5

10

-5

-10

d) 4y 2 − 9x2 + 16y + 18x = 29 Soluci´ on (a) (1, −2)

(b) x = 1

(c) (1, −5), (1, 1)

(d)

10

5

-7.5 -5 -2.5

2.5

5

7.5

-5

-10

-15

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

252

Geometr´ıa Anal´ıtica

6. Obtenga una ecuación de la hipérbola que satisface las condiciones se˜ naladas y dib´ ujelas. a) Vertices en (−2, 0); y (2, 0) y eje conjugado de longitud 6. Soluci´ on x2 y 2 − =1 4 9 15

10

5

-10

-5

5

10

-5

-10

-15

b) Centro en el origen, sus focos sobre el eje y, y pasa por los puntos (−2, 4); y (−6, 7) Soluci´ on 32y 2 − 332 = 380 10

5

-7.5 -5 -2.5

2.5

5

7.5

-5

-10

c) Centro en (−2, −1); un vértice en (−2, 11); y un foco en (−2, 13). Soluci´ on (y + 1)2 (x + 2)2 − =1 144 81 d) Focos en (−1, 4) y (7, 4), y la longitud del eje transverso es 23 . Soluci´ on 72(x − 3)2 − 9(y − 4)2 = 128

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

253

Geometr´ıa Anal´ıtica

30 20 10 -5

5 1015

-10 -20 -30

e) Los vertices de una hipérbola se encuentra en (−3, −1) y (−1, −1) las distancia entre √ los focos es 2 5. Obtenga (a) una ecuación de la hipérbola, y (b) las ecuaciones de las as´ıntotas. Soluci´ on a)

(x+2)2 1

−

(y+1)2 4

=5

b) y = 2x + 3, y = −2x − 5 f) Obtenga una ecuación de la hipérbola cuyos focos son los vertices de la elipse 7x2 + 11y 2 = 77 y cuyos vertices son los focos de esta hipérbola. Soluci´ on x2 y 2 − =1 4 7

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Cap´ıtulo 7 Rotación y traslación de los ejes coordenados

7.1 Introducci´ on Eligiendo dos ejes perpendiculares entre si, el eje X y el eje Y , formamos el sistema coordenado rectangular XY o plano cartesiano XY . Cada punto P = (x, y) en el sistema rectangular XY es un elemento del espacio bidimensional R2 . A, continuación, veamos la posición relativa de un punto P de R2 , respecto a dos sistemas rectangulares : el sistema XY y el sistema X ′ Y ′ , en el cual los ejes XY han sufrido una rotación con ángulo θ para convertirse en el sistema X ′ Y ′ . Y P

x

Y’

y’ X’ x’

y

θ X

Figura 7.1:

En el gráfico apreciamos dos sistemas: el sistema rectangular XY y el nuevo sistema rectangular X ′Y ′. Los ejes XY han girado, en torno al origen como centro de rotación, un ángulo formándose el nuevo sistema rectangular X ′ Y ′ .

254

255

Geometr´ıa Anal´ıtica

Las coordenadas rectangulares del punto P ∈ IR2 , respecto al sistema XY , son (x, y). Las coordenadas rectangulares del punto P ∈ IR2 , respecto al sistema X ′ Y ′ , son (y ′y ′ ). Nuestro interés es encontrar una relación vectorial y algebraica entre las coordenadas (x, y) y (x′ y ′) del punto P ∈ IR2 . Esta relación lo tratamos en el siguiente teorema

7.2 Rotaci´ on de los Ejes Coordenados Teorema 7.1. Si los ejes coordenados XY giran un ´ angulo θ en torno de su origen como centro de rotación y si las coordenadas de un punto cualquiera P ∈ IR2 antes y después de la rotación son (x.y) y (x′ , y ′), respectivamente, las ecuaciones de transformaci´ on del sistema original al nuevo sistema de coordenadas están dadas por: x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ

Demostración.

Hagamos el siguiente gráfico Y x

Y’

y’ X’ x’

y

θ X

Figura 7.2:

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

256

Geometr´ıa Anal´ıtica En el gráfico se observa: θ: es el ángulo de rotación (Los ejes XY han girado un ángulo θ). XY : son los ejes coordenados del sistema original. X ′ Y ′ : son los ejes coordenados del nuevo sistema. (x, y): son las coordenadas originales del punto P , respecto a los ejes XY . (x′ y ′): son las nuevas coordenadas del punto P respecto a los ejes rotados X ′ Y ′ . Y P

x

Y’

y’ X’ x’

y α

A’

θ A

X

Figura 7.3:

Ahora, veamos cómo se relacionan las coordenadas originales (x, y) del punto P con las nuevas coordenadas (x′ , y ′ ) del mismo punto. a) En el triángulo rectángulo OAP , recto en A, se tiene: |OP | = r y además:  x = OA = r cos(θ + α) (1) y = AP = r sen(θ + α) Pero:

 cos(θ + α) = cos θ cos α − sen θ sen α (2) sen(θ + α) = sen θ cos θ + cos θ sen α

Reemplazar (2) en (1):

 x = r cos θ cos α − r sen θ sen α (3) y = r sen θ cos α + r cos θ sen α

b) En el triángulo rectángulo OA′P , recto en A′ , se tiene:  x′ = OA′ = r cos α (4) y ′ = A′ P = r sen α) José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

257

Reemplazar (4) en (3):

 x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ

Resumen: Sea P un punto cualquiera del plano coordenado. Si (x, y) son las coordenadas de P referidas a los ejes coordenados originales XY y (x′ , y ′) sus coordenadas referidas a los ejes girados X ′ Y ′ en un ángulo θ, entonces las coordenadas (x, y) de P se expresan en función de las coordenadas (x′ , y ′) mediante las relaciones:  x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ

x′ =

x − sen θ y cos θ

 x′ = x cos θ + y sen θ La Relación Inversa es y ′ = −x sen θ + y cos θ

∆

cos θ − sen θ ∆= sen θ cos θ

donde

y′ =

cos θ x sen θ y ∆

Una ecuación de la forma Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 se transforma en una ecuación simple mediante una rotación de ejes coordenados aplicando las relaciones:  x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ

Ejemplo 7.1. Transformar la ecuación x2 − 2xy + y 2 − x = 0 girando los ejes coordenados un ángulo de 45o . Trazar el lugar geométrico y ambos sistemas de ejes coordenados.  x = x′ cos 45o − y ′ sen 45o Soluci´ on. 1. Si θ = 45o , entonces y = x′ sen 45o + y ′ cos 45o  √ √ x = x′ 2 − y ′ 2 2 2 √ √ y = x′ 2 + y ′ 2 2

José Namuche

Enrique Reyes

(7.1)

2

Carlos Vel´ asquez

258

Geometr´ıa Anal´ıtica

2. Reemplazar las relaciones de (7.1) en la ecuación: x2 − 2xy + y 2 − x = 0 " √ √ #2 " √ √ # "√ √ # " √ √ #2 " √ √ # 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x′ − y′ −2 x′ − y′ + y′ + x′ + y′ − x′ − y′ =0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 √ √ 2 ′2 2 ′2 2 ′2 2 ′ 2 ′ ′ ′ ′2 ′2 ′ ′ ′2 [x − 2x y + y ] − 2 · [x − y ] + [x + 2x y + y ] − x + y =0 4 4 4 2 2 √ √ 1 ′2 1 2 2 ′ [x − 2x′ y ′ + y ′2 ] − x′2 + y ′2 + [x′2 + 2x′ y ′ + y ′2] − x′ + y =0 2 2 2 2 √ √ 2 ′ 2 ′ ′2 2x − x + y =0 2 2 √ √ 4y ′2 − 2x′ + 2y ′ = 0 ! √ √ 2 y ′ + · · · = 2x′ 4 y ′2 + 4 ! √ √ 2 ′ 2 1 ′2 4 y + y + = 2x′ + 4 64 8 √ !2 √ 2 1 ′ ′ 4 y + = 2 x + √ 8 8 2  √ 2 1  √  , − = (−0,008, −0,17) V = −  8 8 2   ! √ √ 2 √  2 2 1 √ 4p = 42 ⇒ p = 0,08 ′ ′ y + = x + 2  8 4 8  como P > 0, se abre hacia la derecha     EJE FOCAL es paralelo al eje x′

7.3 Traslaci´ on y Rotaci´ on de Ejes

7.3.1 Introducci´ on Si la ecuación de segundo grado en dos variables es completa de la forma: Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey +F = 0 | {z } | {z } Rotaci´ on

(7.2)

Traslaci´ on

amerita hacer, primero una traslación con el fin de que los términos Dx + Ey se anulen, en segundo lugar, hacer una rotación, con el propósito de anular el término Bxy. As´ı la ecuación

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

259

Geometr´ıa Anal´ıtica

(7.2) se convierte en otra ecuación más simple y mucho más fácil de reconocer, si es una parábola, o una elipse o una hipérbola. El siguiente teorema consolida la doble transformación  x = x′ + h Teorema 7.2. Si efectuamos un cambio de ejes coordenados mediante una traslaci´ on y = y ′ + k  x′ = x′′ cos θ − y ′′ sen θ y una rotaci´ on tomadas en cualquier orden, y las coordenadas de y ′ = x′′ sen θ + y ′′ sen θ cualquier punto P referido a los sistemas original y final son (x, y) y (x′′ , y ′′), respectivamente, las ecuaciones de transformación del sistema original al nuevo sistema de coordenadas son: x = x′′ cos θ − y ′′ sen θ + h

y = x′′ sen θ + y ′′ cos θ + k

en donde θ es el ángulo de rotación y (h, k) son las coordenadas del nuevo origen referido a los ejes coordenados originales. En el gráfico se tiene (x,y) son las coordenadas de P , respecto a XY . (x’,y’) son las coordenadas de P , respecto a X ′ Y ′ (x”, y”) son las coordenadas de P , respecto a X ′′ Y ′′ .

Y’ x’

Y’ ’

P y’’ X’’

x’’

y’

y θ X’

0

x

Figura 7.4:

Ejemplo 7.2. Por transformación de coordenadas, simplificar la ecuación: 2x2 + 2xy + 2y 2 − 2x − 10y + 11 = 0 Trácese el lugar geométrico y todos los sistemas de ejes coordenados.

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260

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on.

1. En primer  lugar, hacer la traslación de los ejes a un nuevo origen (h, k) mediante la transx = x′ + h formación Al reemplazar en la ecuación dada, obtenemos: y = y ′ + k

2(x′ + h)2 + 2(x′ + h)(y ′ + k) + 2(y ′ + k)2 − (x′ + h) − 10(y ′ + k) + 11 = 0

2x′2 + 4hx′ + 2h2 + 2x′ y ′ + 2kx′ + 2hy ′ + 2hk + 2y ′2 + 4ky ′ + 2k2 − 2x′ − 2h − 10y ′ − 10k + 11 = 0 Asociar los términos comunes: 2x′2 + 2y ′2 + 2x′ y ′ + (4h+ 2k − 2)x′ + (2h+ 4k − 10)y ′ + (2h2 + 2hk + 2k2 − 2h− 10k + 11) = 0 (7.3) 2. Igualar a cero los coeficientes de x′ y de y ′ :  4h + 2k − 2 = 0 2h + 4k − 10 = 0  2h + k − 1 = 0 h + 2k − 5 = 0

Al resolver el sistema se obtiene: h = −1, k = 3. Entonces el nuevo origen del sistema X ′ Y ′ es (h, k) = (−1, 3) 3. Reemplazar los valores de h y k en (7.3) 2x′2 + 2y ′2 + 2x′ y ′ + (2 − 6 + 18 + 2 − 30 + 11) = 0 2x′2 + 2y ′ + 2x′ y ′ − 3 = 0

(7.4)

4. En segundo lugar, hacer la rotaci´ on de los ejes X ′ Y ′ mediante la transformaci´ on  x′ = x′′ cos θ − y ′′ sen θ y ′ = x′′ sen θ + y ′′ cos θ

7.4 Transformaciones de Coordenadas

7.4.1 Traslaciones de ejes

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Geometr´ıa Anal´ıtica

En varios tipos de problemas matemáticos se puede aclarar el planteamiento de un problema, o se pueden simplificar algunos cálculos, s´ı se cambia la colocación de los ejes de coordenadas. Un cambio tal de colocación es una transformación de coordenadas. En este capitulo se estudiarán dos tipos básicos de transformaciones de coordenadas: las traslaciones y las rotaciones. y

y’ h

a’

S(a,b) (a’,b’) b’

(h,k) x’ k

0

x

Figura 7.5:

En la Figura 7.5 se muestran dos pares de sistemas de coordenadas cartesianos en el plano, cuyos ejes correspondientes son paralelos y tienen los mismos sentidos. Se puede considerar que los ejes x′ y y ′ son el resultado de ”deslizar”los ejes x y y sobre el plano manteniéndolos paralelos a sus posiciones originales hasta que el origen coincida con el punto cuyas coordenadas x y y son (h, k). Este “deslizamiento” o traslación de los ejes asigna a cada punto S(a, b) del plano un nuevo par de coordenadas (a′ , b′ ). Como se muestra en la Figura 7.5, se tiene a = a′ + h y b = b′ + k. Por lo tanto, las coordenadas x y y están relacionadas con las coordenadas x′ y y ′ a través de las ecuaciones x = x′ + h y = y ′ + k,

(7.5)

o bien x′ = x − h y′ = y − k

(7.6)

Las Ecuaciones (7.5) y (7.6) se pueden emplear en el estudio de circunferencias cuyos centros no están en el origen, as´ı como de parábolas, elipses e hipérbolas cuyos ejes sean paralelos a los ejes coordenados pero que estén colocadas en posiciones diferentes a las ordinarias. Ejemplo 7.3. Una parábola tiene su vértice en V (3, 4) y su foco en F (3, 6). Obtenga una ecuación cartesiana de esta parábola.

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262

Geometr´ıa Anal´ıtica

Soluci´ on. Se traza primero un diagrama que muestre los ejes de coordenadas y los puntos dados. Puesto que el vértice y el foco de una parábola están sobre su eje, la parábola dada tiene a su eje sobre la recta cuya ecuación es x = 3.

F(3,6) V(3,4)

Figura 7.6: Ahora tracemos un par de ejes de coordenadas, x′ y y ′, cuyo origen este sobre el vértice V (3, 4) de la parábola. Una ecuación de la parábola en las variables x y y es entonces x′2 = 4py ′ o puesto que 6 − 4 = 2 = p,

x′2 = 8y ′

(7.7)

Es decir, los puntos de la parábola son puntos con coordenadas x′ y y ′ satisfacen esta ecuación. Ahora, empleando las Ecuaciones 7.6, con h = 3 y k = 4, se obtiene una ecuación de la parábola en las variables x y y sustituyendo los valores x′ = x − 3 y y ′ = y − 4 en la Ecuación (7.7). Esto indica que la ecuación requerida es (x − 3)2 = 8(y − 4) o sea x2 − 6x − 8y + 41 = 0 Cualquier ecuación de la forma Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0

( No siendo A y C ambos 0)

(7.8)

tiene ordinariamente una gráfica que es una circunferencia, o que es una parábola, elipse o hipérbola cuyo eje (principal) es paralelo a un eje de coordenadas. En algunos casos excepcionales la gráfica puede ser un punto, una recta, dos rectas paralelas, dos rectas que se intersectan o el conjunto vac´ıo. Completando cuadrados en x y y, s´ı tanto A como C son diferentes de O, o bien en caso contrario, completando un cuadrado y combinando los términos lineales y constantes restantes, y empleando las ecuaciones (7.6) resulta sencillo identificar y trazar la gráfica de la curva que esté representada por una ecuación de la forma (7.8).

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263

Geometr´ıa Anal´ıtica y

F(3,6) p V(3,4)

x

Figura 7.7:

Ejemplo 7.4. Obtenga una ecuación en las variables x′ y y ′ de la gráfica de 9x2 − 4y 2 + 36x − 24y − 36 = 0 de tal manera que el centro de la gráfica esté sobre el origen en el sistema de coordenadas x′ y y ′. Haga su representación gráfica, Soluci´ on. Completando cuadrados en x y y y simplificando: 9x2 + 36x + 4y 2 − 24y = 36

9(x2 + 4x) − 4(y 2 + 6y) = 36

9(x2 + 4x + 4) − 4(y 2 + 6y + 9) = 36 + 36 − 36 9(x + 2)2 − 4(y + 3)2 = 36

Dividiendo ambos miembros por 36. se obtiene (x + 2)2 (y + 3)2 − =1 4 9 o sea

[x − (−2)]2 [y − (−3)2 ] − =1 4 9 Ahora empleando las ecuaciones (7.6) con h = −2 y k = −3, se puede escribir esta u ´ ltima ′ ′ ecuación en términos de las coordenadas x y y . x′2 y ′2 − =1 4 9 En la figura se muestra la gráfica correspondiente.

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264

5 y x -10

-5

5

0 0

-5

-10

Figura 7.8:

Ejemplo 7.5. Encuentre las coordenadas del vértice V y del foco F de la parábola dada por la ecuación y 2 + 4x + 6y + 1 = 0 Soluci´ on. Primero, complétese a cuadrados en y, y simplif´ıquese: y 2 + 6y = −4x − 1

y 2 + 6y + 9 = −4x − 1 + 9 (y + 3)2 = −4x + 8

(y + 3)2 = −4(x − 2) o bien [y − (−3)]2 = −4(x − 2) Ahora, empléese la Ecuación (7.6) con h = 2 y k = −3 para obtener una ecuación en x′ y y ′ , en la turnia ordinaria de la parábola y ′2 = −4x′ En el sistema x′ y ′ ésta es la ecuación de una parábola cuyo vértice V tiene como coordenadas a (x′ , y ′) = (0, 0) y cuyo foco F tiene coordenadas (x′ , y ′) = (−1, 0). Finalmente, empléese ia Ecuación (7.5), con h = 2 y k = −3 para encontrar las coordenadas x y y del vértice y del loco: para el vértice V se tiene (x, y) = (0 + 2, 0 + (−3)) = (2, −3) y para el loco F se tiene (x, y) = (−1 + 2,0 + (−3)) = (1. − 3) José Namuche

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265

Geometr´ıa Anal´ıtica

El proceso de completar cuadrados y simplificar las ecuaciones resultantes que se empleó en los Ejemplos 7.4 y 7.5 se puede aplicar a cualquier ecuación de la forma (7.8). Siempre se puede tratar de obtener una ecuación de una de las formas que se muestran en la siguiente tabla. (Esta tabla debe entenderse. pero no debe ser memorizada.) Tipo Ecuación Gráfica Centro (1) (x − h)2 + (y − k)2 = r 2 circunferencia (h, k) 2 (x−h)2 + (y−k) =1 r>0 Elipse (h, k) a2 b2 (y−k)2 (x−b)2 a>b>0 + b2 = 1 Elipse (h, k) a2 2 (2) (x − h) = 4p(y − k) Parábola −−− 2 p 6= 0 (y − k) = 4p(x − h) Parábola −−− (3) 2 (x−h) a>0 − (y−k) =1 Hipérbola (h, k) a2 b2 (x−h)2 (y−k)2 b>0 − b2 = 1 Hipérbola (h, k) a2

Vértices Focos −−− −−− √ (h ± a, k) (h ± a2 − b2 , k) √ (h, k ± a) (h, k ± a2 − b2 ) (h, k) (h, k + p) (h, k) (h + p, k) p (h ± a, k) (h ± a2 + b2 , k) √ (h, k ± a) (h, k ± a2 + b2 )

Sin embargo, en casos excepcionales, cuando se haya reducido la ecuación de segundo grado a una forma que aparezca en el primer miembro de una ecuación contenida en la tabla, no se podrá expresar el segundo miembro en la forma que alii se muestra. Si en las ecuaciones del Tipo 1. en lugar de r 2 (con r > 0) o de 1 en el segundo miembro aparece una constante no positiva q, ocurre lo siguiente, Si q > 0, entonces la gráfica es solamente el punto (h, k); y si q < 0, entonces la gráfica es el conjunto vac´ıo. Para las ecuaciones del Tipo 2. en lugar de 4p(x − h) o 4p(y − k, con p 6= 0, en el segundo miembro, puede obtenerse nuevamente una constante. Si q > 0, entonces la gráfica son dos rectas (paralelas) verticales. Si rectas (paralelas) verticales. Si q = 0, entonces la gráfica es una recta horizontal o una recta vertical; y si q < 0, entonces la gráfica es. Para las ecuaciones del tipo 3 en lugar de 1en el segundo miembro puede tenerse 0. La gráfica es entonces un par de rectas que se intersecan. De la discusión anterior se llega a los siguientes hechos: La gráfica de Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (donde A y C no son ambos 0) es una: 1. Circunferencia, si A = C. En casos excepcionales, la gráfica puede ser un punto o bien 0. 2. Elipse, Si A 6= C y A y C tienen el mismo (AC > 0). En casos excepcionales la gráfica puede ser un punto o 0. 3. Par´ abola, Si A = 0 o bien C = 0. En casos excepcionales, la gráfica puede ser un par de rectas paralelas, o una sola recta o 0. 4. Hip´ erbola, Si A y C tienen signos contrarios (AC < 0). En casos excepcionales la gráfica pueden ser un par de rectas que se cortan.

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266

Geometr´ıa Anal´ıtica

Los tipos de lugares geométricos que se mencionaron anteriormente reciben el nombre de secciones cónicas, o cónicas, puesto que resultan de la intersección de un plano con un cono circular recto de dos ramas.

Circunferencia

Elipse

Plano perpendicula al eje

Plano oblicuo al eje corta

corta a una rama

a una rama

Hipérbola

Parábola Plano paralelo a un elemento

Plano quer corta a ambas ramas

Figura 7.9:

Los casos excepcionales no vac´ıos se obtienen cuando el plano pasa por el vértice del cono (Figura 7.10). (Para el caso de dos rectas paralelas hay que sustituir al cono por un cilindro circular recio, que se puede pensar es un¸cono tuyo vértice está a una distancia infinita). Los lugares geométricos excepcionales reciben el nombre de secciones cónicas degeneradas.

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267

Una recta

Punto Plano que corta sólo en el vértice

Plano tangente a un elemento

Par de rectas que se cortan

Par de rectas paralelas

Plano que contiene al eje

Plano perpendicular a la base del cilindro

Figura 7.10:

Si se efect´ uan todas las simplificaciones y reducciones a forma ordinaria de las ecuaciones de la forma Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 ( con A y C no siendo ambos0) se obtienen los resultados que se resumen en la siguiente tabla, que debe servir como referencia, pero que nuevamente no debe memorizarse. Tipo el´ıptico AC > 0

A(4ACF − CD2 − AE 2 < 0)

A=C A 6= C 2 2 A(4ACF − CD − AE ) > 0 4ACF − CD2 − AE 2 = 0 E 6= 0 A 6= 0 4AF − D 2 < 0 C=0 E=0 4AF − D 2 = 0 Tipo 4AF − D 2 parabólico D 6= 0 AC = 0 A=0 4CD − E 2 < 0 C 6= 0 D=0 4CF − E 2 = 0 4CF − E 2 > 0 Tipo 4AC − CD2 − AE 2 6= 0 Hiperbólico 4ACF − CD2 AC < 0 José Namuche

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una circunferencia una elipse el conjunto vac´ıo un punto una parábola dos rectas paralelas una recta el conjunto vac´ıo una parábola dos rectas paralelas una recta el conjunto vac´ıo una hipérbola dos rectas se cortan

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268

Geometr´ıa Anal´ıtica

7.4.2 Rotaci´ on de ejes En la Subsección anterior se vio que se puede emplear una traslación de ejes para transformar una ecuación dada a una forma más sencilla (pero equivalente) cuya gráfica sea fácilmente reconocible. Esto también se aplica a las rotaciones de ejes. Si se rotan los ejes de coordenadas alrededor del origen y se considera que están fijos todos los puntos del plano, entonces cada punto (o vector), excepto el origen, tendrá un nuevo par de coordenadas (o componentes). Estas nuevas coordenadas se pueden calcular empleando trigonometr´ıa como se indica a continuación. Y S(x,y) (x’,y’)

Y’

X’ ||s||=r θ−φ θ φ X

Figura 7.11:

En la Figura 7.11 se muestran dos pares de ejes de coordenadas en el plano. Como se muestra, los ejes x′ y y ′ se han obtenido rotando a los ejes x y y alrededor del origen un ángulo φ. Supóngase que S es cualquier punto del plano, y que S tiene las coordenadas (x.y) con respecto a los ejes xy y, y tiene coordenadas (x′ , y ′ ) con respecto a los ejes x′ y y ′ . Si el ángulo de dirección del vector s con respecto al eje x′ − es y ′ − entonces, como se muestra, el ángulo de dirección de s con respecto al eje x′ es φ. Por lo tanto. Si la magnitud de s es r, se tiene x = r cos θ,

y = sen θ

y x′ = r cos(θ − φ),

y ′ = r sen(θ − φ)

(7.9)

Por trigonometr´ıa se sabe que cos(θ − φ) = cos θ cos φ + sen θ sen φ

sen(θ − φ) = sen θ cos φ − cos θ sen φ Por consiguiente, las Ecuaciones x se pueden escribir en la forma x′ = r cos θ cos φ + r sen θ sen φ y ′ = r sen θ cos φ − r cos θ sen φ José Namuche

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269

Geometr´ıa Anal´ıtica o bien, como r cos θ = x y r sen θ = y, en la forma x′ = r cos θ cos φ + r sen θ sen φ

(7.10)

Las Ecuaciones (7.10) a su vez se pueden escribir en forma equivalente como x = x′ cos φ − y ′ sen φ,

y = x′ sen φ + y ′ cos φ

(7.11)

Por lo tanto, ante una rotación de ejes, las coordenadas x y y de un punto están relacionadas con las coordenadas x′ y y ′ a través de las Ecuaciones (7.10) o. equivalentemente, a través de las ecuaciones (7.11). Ejemplo 7.6. Considérese una rotación de los ejes coordenados para la cual m◦ (φ) = 30. Si las coordenadas x y y de los puntos S y T son (4, −2) y (3, 1), respectivamente, encuentre las coordenadas x′ y y ′ de S y T . Soluci´ on. Empléense las Ecuaciones (7.10) anteriores con sen φ = sen 30◦ = para calcular las coordenadas x′ y y ′ . Para S se tiene √ ! √ ! 3 1 3 y ′ = (−4) + (−2) x′ = (4) 2 2 2 √ √ x′ = 2 3 − 1 y ′ = −2 − 3

1 2

y cos 30o =

√ 3 2

Para T se tiene x′ = (3)

√ ! 3 1 + (1) 2 2 √ 3 3+1 x′ 2

1 ′ y = (−3) + (1) 2 √ −3 + 3 ′ y = 2

√ ! 3 2

As´ı las coordenadas x′ y y ′ de S y T son √

(2 3 − 1, −2 −

√

3) y

√ √ ! 3 3 + 1 −3 + 3 , 2 2

Ejemplo 7.7. Para los puntos S y T mencionados en el Ejemplo 7.6, verificar que se obtiene el mismo resultado si se calcula d(S, T ) en cualquier sistema de coordenadas. Soluci´ on. Si (x1 , y1 ) y (x2 , y2 ) representan las coordenadas x, y y, x′1 , y1′ y (x′2 , y2′ ) las coordenadas x′ y y ′ de S y T respectivamente se tiene (x1 , y1 ) = (4, −2)

(x2 , y2 ) = (3,1) p d(S, T ) = (3 − 4)2 + [1 − (−2)]2 p = (−1)2 + 32 √ = 10 José Namuche

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270

√ √ (x1 , y1 ) = (2 3 − 1, −2 − 3) !2 √ √ !2 3 3+1 −3 + 3 (x2 , y2 ) = + 2 2 v 2 ! u √ ! u 3 − √3 2 1+3 3 d(S, T ) = t + 2 2 s √ √ 9 − 6 3 + 3 1 + 6 3 + 27 + = 4 4 √ = 10 Por lo tanto, d(S, T ) tiene el mismo valor en ambos sistemas de coordenadas. Se verifica algebraicamente el hecho geométrico de que una traslación de ejes no altera los ángulos . Esto también es valido, para las rotaciones de ejes puesto que estas transformaciones meramente asignan, nuevas coordenadas a cada punto y no alteran la forma o tama˜ no de las figuras geométricas. El siguiente ejemplo ilustra cómo se puede emplear una rotación de ejes para transformar una ecuación de una forma que no es familiar a una forma Ejemplo 7.8. Obtenga una ecuación en las variables x′ y y ′ de la gráfica de xy = 4 bajo una rotación de ejes alrededor del origen con m◦ (φ) = 45. Use este resultado para identificar la ecuación Original y trace una gráfica de la misma. Soluci´ on. Se tiene cos45o = (7.11), se obtiene

√1 2

y sen 45◦ =

√1 . 2

Si se emplean estos valores en la Ecuación

x′ − y ′ x′ + y ′ √ y y= √ 2 2 Sustituyendo estas expresiones de x y y en la ecuación xy = 4, se tiene ′ ′ x − y′ x + y′ √ √ = 4 2 2 x′2 − y ′2 = 4 2 x′2 − y ′2 = 8 x′2 y ′2 − = 1 8 8 x=

Se reconoce que la gráfica de esta ultima ecuación es una hipérbola con el eje principal sobre el eje x′ . Por lo tanto, la gráfica de la ecuación original es una hipérbola cuyo eje principal forma un ángulo de 45◦ con la parte positiva del eje x. A continuación se muestra su gráfica

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6

4 y 2

0 -4

-2

0

4

2 x

-2

-4

-6

Figura 7.12:

Ejemplo 7.9. (2, −3); 120o Soluci´ on. Puesto que cos 120◦ = − 12 y sen 120◦ = √ 1 3 x =− x+ y, 2 2 ′

√

3 , 2

′

las Ecuaciones (7.10), toman la forma

y =−

√

3 1 x− y 2 2

Por lo tanto, para (2, −3) se tiene ′

x

y′

√ √ 3 1 3 3 (−3) = −1 − = − (2) + 2 2 2 √ √ 3 1 3 = − (2) − (−3) = − 3 + 2 2 2

Por Consiguiente, las coordenadas buscadas son √ ! √ −2 − 3 3 3 − 2 3 , 2 2 1. (1, 3); 30o 2. (2, 3); 45o 3. (-2.4);240o 4. (-3.7);135o 5. (-6.-3);315o 6. (0.-4);225o

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271

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272

Empleando las Ecuaciones (7.11) se puede escribir la ecuación dada como 2(x′ cos φ − y ′ sen φ) − (x′ sen φ + y ′ cos φ) = 3 Agrupando los términos que contienen a x′ y a y ′ se tiene 2x′ cos φ − x′ sen φ − 2y ′ sen φ − y ′ cos φ = 3

x′ (2 cos φ − sen φ) − y ′(2 sen φ + cos φ) = 3

(7.12)

La pendiente de la gráfica de esta ecuación es m=

2 cos φ − sen φ 2 sen φ + cos φ

Como se desea que esta pendiente sea 0. se sigue que se debe tener 2 cos φ − sen φ = 0 o bien

sen φ = tan φ = 2 cos φ

Puesto que φ es positivo se puede elegir φ tal que esté en el cuadrante I o en el cuadrante III. Para identificar los valores de cos φ y sen φ del cuadrante I, se traza un triángulo rectángulo con √ √ un ángulo φ tal que φ = 12 . Se sigue que la hipotenusa tiene una longitud 12 + 22 = 5 y que por lo tanto sen = √25 y cos φ = √15 . Sustituyendo estos valores en la ecuación (7.9) se tiene 1 2 4 1 ′ ′ x 2 √ − √ −y √ + √ =3 5 5 5 5 o bien

3√ 5 5 Si φ está en el cuadrante III, se tiene sen φ = − √25 y cos φ = − √15 , la ecuación (7.9) se convierte √ en y ′ = 35 5. Por lo tanto, la recta con pendiente 0 se puede representar por y? = −

y′ = −

3√ 5 5

o como y ′ =

3√ 5 5

La ecuaci´ on general de segundo grado Una ecuación de la forma Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0

(7.13)

donde A, B.C, D.E y F son constantes, con A, B y C no siendo todos nulos, recibe el nombre de ecuación de segundo grado, o cuadrática, en dos variables. Si B = 0, la ecuación toma la forma aX 2 + cY 2 + dX + eY + f = 0

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273

y como se vio en la Sección anterior se puede identificar su gráfica completando cuadrados en x y y, y aplicando entonces una traslación de ejes apropiada. Si B ≤ 0 en la Ecuación (7.13) inmediatamente anterior, entonces no se puede identificar su gráfica directamente por este método. Sin embargo, se puede emplear una rotación de ejes para obtener una ecuación de la gráfica de (I) que no contenga un término en x′ y ′ − y entonces se puede proceder como antes. Si se rotan los ejes un ángulo φ medido en radianes, entonces las viejas y las nuevas coordenadas están relacionadas a través de x = x′ cos φ − y ′ sen φ

(7.14)

y = x′ sen θ + y ′ cos φ

(7.15)

Si se sustituyen estos valores en la Ecuación (7.13) la ecuación resultante es de la forma A′ x′2 + B ′ x′ y ′ + C ′ y ′2 + D ′ x′ + E ′ y ′ + F ′ = 0

(7.16)

donde A = A cos2 φ + B cos φ sen φ + C sen2 φ

(7.17)

B = 2(C − A) sen φ cos φ + B(cos2 φ − sen2 φ)

(7.18)

C = A sen2 φ − B cos φ sen φ + C cos2 φ

(7.19)

D = D cos φ + E sen φ

(7.20)

E = −D sen φ + E cos φ

(7.21)

F = F

(7.22)

Para eliminar el término en x′ y ′− en (7.16), es decir, para tener B ′ = 0, se iguala el segundo miembro de (7.18) a 0, y se resuelve la ecuación resultante 2(C − A) sen φ cos φ + B(cos2 φ − sen2 φ) = 0

(7.23)

despejando a 0. Recordando de trigonometr´ıa que para todos los valores reales de φ, 2 sen φ cos φ =) sen 2φ y

cos2 φ − sen2 φ = cos 2φ

Esto es la Ecuación (7.23) es equivalente a (C − A) sen 2φ + B cos 2φ = 0

(7.24)

Ahora hay que considerar dos casos: 1. A = C y 2. A 6= C.

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274

Caso (1). Si A = C, la Ecuación (7.24) se convierte en B cos 2φ = 0 de donde cos 2φ = 0 Los valores de 2φ que satisfacen esta ecuación son de la forma π + kπ, k entero, 2 y por lo tanto los valores de φ son de la forma π π +k , k entero 4 2 El menor valor positivo de esta forma para π es π4 y normalmente se emplea este valor. Caso (2). Si A 6= C, entonces la Ecuación (7.24) es equivalente a (A − C) sen 2φ = B cos 2φ B sen 2φ = cos 2φ A−C B tan 2φ = A−C En este caso nuevamente se tienen una selección de valores de 2φ, y se puede restringir 2φ a cualquier intervalo de longitud π que se desee. Normalmente, se selecciona un valor en el intervalo 0 < 2φ < π, o bien 0 < φ < π2 . Por lo tanto, se puede restringir el ángulo de rotación a ser un ángulo agudo. Ejemplo 7.10. Mediante una rotación de ejes identifique la gráfica de x2 − 3xy + 5y 2 − 4 = 0 y trace un esquema de la gráfica Soluci´ on. Puesto que A = 1, B = −3, y C = 5, se tiene tan 2φ =

−3 3 = 1−5 4

El´ıjase 2φ de modo que 0 < 2φ < r. Entonces, puesto que 2φ > 0, se sabe que 0 < 2φ < π2 , o bien 0 < φ < π4 . Trazando un diagrama del triángulo rectángulo apropiado, como se muestra, por inspección se tiene que cos 2φ = 45 , sen 2φ = 35 . Para calcular los valores de cos φ y sen φ, recuérdese de trigonometr´ıa que r 1 + cos 2φ cos φ = 2 r 1 − cos 2φ sen φ = 2 José Namuche

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Geometr´ıa Anal´ıtica

275

Puesto que 0 < φ < π4 , cos φ y sen φ son positivos, es decir, debemos elegir el signo + en cada caso. As´ı se tiene s r 1 + 45 3 1 + cos 2φ cos φ = = =√ 2 2 10 s r 1 − 45 1 − cos 2φ 1 sen φ = = =√ 2 2 10 Empleando estos valores en las Ecuaciones (7.14), se encuentra que las ecuaciones de rotación son 3x′ − y ′ x′ + 3y x= √ y y= √ 10 10 Sustituyendo estas expresiones de x y y en la ecuación x2 − 3xy + 5y 2 − 4 = 0, se obtiene 5x′2 + 55y ′2 = 40 o

x′2 y ′2 + 8 =1 8 11

Esta ecuación de una elipse. A continuación se muestra su gráfica y y’ x’

x

Figura 7.13:

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276

Empleando las Ecuaciones (7.17) y (7.19), se obtiene alguna información directa sobre la gráfica de la ecuación general de segundo grado en dos variables (Ecuación (7.13)). Obsérvese primero que, sumando los miembros correspondientes de las Ecuaciones (7.17) y (7.19) se obtiene A′ + C = A(cos2 φ + sen2 φ) + C(cos2 φ + sen2 φ) = A + C Ahora se puede verificar, empleando (7.17), (7.18) y (7.19) que 4A′ C ′ − B ′2 = 4AC − B 2 El n´ umero 4AC − B recibe el nombre de caracter´ıstica de la Ecuación: (7.13), y 4A′ C ′ − B ′2 es pues la caracter´ıstica de la ecuación transformada bajo una rotación. El que 4A′ C ′ − B ′2 = 4AC − B 2 : expresa que la caracter´ıstica es invariante bajo una rotación de ejes. Claro está. que en A′ + C ′ = A + C, el n´ umero A + C también es invariante bajo una rotación de ejes. Uno de los propósitos de una rotación de ejes es proporcionar una ecuación transformada en la que B ′ = 0. Por la invariancia de la caracter´ıstica, si B ′ = 0, se tiene 4A′ C ′ = 4AC − B 2

(7.25)

Ya se ha visto que la gráfica de A′ x2 + C ′ y 2 + D ′ x + E ′ y + F ′ = 0 donde A′ y C ′ no son ambos 0, es del tipo el´ıptico si A′ C ′ > O, del tipo parabólico si A′ C ′ = 0, y del tipo hiperbólico si A′ C ′ < 0. Entonces, debido a la Ecuación (7.25) se tiene: La gráfica de Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 es 1. de tipo el´ıptico s´ı 4AC − B2 > 0, 2. de tipo parabólico si 4AC − B 2 = 0, y 3. de tipo hiperbólico si 4AC − B 2 < 0. Ejemplo 7.11. Diga de que tipo es la gráfica de (a) 3x2 − 14xy + 9x − 7y + 13 = 0 (b) 6x2 − 2xy + y 2 + 2x + 3y − 41 = 0 (c) 3x2 − 12xy + 3y 2 + 6x − 4y + 8 = 0 (d) 3x2 − 6xy + 3y 2 − 14x + 22y − 7 = 0 Soluci´ on.

(a) 4AC − B 2 = (4)(3)(0) − 196 = −196 < 0; hiperbólico.

(b) 4AC − B 2 = (4)(6)(1) − 4 = 20 > 0; el´ıptico (c) 4AC − B 2 = (4)(3)(3) − 144 = −108 < 0; hiperbólico (d) 4AC − B 2 = (4)(3)(3) − 360; parabólico José Namuche

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277

Tangentes a las secciones c´ onicas Considérese una parte de una curva dada (Figura 7.14) que contiene a le puntos S1 y S2 , y considérese la recta L; que pasa por S1 y S2 . Pensemos que S2 es una part´ıcula que se desliza sobre la curva hacia S1 , entonces se puede ver que la distancia que separa a S1 , de S2 disminuye cada vez más y que de esta manera se puede hacer tan peque˜ na como se quiera. Se dice.entonces que S2 tiende a S1 sobre C y que S1 es el limite de S2 en esas circunstancias.

S’2

S2

S’2

S1

Figura 7.14:

En la Figura 7.14 se ve que a medida que S2 tiene a S1 , sobre L2 la posición de la recta L2 se puede acercar a la posición de la recta L1 . En tal caso, se dice que L1 es la tangente a la curva C en el punto S1 . En esta sección estudiaremos el problema de obtener una ecuación de la recta tangente a una sección cónica C en un punto dado de ella. Para la solución de este problema se considerará el caso particular de una sección cónica que pase por el origen, y se estudiará el proceso de obtener la ecuación de una recta tangente a C en el origen. Obsérvese primero que la gráfica C de cualquier ecuación se segundo grado contiene al origen si y sólo si su término constante es 0. Es decir, la gráfica C de Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0

(7.26)

contiene al origen si y sólo si F = 0. Nótese ahora que para valores de k tales que 0 < |k| < 1, no sólo se tiene que k 2 < |k|, sino que al disminuir el valor de |k|, disminuye más rápidamente. Por 1 1 1 1 1 1 ejemplo, al tomar k los valores 10 , 100 y 1000 k 2 toma los valores 10 , 100 y 1000 k 2 respectivamente. Análogamente, para 0 < |k| < 1 y 0 < |k| < 1, si tanto h como k tienden a cero, entonces hk tiende a cero más rápidamente que el mayor de los valores de |h| y |k|. Considérese ahora el comportamiento de los diversos términos de la Ecuación (7.26), con F = 0, cuando tanto x como y tienden a 0, es decir, cuando el punto S(x, y) sobre la curva C tiende al origen O sobre C. Nótese que los términos Ax2 , Bxy, y Cy 2 decrecen en valor absoluto mucho José Namuche

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278

más rápidamente que el mayor de los valores |x| y |y|. Por lo tanto, las coordenadas de los puntos S(x, y) que están sobre C y están cerco del origen no sólo satisfacen la Ecuación (7.26) sino que satisfacen aproximadamente la ecuación Dx + Ey = 0 Dx+Ey=0 y S(x,y) y

0 0

x

x

Figura 7.15:

Supóngase que D y E no son ambos 0. Entonces, como se muestra en la Figura 7.15, es plausible concluir que a medida que un punto S(x, y) sobre C tiende al 0 sobre C, la recta que pasa por S y O tiende a la recta cuya ecuación es Dx + Ey = 0. Este razonamiento conduce al siguiente resultado: Una ecuación de la tangente a la gráfica de Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey = 0, en el origen, si por lo menos uno de los n´ umeros D ó E no es cero, está dada por Dx + Ey = 0. Ejemplo 7.12. Obtenga una ecuación de la tangente a la gráfica de 3x2 + 4y 2 + 2x − 3y = O en el origen. Soluci´ on. Por inspección, D = 2 y E = −3. Por lo tanto, la ecuación requerida es 2x − 3y = 0 El método que se ha discutido es aplicable a las gráficas de polinomios en general. Por ejemplo, la gráfica G de x6 − 7x3 y 2 + y 4 + 2x − 3y = 0 pasa por el origen O, puesto que el término constante es 0. Una ecuación de la recta tangente a G en O es 2x − 3y = 0. Frecuentemente se desea obtener una ecuación de la tangente a una sección cónica en un punto que n´ u sea el origen. Aunque existen técnicas (de cálculo diferencial) para hacer esto directamente, es más sencillo realizar una traslación de ejes de modo que el punto en cuestión sea el

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279

nuevo origen. Se obtiene entonces la ecuación deseada mediante el método que se ha estudiado. Se efect´ ua entonces una segunda traslación regresando a los ejes originales para obtener la ecuación de la tangente requerida. Ejemplo 7.13. Obtenga una ecuación de la recta L que es tangente en el punto S(2, −1) a la elipse cuya ecuación es x2 + 4y 2 = 8 Soluci´ on. Nótese primero que el punto S(2, −1), está de hecho sobre la elipse, puesto que 2 (2) + 4(−1)2 = 8. Ahora, si se tome (2, −1) como nuevo origen, las ecuaciones de traslación son x = x′ + 2

y

y = y′ = 1

Sustituyendo estos valores de x y y en la ecuación de la elipse, se obtiene (x′ + 2)2 + 4(y ′ − 1)2 = 8

x′2 + 4x′ + 4 + 4y ′2 − 8y ′ + 4 = 8 x′2 + 4y ′2 + 4x − 8y ′ = 0

Ahora nótese que esta ecuación tiene un término constante 0, y que por lo tanto su gráfica contiene al origen en el sistema de coordenadas x′ y y ′ . Entonces por inspección, 4x′ − 8y ′ = 0 o bien x′ = 2y ′ = 0 es una ecuación de la recta L que es tangente a la elipse en el origen del sistema de coordenadas x′ y y ′. Si ahora se efect´ ua una traslación que reestablezca el sistema de coordenadas x y y empleando las ecuaciones x′ = x − 2 y y′ = y + 1 se obtiene (x − 2) − 2(y + 1) = 0 o bien x − 2y − 4 = 0 que es una ecuación en las variables x y y de la recta L. Obtenci´ on de tangentes por el m´ etodo del discriminante (Optativo) Se vio en la Sección 5-4 que se puede pensar que la recta L1 tangente a la curva S en el punto S1 de C es la posición limite (si existe dicha posición l´ımite) de la recta L, que pasa por los puntos S1 y S2 , cuando S, tiende a S1 sobre C. En esta sección, se estudiará esta situación desde un punto de vista ligeramente distinto. Refiriéndose a la Figura 5-5, se ve que la recta L2 interseca a la curva C en dos puntos S1 y S2 . Cuando S2 tiende a S1 , y L2 ; tiende a L1 , los dos puntos José Namuche

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280

Geometr´ıa Anal´ıtica

de intersección de L2 con C se acercan el uno al otro, hasta que, intuitivamente, se convierten en un solo punto, al llegar L2 a la posición l´ımite de L1 . Por lo tanto, intuitivamente se puede pensar que el punto de tangencia es un punto de “doble intersección”. Este concepto es análogo al de una ra´ız “doble”de una ecuación cuadrática. Recuérdese de estudios de álgebra que la fórmula cuadrática √ −b ± b2 − 4ac x= 2a determina las ra´ıces de la ecuación ax2 + bx + c = 0, a 6= 0, en términos de los coeficientes reales a, b y c. El valor del discriminante b2 − 4ac, determina la naturaleza de las ra´ıces. As´ı para b2 − 4ac > 0, hay dos ra´ıces reales distintas, mientras que si b2 − 4ac = 0, hay sólo una ra´ız real que se puede pensar intuitivamente es una ra´ız “doble”, si se piensa que el discriminante es una variable que tiende a cero. Se pueden combinar los conceptos de “punto de intersección doble de “ra´ız doble”de una ecuación cuadrática para construir un artificio que permite calcular cuales son las tangentes a las secciones cónicas, como se ilustra en los siguientes ejemplos. Una recta y una cónica no degenerada tienen 0, 1 y 2 puntos en com´ un. Tienen exactamente un punto com´ un si y sólo si, o bien la recta es tangente a la sección cónica, o bien, en el caso de que la sección cónica sea una parábola, si la recta es paralela a su eje, y si la sección cónica es una hipérbola, la recta es paralela (pero no coincidente) a una de sus as´ıntotas 2

7.5 Problemas Desarrollados Ejercicio 7.1. Transformar la ecuación x2 −2xy +y 2 −x, girando los ejes coordenados en ángulo 45◦ . Trazar el lugar geométrico y ambos sistemas de ejes coordenados. ( x = x′ cos 45◦ − y ′ sen 45◦ Soluci´ on. 1. Si θ = 45◦ , entonces y = x′ sen 45◦ + y ′ cos 45◦ (

José Namuche

√

√

x = x′ 22 − y ′ 22 √ √ y = x′ 22 + y ′ 22

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(7.27)

Carlos Vel´ asquez

281

Geometr´ıa Anal´ıtica 2. Reemplazando las relaciones en 7.27 en la ecuación: x2 − 2xy + y 2 − x = 0 " √ " √ √ #2 √ #" √ √ # 2 2 2 2 2 2 − y′ − 2 x′ − y′ x′ + y′ + x′ 2 2 2 2 2 2 " √ √ #2 " √ √ # 2 2 2 2 x′ + y′ − x′ − y′ = 0 2 2 2 2 √ √ 2 ′2 2 ′2 2 ′2 2 ′ 2 ′ ′2 ′ ′ ′2 ′2 ′ ′ [x − 2x y + y ] − 2 [x − y ] + [x + 2x y + y ] − x + y = 0 4 4 4 2 2 √ √ 1′ 2 1 ′2 2 ′ 2 ′ ′ ′ ′2 ′2 ′2 ′ ′ ′2 [x − 2x y + y ] − x + y + [ x + 2x y + y ] − x + y = 0 2 2 2 2 √ 2 ′ 2 ′ 2y − x + y 2 2 √ √ ′ 4y 2 − 2x′ + 2y ′ √ 2 ′ ′2 4(y + y + . . .) 4 ! √ 2 ′ 2 ′2 4 y + y + 4 64 √ ! 2 4 y′ + 8 ′2

√ ! √ 2 2 y′ + = 8 4

√

= 0 = 0 (es una parábola) √ ′ = 2x =

√

=

√

2x′ +

1 8

1 ′ 2 x + √ 8 2

 √ 1 2  √  V = − 8 2 , − 8 = (−0,008, −0, 17) √ ! √  1  4p = 2 → p = 0,08 ′ 4 x + √ 8 2  como P > 0, se abre hacia la derecha     EJE FOCAL, es paralelo al eje x′ Y

X′

Y′

45o

José Namuche

Enrique Reyes

X

Carlos Vel´ asquez

282

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 7.2. Por una rotación de los ejes coordenados, transformar la ecuación 5x2 + 4xy + 2y 2 = 2 en ora que carezca del termino en x′ y ′. Trazar su lugar geométrico y ambos sistemas de ejes coordenados Soluci´ on. En la ecuación dada sustituir: x e y dado por las transformaciones: x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ

5(x′ cos θ − y ′ sen θ)2 + 4(x′ cos θ − y ′ sen θ)(x′ sen θ + y ′ cos θ) + 2(x′ sen θ + y ′ cos θ)2 = 2 ⇔ 5(x′2 cos2 θ − 2x′ y ′ cos θ sen θ + y ′2 sen2 θ) + 4x′2 cos θ sen θ − 4x′ y ′ cos2 θ −4x′ y ′ sen2 θ − 4y ′2 sen θ cos θ + 2(x′2 sen2 θ + 2x′ y ′ sen θ cos θ + y ′2 cos2 θ) = 2 Asociar: ′

⇔ x 2 (5 cos2 θ+4 cos θ sen θ+2 sen2 θ)+x′ y ′ (−10 cos θ sen θ+4 cos2 θ−4 sen2 θ+4 sen θ cos θ)+ ′

y 2 (5 sen2 θ − 4 sen θ cos θ + 2 cos2 θ) = 2 (7.28)

⇔ como la ecuación transformada debe carecer del termino x′ y ′ igualamos el coeficiente de x′ y ′ a cero, obteniéndose −10 cos θ sen θ + 4 cos2 θ − 4 sen2 θ + 4 sen θ cos θ = 0

−6 cos θ sen θ + 4 cos2 θ − 4 sen2 θ = 0

Resolver esta ecuación trigonom´ ( etrica: 2 sen θ cos θ = sen 2θ Hacer el siguiente resolver cos2 θ − sen2 θ = cos 2θ −3 sen 2θ + 4 cos 2θ = 0

4 cos 2θ = 3 sen 2θ 4 sen 2θ = 3 cos 2θ 4 tan 2θ = 3

esta relación trigonométrica nos permite hacer el triángulo rectángulo: A continuación hacer uso de las identidades: r  r 1 − 35  1 − cos 2θ 1  sen θ = = = √5  2 r 2 r  1 + 53 1 + cos 2θ  cos θ = = = √25  2 2

(7.29)

Ahora,h reemplazar i 7.29 en 7.28: ′2 4 2 ⇔ x 5 5 + 4 √5 José Namuche

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283

Geometr´ıa Anal´ıtica h n o √ i 4 4 2 √1 1 1 1 √2 ′2 √ √ ⇐⇒ x 5 5 + 4 5 5 + 2 5 + y 5 5 − 4 5 5 + 2 5 = 2 ′2

⇐⇒

6x′2

+ +

x′2 2 6

↓ b = √13

6y ′2 y‘2 2

= 2 = 2

. . . (elipse)

↓ √ a= 2 Y

Y′

2 X′ 1 θ

−2

−1 −1

1

X 2

3

−2 Con la ayuda de: θ = 12 se ubica en el punto (2,1) en el PLANO XY . Luego se traza el EJE x′ pasando tan θ = sen cos θ por (0,0) y (2,1).- El EJE y ′ pasa por (0,0) y perpendicular al EJE y ′ Ejercicio 7.3. Por transformación de coordenadas, simplificar la ecuación: 2x2 + 2xy + 2y 2 − 2x − 10y + 11 = 0 Trácese el lugar geométrico y todos los sistemas de ejes coordenados Soluci´ on.

1. En primer lugar, hacer la traslación de los ejes a un nuevo origen (h, k) mediante la transformación ( x = x′ + h y = y′ + k Al reemplazar en la ecuación dada, obtenemos: 2(x′ + h)2 + 2(x′ + h)(y ′ + k) + 2(y ′ + k)2 − 2(x′ + h) − 10(y ′ + k) = 0 2x′2 + 4hx′ + 2h2 + 2x′ y ′ + 2kx′ + 2hy ′ + 2hk + 2y ′2 + 4xy ′ + 2k 2 −2x′ − 2h − 10y ′ − 10k + 11 = 0 Asociar los términos comunes: 2x′2 + 2y ′2 + 2x′ y ′ + (4h + 2k − 2)x′ + (2h + 4k − 10)y ′ + (2h2 + 2hk + 2k 2 − 2h − 10k + 11) = 0 (7.30)

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Geometr´ıa Anal´ıtica

284

2. Igualar a cero los coeficientes de x′ y de y ′: ( 4h + 2k − 2 = 0 2h + 4k − 10 = 0 ( 2h + k − 1 = 0 h + 2k − 5 = 0

Al resolver el sistema se obtiene: h = −1, k = 3 Entonces el nuevo origen del sistema X ′ Y ′ es (h, k) = (−1, 3)

3. Reemplazar los valores de h y k en 7.30: 2x′2 + 2y ′2 + 2x′ y ′ + (2 − 6 + 18 + 2 − 30 + 11) = 0 2x′2 + 2y ′2 + 2x′ y ′ − 3 = 0

(7.31)

4. En segundo lugar, hacer la rotación de los ejes X ′ Y ′ mediante la transformación: ( x′ = x′′ cos θ − y ′′ sen θ y ′ = x′′ sen θ + y ′′ cos θ Al reemplazar a la ecuación 7.31, obtenemos: 2[x′′ cos θ − y ′′ sen θ]2 + 2[x′′ sen θ + y ′′ cos θ]2 + 2[x′′ cos θ − y ′′ sen θ][x′′ sen θ + y ′′ cos θ] − 3 = 0 2x′′2 cos2 θ − 4x′′ y ′′ cos θ sen θ + 2y ′′2 sen2 θ + 2x′′2 sen2 θ + 4x′′ y ′′ sen θ cos θ + 2y ′′2 cos2 θ +2x′′2 cos θ sen θ + 2x′′ y ′′ cos2 θ − 2x′′ y ′′ sen2 θ − 2y ′′2 sen θ cos θ − 3 = 0 5. Asociar los términos comunes: (2 cos2 θ + 2 sen2 θ + 2 cos θ sen θ)x′′2 + (2 sen2 θ + 2 cos2 θ − 2 sen θ cos θ)y ′′2 +(−4 cos θ sen θ + 4 sen θ cos θ + 2 cos2 θ − 2 sen2 θ)x′′ y ′′ − 3 = 0 ⇐⇒ (2 + sen 2θ)x′′2 + (2 − sen 2θ)y ′′2 + (2 cos2 θ − 2 sen2 θ)x′′ y ′′ − 3 (7.32) 6. Igualar a cero el coeficiente de x′′ y ′′ 2 cos2 θ − 2 sen2 θ = 0 cos2 θ − sen2 θ = 0 cos 2θ = 0 θ =

→

π 2θ = 2

(

cos 2θ = 0 sen 2θ = 1

π 4

7. Reemplazar en 7.32: (2 + 1)x′′2 + y ′′2 − 3 = 0

3x′′2 + y ′′2 = 3 √ x′′2 y ′′2 + = 1 (Elipse), donde a = 3, b = 1 1 3

El gráfico es:

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285

Geometr´ıa Anal´ıtica Y Y ′′

Y′

X ′′

5 4 θ3

X′

2 1 X −3

−2

−1 −1

1

2

3

Ejercicio 7.4. Dada la ecuación 5x2 − 26xy + 5y 2 + 72 = 0. Identificar la cónica que ella representa. Trazar su gráfica se˜ nalando las ecuaciones de rotación Soluci´ on. En este problema sólo habrá rotación La transformación de rotación es ( x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ

Hallemos: cos θ y sen θ a partir de tan 2θ =

B A−C

En este caso A = C, entonces resolvamos:

(1)

   B = −26 A=5   C=5

B cos 2θ = 0,

B 6= 0

cos 2θ = 0 θ = 45o As´ı tendremos ( Reemplazar ?? en 7.33

José Namuche

(

cos θ = sen θ =

x= y=

√

2 ′ x √2 2 ′ x 2

√

2 2 √ 2 2

(7.33)

√

− 22 y ′ √ + 22 y ′

Enrique Reyes

(7.34)

Carlos Vel´ asquez

286

Geometr´ıa Anal´ıtica Reemplazar 7.34 en la ecuación dada "√ # "√ # "√ # "√ #2 2 ′ 2 2 2 5 (x − y ′ ) − 26 (x′ − y ′) (x′ + y ′) + 5 (x′ + y ′ ) + 72 = 0 2 2 2 2 2 2 2 5 (x′2 − 2x′ y ′ + y ′2 ) − 26 (x′2 − y ′2) + (x′2 + 2x′ y ′ + y ′2 ) + 72 = 0 4 4 4 5 ′2 5 5 5 ′2 ′ ′ ′2 ′2 x − 5x y + y − 13x + 13y + x′2 + 5x′ y ′ + y ′2 + 72 = 0 2 2 2 2 −8x′2 + 18y ′2 + 72 = 0

8x′2 − 18y ′2 = 72 x′2 y ′2 − = 1 9 4

Es la misma hipérbola en el sistema x′ o y ′ Y X’

Y’

45º

X

Ejercicio 7.5. En la elipse ε, se conocen: su excentricidad e = 12 , un foco F1 (0,1) y su directriz correspondiente, la recta de ecuación x + y + 29 = 0. Hallar la elipse en el nuevo sistema X ′ P0 Y ′ , de origen P0 , donde P0 es el centro e la elipse Soluci´ on.

1. Hacer el gráfico de los datos: a) El foco F1 (0, 1) b) La recta x + y + 29 = 0 2. Hallaremos la ecuación del eje focal: pasa por F1 (0, 1) y es perpendicular a L1 de pendiente m1 = −1 La ecuación del eje focal, es: L:

José Namuche

y − 1 = 1(x − 0) y = x+1

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Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

287

F(0,1) 1

L1 : x+y+29=0

3. Por hallarse: el centro de la elipse, y los valores de a y b. Veamos: Si P0 es el centro de la elipse, en el siguiente gráfico se tiene P(x,x+1) 0 F(0,1) 1 c

R a/e L1

|RF1 | + c =

a e

(7.35)

donde |RF1 | = distancia de F1 a la recta L1 √ |0 + 1 + 29| √ = = 15 2 2 1 e = . . . (seg´ un dato) 2 Entonces, al reemplazar en 7.35

√ 15 2 + c = 2a

(7.36)

otras ecuaciones son De e = 21 obtenemos 1 2

= ac a = 2c José Namuche

Enrique Reyes

(7.37)

Carlos Vel´ asquez

288

Geometr´ıa Anal´ıtica Además a2 = b2 + c2

(7.38)

√ √ √ 4. Al resolver las ecuaciones 7.36, 7.37 y 7.38; se obtienen: c = 5 2, a = 10 2, b = 5 6 5. Ahora, hallaremos el centro P0 √

|F1 P0 | = c

√ x2 + x2 = 5 5

⇒

|x| = 5

Eligiendo x = 5, obtenemos P0 = (5, 6) 6. As´ı, tenemos el gráfico: X’

Y’

b

a P0

x′2 y ′2 + =1 200 150 7. Como la pendiente del eje focal es tan θ = 1, entonces θ = 45◦ , cos θ =

√

2 , 2

sen θ =

√

2 2

8. En el sistema original XOY , las coordenadas de P son: P = P0 + x′ (cos θ, sen θ) + y ′(− sen θ, cos θ) de aqu´ı se despeja x′ , y ′ , obteniéndose: ′

x

y′

√

√ 2 2 = (x − 5) + (y − 6) 2√ 2√ 2 2 = − (x − 5) + (y − 6) 2 2

Ejercicio 7.6. Determinar, cuando existan, los valores de k para los cuales la ecuación: k 2 x2 + 2kxy + (k 2 − 1)y 2 + 2x − 3y + 300 = 0 i) Una parábola ii) Una elipse iii) Una hipérbola

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

289

Geometr´ıa Anal´ıtica iv) Una circunferencia Soluci´ on. La ecuación general del segundo grado: k 2 x2 + 2kxy + (k 2 − 1)y 2 + 2x − 3y + 300 = 0 donde

(7.39)

 2   A=k B = 2k   C = k2 − 1

i) Representa una parábola, si

B 2 − 4AC = 0

(2k)2 − 4(k 2 )(k 2 − 1) = 0 Al resolver: 4k 2 [1 − (k 2 − 1)] = 0 k 2 [2 − k 2 ] = 0

(

k=0 √ k=± 2

ii) La ecuación 7.39 representa una elipse, si B 2 − 4AC < 0 k 2 [2 − k 2 ] < 0 k 2 [k 2 − 2] > 0 Resolver la inecuación: k 6= 0 k2 > 0 k2 > 2

⇐⇒

k>

√

√ 2 ∨ k 0 k 2 [2 − k 2 ] > 0

Si k 6= 0 k2 < 0 √ √ − 2 < k < 2 √ √ k ∈ ] − 2, 2 [ − {0} José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

290

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 7.7. El sistema XOY es trasladado al punto P0 (1, 3) y luego es rotado en un ángulo α = 30◦ obteniéndose el sistema X ′′ P0 Y ′′ . E este sistema la ecuación de una parábola P es: (y ′′ )2 = 8x′′ Hallar: a) El área del triángulo P0 LR, siendo L y R los extremos del lado recto b) las coordenadas del foco, L y R con respecto al sistema original (XOY ) Soluci´ on.

1. Hacer el gráfico con los datos que se dan: Y Y’’

L X’’ F P0 3

30º R

1

X

2. En el sistema X ′′ P0 Y ′′ , P0 es el origen de X ′′ Y ′′ . En este sistema se tiene la parábola P : y ′′2 = 8x′′ donde 8 = 4p ⇒ p = 2. El área del triángulo P0 LR es: (base)(altura) (8)(2) = = 8u2 2 2 base = |LR| = 8unidades

altura = |P0 F | = 2unidades

3. Las coordenadas del foco en el sistema X ′′ P0 Y ′′ es F = (2, 0) = (x′′ , y ′′) Como hay rotación y traslación, se tiene la transformación: x = x′′ cos θ − y ′′ sen θ + h y = x′′ sen θ + y ′′ cos θ + h

4. Como datos se tiene

José Namuche

 ′′ ′′   x = 2, y = 0 (foco) θ = 30◦   h = 1, k = 3 (P0 ) Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

291

Geometr´ıa Anal´ıtica Entonces:

(

√

(

x = 2 23 − 0 12 + 1 √ y = 2 12 − 0 23 + 3

√ x= 3+1 y=4

5. Conclusi´ on: Las coordenadas del foco en el sistema original XOP , son: √ F ( 3 + 1, 4) √ Ejercicio 7.8. Los semiejes transverso y conjugado de una hipérbola tienen longitud 2 y 2 respectivamente. Si ele eje focal es la recta LF : 3x − 3y + 3 = 0 y el eje normal, la recta LN : 3x + 3y − 11 = 0. Encontrar la ecuación de la hipérbola Soluci´ on.

1. Para tener mejor idea, graficar el eje focal y el eje normal, respectivamente: LF : 3x − 3y + 3 = 0 m=1 x 0 -1 y 1 0 LN : 3x + 3y − 11 = 0 x 0 11/3 y 11/3 0 Y’

Y Y’’

X’’

LF

b

a X’

X LN

2. Como datos se tiene: a = 2,

José Namuche

b=

Enrique Reyes

√

2

Carlos Vel´ asquez

292

Geometr´ıa Anal´ıtica

3. El centro de la hipérbola respecto al sistema XY es la intersección del eje focal con el eje normal 4 7 P0 = LF ∩ LN = , 3 3 4. Respecto a los EJES X”Y” la ecuación de la hipérbola es: H:

x′2 y ′2 − =1 4 2

5. Si θ es el ángulo de rotación y la pendiente de LF es tan θ = 1, entonces se obtiene: 1 cos θ = √ 2 1 sen θ = √ 2 ´ Y TRASLACION, ´ entonces: 6. Como hay ROTACION ( x = x′′ cos θ + y ′′ sen θ + h y = x′′ sen θ + y ′′ cos θ + h Sustituir datos

7.

(

x = x′′ √12 − y ′′ √12 +

(

x−

(

4 3 7 3

y = x′′ √12 + y ′′ √12 + y−

4 3 7 3

x′′ = y ′′ =

= =

√1 x′′ 2 √1 x′′ 2

−

−

√1 y ′′ 2 √1 y ′′ 2

√1 x + y − 31 2 √1 (y − x − 1) 2

8. Sustituir 7 en 4 Ejercicio 7.9. 1. La recta D : x − 2y − 6 = 0 es la directriz de una parábola cuyo vértice es el punto V (1, 1). Determinar la ecuación de la parábola por la rotación de ejes 2. El centro de una elipse es (1, 0). El eje normal es la recta x − y − 1 = 0, el eje mayor mide 12 y el lado recto es 8. determinar la ecuación de la elipse, por rotación de ejes Soluci´ on. a) (1) Graficar la directriz y el vértice:

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

293

Geometr´ıa Anal´ıtica Y Y’’

X’’ V

6

θ

X

3 D

(2) Si y ′′ es el eje focal y x′′ y ′′ es el nuevo sistema, entonces la ecuación de la parábola es P : x′′ = 4py,

con “p”p positiva

Hallar p 7 |1 − 2 − 6| √ =√ 1+4 5 28 ⇒ P : x′′2 = √ y ′′ 5 Como hay rotación y traslación, las coordenadas de un P ∈ P, en el sistema original, está dado por: ( x = x′′ cos θ − y ′′ sen θ + h y = x′′ sen θ + y ′′ cos θ + k p = d(V, D) =

La pendiente de X ′′ es tan θ =

1 2

porque X ′′ es paralela a D 1 sen θ = √ 5 2 cos θ = 5

Como V = (h, k) = (1, 1), entonces ( x= y=

(3) Al despejar: x′′ y y ′′ se obtiene: ( x′′ = y ′′ =

José Namuche

√2 x′′ 5 √2 x′′ 5

−

+

√1 y ′′ + 1 5 √2 y ′′ + 1 5

√2 (x − 1) + 5 √2 (y − 1) − 5

Enrique Reyes

√1 (y 5 √1 (x 5

− 1)

− 1)

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

(4) Reemplazar en la parábola

2 2 1 √ (x − 1) + √ (y − 1) P : 5 5 28 2 1 = √ √ (y − 1) − √ (x − 1) 5 5 5 Que se reduce a: : 4x2 + 4xy + y 2 + 16x − 62y + 37 = 0 b)

a) Graficar los datos Y

Y’’

X’’ F

1

θ P0

X F

2

b) Como datos se tiene: 2a = 12 longitud de lado recto

⇒

a=6

2b2 = 8 ⇒ b2 = 24 a P0 = (h, k) = (1, 0)

c) Hay rotación y traslación. En el sistema x′′ o y ′′, la ecuación de la elipse es: ε: tal que:

(

x= y=

y ′′2 x′′2 + =1 36 24 √

2 ′′ x √2 2 ′′ x 2

√

− 22 y ′′ + 1 √ + 22 y ′′ = 0

Despejar: x′′ y y ′′ para reemplazar en ε √ √ Ejercicio 7.10. Dada la ecuación: x2 2 3xy + 3y 2 − 16 3x − 16y = 0 a) Graficarla con respecto al sistema XOY dado (justifique mediante rotación de ejes)

José Namuche

294

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

295

Geometr´ıa Anal´ıtica

b) Hallar respecto de dicho sistema, la ecuación de la recta que contiene a un lado recto de la gráfica Soluci´ on. Para responder las partes a) y b), bastará hacer las cosas: 1. Hallar el sen θ y cos θ; sabiendo que

tan 2θ =

B A−C

√ −2 3 tan 2θ = 1−3 √ tan 2θ = 3 2θ = 60o θ = 30

o

⇒

 √   B = −2 3 A=1   C=3

√ 1 3 sen θ = , cos θ = 2 2

2. Reducir la ecuación dada a la forma canónica mediante la transformación ( x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ (

√

x = 23 x′ − 12 y ′ √ y = 12 x′ + 23 y ′

(7.40)

Veamos: Reemplazar 7.40 en la ecuación dada: 2 2 √ 1 √ ′ 1 √ ′ 1 ′ √ ′ 1 ′ √ ′ ′ ′ ( 3x − y ) − 2 3 ( 3x − y ) (x + 3y ) + 3 (x + 3y ) 2 2 2 2 √ 1 1 ′ √ ′ √ −16 3 − 16 (x + 3y ) = 0 2 3( 3x′ − y ′) Esta ecuación se reduce a: y ′2 − 8x′ = 0

y ′2 = 8x′

Donde: 4p = 8 p = 2 El eje focal es el eje x′ 1. Para graficar, necesitamos la dirección del eje x′ (sigue la dirección de la tan 30o = José Namuche

Enrique Reyes

√1 ) 3

Carlos Vel´ asquez

296

Geometr´ıa Anal´ıtica

Y

Y’ X’

P __ V3

X

2. La ecuación del lado recto en el sistema x′ y ′ es x′ = 2. La ecuación x′ = 2 en el sistema XY se halla mediante la transformación.

x′ = x cos θ + y sen θ √ 3 1 2 = x +y 2 √2 4 = 3x + y √ 0 = 3x + y − 4 Ejercicio 7.11. El sistema XOY se traslada al punto (2,2) y luego se rota en ángulo de 60o en sentido antihorario obteniéndose el sistema X ′ P0 Y ′ . La recta L tiene por ecuación √ √ 2+ 3 ′ 1−2 3 ′ L: x + y =5 2 2 Si L2 es una recta ortogonal a L y pasa por el punto L∩Eje Y , determinar la ecuación de L2 en el sistema XY Soluci´ on.

1. Graficar los datos: Y’’

Y

X’

Y’

60º

2

X’’

P

0

2

José Namuche

Enrique Reyes

X

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

297

2. El sistema XOY se traslada al punto (2,2) y luego se rota un ángulo de 60o en sentido antihorario, se obtiene el sistema x′ P0 y ′. Entonces la trasformación es: ( x′′ = x′ cos 60o − y ′ sen 60o + 2 y ′′ = x′ sen 60o + y ′ cos 60o + 2 (

√

x − 2 = 12 x′ − 23 y ′ √ y − 2 = 23 x′ + 12 y ′

(7.41)

Hallar x′ y y ′ , resolviendo el sistema 7.41 por determinantes: ( √ √ x′ = 21 [x + 3y − 2 − 2 3] √ √ y ′ = 21 [y − 3x + 2 3 − 2]

(7.42)

3. Reemplazar 7.42 en L: √ √ √ √ √ √ (1 − 2 3) 1 (2 + 3) 1 (x + 3y − 2 − 2 3) + (y − 3x + 2 3 − 2) = 5 2 2 2 2 Al multiplicar y simplificar se obtiene: L : 8x + 4y − 44 = 0 L : 2x + y − 11 = 0

La pendiente de L es m = −2 4. Para hallar la ecuación de la recta L2 , se necesitan: un punto P0 ∈ L2 y su pendiente m2 a) Como L2 es perpendicular a L, entonces la pendiente de L2 es m2 =

1 2

b) L2 pasa por la intersección de L con el Eje Y El intercepto de L con el Eje Y , se obtiene haciendo x = 0 en la ecuación de L. As´ı x = 0 ⇒ 2(0) + y − 11 = 0 ⇒ y = 11

Luego: P0 = (0, 11). La ecuación de L2 es: 1 (x − 0) 2 1 y = x + 11 2 √ √ Ejercicio 7.12. Dada la ecuación: 2x2 − 4xy − y 2 − 4 5x − 2 5y + 14 L2 : y =

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

298

Geometr´ıa Anal´ıtica a) Identificar la cónica a la cual representa b) Graficar la cónica c) Determinar la ecuación del eje focal de la cónica en el sistema XY Soluci´ on.

1. En primer lugar, hallar    B = −4 B tan 2θ = , donde A=2  A−C  C = −1 4 −4 tan 2θ = =− 2 − (−1) 3 3 cos 2θ = − r5 − cos 2θ 2 sen θ = =√ 2 5 r 1 + cos 2θ 1 cos θ = =√ 2 5 tan θ = 2

2. En segundo lugar reemplazar: la transformación ( x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ (

x= y=

√1 x′ 5 √2 x′ 5

−

+

√2 y ′ 5 √1 y ′ 5

en la ecuación dada 2 2 1 ′ 1 ′ 1 ′ ′ 1 ′ ′ ′ ′ 2 √ (x − 2y ) − 1 √ (x − 2y ) √ (2x + y ) − √ (2x − y ) 5 5 5 5 √ √ 1 ′ 1 ′ ′ ′ −4 5 √ (x − 2y ) − 2 5 √ (2x + y ) + 14 = 0 5 5 Al desarrollar y simplificar, se obtiene: a) −2x′2 + 3y ′2 − 8x′ + 6y ′ + 14 = 0 . . . (hipérbola)

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

299

Geometr´ıa Anal´ıtica

3. Ahora completamos cuadrados, para poser hallar el centro P0 de la hipérbola en el sistema X ′ OY ′ 3(y ′2 + 2y ′ + . . .) − 2(x′2 + 4x′ + . . .) = −14

3(y ′2 + 2y ′ + 1) − 2(x′2 + 4x′ + 4) = −14 + 3 − 8 3(y ′ + 1)2 − 2(x′ + 2)2 = −19

2(x′ + 2)2 − 3(y ′ + 1)2 = 19 (x′ + 2)2 (y ′ + 1)2 − = 1 19/2 19/3 r r 19 19 = 3,08 b = = 2,51 a= 2 3 Y

X’

Y’

X

P0

En el sistema X ′ = Y ′ , el centro de la hipérbola es (-2,-1). Eje transversal paralelo al eje X ′ 4. La ecuación del eje focal en el sistema X ′ OY ′ es: y ′ = 1. Del sistema de ecuaciones que aparece en el paso dos despejar y ′: 1 2 y′ = √ y − √ x 5 5 Al reemplazar en 4: 1 2 √ y − √ x = −1 5 5

⇔

2x − y −

√

5=0

Ejercicio 7.13. Hallar la ecuación de una elipse con vértices en (3,3) y (-1,-1) y excentricidad e = 12 Soluci´ on.

José Namuche

1. Graficar los datos en el sistema original XOY

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

300

Geometr´ıa Anal´ıtica Y

Y’’

Y’

X’ V2

3 a b

X’’ P

−1

0

X

3 1 V1

2. Si V1 y V2 son los vértices de la elipse, entonces el centro es el punto medio del segmento V1 V2 , esto es: 1 P0 = (V1 + V2 ) = (1, 1) 2 3. Si elegimos el punto P0 (1, 1) como origen del sistema X ′ OY ′ , entones la ecuación de la elipse es: x′2 y ′2 ε: 2 + 2 =1 a b Hallaremos a y b p √ i) a = d(P0 , V2 ) = (3 − 1)2 + (3 − 1)2 = 2 2 ii) Como e =

c a

ye=

1 2

→

c 1 = a 2 2c = a √ 2c = 2 2 √ c = 2

iii) Pero: a2 = b2 + c2 8 = b2 + 2

⇒

b2 = 6

Entonces la elipse es: x′2 y‘2 + =1 8 6 ε : 3x′2 + 4y ′2 = 24

ε :

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

301

Geometr´ıa Anal´ıtica

4. Por el punto P0 , hagamos pasar el sistema X ′′ OY ′′ , entonces los ejes X ′′ , Y ′′ han rotado θ = 45o respecto a X ′ Y ′ (pues la pendiente de V1 V2 es tan θ = 1) Asé obtenemos la transformación: ( x′′ = x′ cos θ − y ′ sen θ y ′′ = x′ sen θ + y ′ cos θ

5. Al despejar; x′ y ′, se obtiene:

(

x′′ = y ′′ =

√ 2 ′′ 2 ′ x − y √2 √2 2 ′ 2 ′ x + 2y 2

(

x′ = y′ =

√ √ 2 ′′ 2 ′′ x + y √2 √2 2 ′′ 2 ′′ y − 2x 2

√

6. Reemplazar en le elipse ε ε : 3

"√

2 ′′ (x + y ′′ ) 2

#2

+4

"√

# 2 ′′ (y − x′′ ) = 24 2

ε : 3(x′′ + y ′′)2 + 4(y ′′ − x′′ )2 = 48 7. El sistema XOY se ha trasladado al punto P0 (1, 1) entonces: x′′ = x − 1 y ′′ = y − 1

8. Reemplazar en la elipse ε : 3(x − 1 + y − 1)2 + 4(y − 1 − x + 1) = 48

ε : 3(x + y − 2)2 + 4(y − x)2 = 48

ε : 7x2 − 2xy + 7y 2 − 12x − 12y − 36 = 0 Ejercicio 7.14. El sistema XOY se ha trasladado al punto Q(3, 2), obteniéndose el sistema X ′ QY ′ , luego se realiza una rotación de ejes resultando el sistema X ′′ QY ′′ . El semieje positivo al eje X ′′ pasa por el punto (3,4) referido al sistema X ′ QY ′ . Si ε es una elipse de ecuación y ′′2 + 4x′′2 = 16, determinar: a) La ecuación de ε en el sistema XOY b) las ecuaciones de las directrices de ε en el sistema XOY Soluci´ on.

José Namuche

1. Graficar los datos

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

302

Geometr´ıa Anal´ıtica Y

Y’ X’’ B

Y’’

(3,4)

θ 2

Q

0

3

X’ A X

2. En el triángulo rectángulo QAB, recto en A, se tiene tan =

4 3

4 5 3 cos θ = 5

sen θ =

3. La transformación es:

(

x′ = x′′ cos θ − y ′′ sen θ y ′ = x′′ sen θ + y ′′ cos θ ( x′ = 35 x′′ − 45 y ′′ y ′ = 45 x′′ + 35 y ′′

Despejar: x′′ , y ′′ x′′ y ′′ 4. Reemplazar en la elipse:

x′ −4/5 3 = ′ = + y 3/5 5 3/5 x′ 3 = = y′ − ′ 4/5 y 5

4 ′ 3 ′ 4 ′ y = y − x 5 5 5 4 ′ x 5

ε : y ′′2 + 4x′′2 = 16 1 1 ε : (3y ′ − 4x′ ) + 4 (3x′ + 4y ′)2 = 16 25 25 ′ ′ 2 ε : (3y − 4x ) + 4(3x′ + 4y ′ )2 = 400 5. Pero XOY se traslado al punto Q(3, 2) formándose el sistema X ′ Y ′ entonces: x′ = x − 3 y′ = y − 2

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

303

Geometr´ıa Anal´ıtica Reemplazar en la elipse: ε : [3(y − 2) − 4(x − 3)]2 + 4[3(x − 3) + 4(x − 2)]2 = 400 Que se reducer a: ε : 52x2 + 73y 2 + 7xy − 456x − 508y + 792 = 0 6. Las ecuaciones de las directrices en el sistema x′′ y ′′ son: ( a=4 a √ y ′′ = ± e e = 23 8 y ′′ = ± √ 3 4 8 3 (y − 2) − (x − 3) = ± √ 5 5 3 40 4x − 3y − 6 ± √ = 0 3

Ejemplo 7.14. Sea la recta L : 4x+3y−20 = 0. Se realiza una traslación de los ejes coordenados al nuevo origen P0 (6, −1), seguida de una rotación, obteniéndose el sistema X ′ Y ′ . El eje Y ′ coincide con la recta L. En el sistema X ′ Y ′ la ecuación de una recta L1 es L1 : x′ − 3y ′ + 6 = 0. hallar la ecuación de L1 en el sistema XY Soluci´ on.

1. Graficar los datos: Y

Y’

Y’’ 7

X’ 2

θ

6 θ

−1 P0

X X’’

L :4x+3y−21

−6 L : x’−3y’+6=0

1

Graficar L1 : x′ − 3y ′ + 6 = 0 x′ y ′ 0 2 -6 0 José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

304

Si θ es el ángulo agudo de rotación debemos hallar: tan θ. Veamos: la pendiente de L es m = − 34 como el eje X ′ es perpendicular a la recta L, entonces tan θ = 34 3 4 sen θ = , cos θ = 5 5 2. El sistema x′′ y ′′ ha rotado θ = arctan 43 para convertirse en el sistema x′ y ′ , entonces: ( x′′ = x′ cos θ − y ′ sen θ y ′′ = x′ sen θ + y ′ cos θ (

x′′ = 45 x′ − 35 y ′ y ′′ = 53 x′ + 45 y ′

3. Despejar: x′ , y ′ x′ y′ 4. Al reemplazar en L1

x′′ = ′′ y 4/5 = 3/5

−3/5 4 ′′ 3 ′′ = x + y 5 4/5 5 x′′ 4 ′′ 3 ′′ = x − y 5 y ′′ 5

4 ′′ 3 ′′ 4 ′′ 3 ′′ x + y −3 y − x +6 = 0 5 5 5 5 ′′ L1 : 13x − 9y ′′ + 30 = 0 5. Como el sistema XY se trasladó, teniendo como nuevo origen el punto P0 (6, 1), para formarse el sistema X ′′ P0 Y ′′ , entonces: x′′ = x − 6 y ′′ = y + 1

6. Al reemplazar en L1 , se obtiene: L1 : 13(x − 6) − 9(y + 1) + 30 = 0 L1 : 13x − 9y − 57 = 0

Ejercicio 7.15. Los ejes coordenados del sistema XY son rotados alrededor del origen en sentido antihorario en un ángulo de 120o . En el sistema resultante X ′ Y ′ la ecuación de una parábola es: y ′2 = 8(x′ − 2). Determinar las coordenadas de su vértice y de su foco en el sistema XY Soluci´ on.

José Namuche

1. hacer el gráfico con los datos del problema:

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

305

Geometr´ıa Anal´ıtica Y X’

120º X

Y’

En el sistema X ′ Y ′ la ecuación de una parábola es: P : y ′2 = 8(x′ − 2) • El vértice en el sistema X ′ Y ′ es = (2, 0) • Como 4p = 8 → p = 2

• Respecto del sistema X ′ Y ′ la parábola se abre hacia la derecha

• El foco en el sistema X ′ Y ′ es F = (4, 0)

2. En el sistema XY rota 120o sobre el mismo eje para convertirse en el sistema X ′ Y ′ , entonces la transformación es: x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ

Como θ = 120o , entonces: √

3 2 1 cos θ = − 2

sen θ =

Luego: √ 1 ′ 3 x = − x − 2 √2 3 1 ′ y = − y 2 2 3. Las coordenadas del vértice y el foco en en el sistema XY son respectivamente: ( ) √ √ x = − 21 · 2 − 23 (0) √ V = (−1, 3) 3 1 y = 2 · − 2 (0) José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

306

Geometr´ıa Anal´ıtica (

√

x = − 21 · 4 − 23 (0) y = 32 · 4 − 21 (0)

)√

3 1 · 4 − (0) 2 2

Ejercicio 7.16. Después de una rotación de los ejes 0 < θ < π2 y la traslación al punto P ′ = √ √ (− 2/2, −3 2) en el nuevo sistema, la ecuación 3x2 −2xy +3y 2 +2Dx+2Ey+ = 0 se transforma 2 en la ecuación x“2 + y ′′2 = 1. Determinar los valores de D, E y F √ √ Soluci´ on. 1. Si el sistema XY se ha traslado al nuevo origen P ′ = − 22 , 3 2 2 formándose el nuevo sistema X ′ P ′ Y ′ , entonces:  √  x′ = x − − 2 2 √ 3 ′  y =y− − 2 2 ⇒

(

√

x = x′ − 22 √ y = y′ − 3 2 2

2. Reemplazar en la ecuación dada: √ ! √ ! √ !2 √ !2 2 2 3 2 3 2 − 2 x′ − y′ − + 3 y′ − 3 x′ − 2 2 2 2 ! ! √ √ 2 3 2 ′ ′ +2D x − + 2E y − +F = 0 2 2 √ ⇒ 3x′2 − 2x′ y ′ + 3y ′2 + 2Dx + (−8 2 + 2E)y ′ √ √ +[12 − 2D − 3 2E − F ] = 0 3. Igualar a cero los coeficientes de x′ e y ′ ( 2D = 0 ⇒ √ √ −8 2 + 2E = 0 ⇒ E = 4 2 As´ı, la ecuación, se reduce a: 3x′2 − 2x′ y ′ + 3y ′2 + F − 12 = 0

(7.43)

4. Si el sistema X ′ P Y ′ rota θ = 45o , porque A = C, para transformarse en el sistema X ′′ P ′ Y ′′ entonces se tiene ( x′ = x′′ cos θ − y ′′ sen θ y ′ = x′′ sen θ + y ′′ cos θ ( √ √ x′ = 22 x′′ − 22 y ′′ √ √ y ′ = 22 x′′ + 22 y ′′

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

307

Reemplazar en la ecuación 7.43 "√ #2 "√ # √ 2 ′′ 2 2 3 (x − y ′′ ) − 2 (x′′ − y ′′) (x′′ + y ′′) 2 2 2 "√ #2 2 ′′ ′′ +3 (x + y ) + F − 12 = 0 2 Desarrollar y reducir: 2x′′2 + 4y ′′2 − 12 + F = 0 Dividir entre 4:

x′′2 12 − F + y ′′2 = 2 4

Seg´ un dato del problema, debe ser 12 − F =1 4

⇐

F =8

5. Conclusi´ on: La ecuación en el sistema original XY , es: √ 3x2 − 2xy + 3y 2 + 8 2y + 8 = 0 Ejercicio 7.17. Dada la ecuación 3x2 + 8y − 4 = 4xy + 12x. Identificar la curva, hallar las coordenadas en el sistema rotado X ′ Y ′ del punto P que tiene como abscisa x = 1 Soluci´ on.

1. Ordenar la ecuación: 3x2 − 4xy − 12x + 8y − 4 = 0

(7.44)

donde: A = 3, B = −4, C = 0 y B 4 =− A−C 3 3 cos 2θ = − 5

tan 2θ =

2. la transformación es:

sen θ =

r

cos θ =

r

(

1+ 2

3 5

1 + cos 2θ = 2

s

2 =√ 5

1− 2

3 5

1 =√ 5

x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ (

José Namuche

1 − cos 2θ = 2

s

x= y=

√1 x′ 5 √2 x′ 5

−

+

Enrique Reyes

√2 y ′ 5 √1 y ′ 5

(7.45)

Carlos Vel´ asquez

308

Geometr´ıa Anal´ıtica 3. Reemplazar en la educación 7.44: 1 1 3 (x′ − 2y ′)2 − 4 (x′ − 2y ′)(2x + y ′ ) 5 5 1 ′ 1 −12 √ (x − 2y ′ ) + 8 √ (2x′ + y ′) − 4 = 0 5 5 32 4 ⇐⇒ −x′2 + 4y ′2 + √ x′ + √ y ′ − 4 = 0 5 5 Completando cuadrados se obtiene: 2 2 4 2 ′ ′ √ √ y + 5 x − 5 − = 1 (hipérbola) 4 16 Centro P0 = en X ′ Y ′ EJE FOCAL paralelo al eje Y ′

4 2 √ , −√ 5 5

4. La abscisa de P es x = 1, entonces al reemplazar en 7.44, se obtiene: 3 − 4y − 12 + 8y − 4 = 0 13 y = 4 5. Reemplazar: x = 1, y

13 4

en la transformación 7.45 ( 1 = √15 x′ − √25 y ′ 13 4

=

√2 x′ 5

+

√1 y ′ 5

Al resolver este sistema, por determinantes: √ √ 1 −2 5 5 2 √ = x′ = 13/4 1/ 5 2 √ √ 1/ 5 1 5 √ ′ y = 2/ 5 13/4 4 ′

′

6. (x , y ) =

√ √ 3 5 , 45 ) 2

son las coordenadas del punto P en el sistema X ′ Y ′

Ejercicio 7.18. Por traslación de los ejes coordenados al nuevo origen (1,1) y luego rotación de los ejes de un ángulo de 45o , la ecuación de cierto lugar geométrico con respecto a los ejes originales. Soluci´ on.

José Namuche

1. Graficar los datos:

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

309

Geometr´ıa Anal´ıtica 2. X ′ Y ′ rotó para convertirse en X ′′ Y ′′ , con ángulo de rotación θ = 45o , entonces: ( x′ = x′′ cos θ − y ′′ sen θ y ′ = x′′ sen θ + y ′′ cos θ Despejar: x′′ , y ′′

(

Como θ = 45o

x′′ = x′ cos θ + y ′ sen θ y ′′ = −x′ sen θ + y ′ cos θ (

x′′ = y ′′ =

√

2 (x′ + y ′) √2 2 (−x′ + y ′) 2

3. Reemplazar en la ecuación: x′′2 − 2y ′′2 = 2

1 ′ 1 (x + y ′ )2 − 2 (−x′ + y ′ )2 = 2 2 2 (x′ + y ′)2 − 2(y ′ − x′ )2 = 4 Se reduce a: x‘2 − 6x′ y ′ + y ′2 + 4 = 0

(7.46)

4. XY se trasladó para convertirse en X ′ Y ′ con punto de traslación P0 = (1, 1), entonces: ( x = x′ + 1 y = y′ + 1 Necesitamos:

(

x′ = x − 1 y′ = y − 1

5. Reemplazar en la ecuación 7.46: (x − 1)2 − 6(x − 1)(y − 1) + (y − 1)2 + 4 = 0 Se reduce a: x2 − 6xy + y 2 + 4x + 4y = 0 Ejercicio 7.19. Por transformación de coordenadas, demuéstrese que la ecuación general de una recta, Ax + By + C = 0, puede transformarse en y ′′ = 0, que es la ecuación del eje X ′′ Soluci´ on. Se debe hacer dos cosas: Trasladar y rotar 1. Trasladar el sistema XY a otro origen P0 que pertenezca a la recta: L : Ax + By + C = 0

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

310

Geometr´ıa Anal´ıtica para obtenerse el sistema X ′ P0 Y ′ . Veamos: Si x = x0 , entonces en L se tendrá: (

Ax0 + By + C = 0 A C y = −B x0 − B

As´ı obtenemos: P0 =

C A x0 , − x0 − B B

Si el origen (0,0) del sistema original XY se traslada al punto P0 para transformarse el nuevo sistema X ′ P0 Y ′ , entonces la transformación es: ( x = x′ + x0 A C y = y′ − B x0 − B Reemplazar en L:

A C L : A(x + x0 ) + B y − x0 − B B ′

′

′

+C =0

Se reduce a: L′ : Ax′ + By ′ = 0 2. Rotar el sistema X ′ P0 Y ′ sobre el punto P0 para convertirse en el sistema X ′′ P0 Y ′′ , de tal modo que la recta L sea el eje X ′′ . Hacer la trasformación: ( x′ = x′′ cos θ − y ′′ sen θ y ′ = x′′ sen θ + y ′′ cos θ donde θ se halla de la pendiente de L′ : Ax′ + By ′ = 0 As´ı: tan θ = − Entonces la transformación es: (

A B

x′ = − √A2B+B2 x′′ − y′ =

√ B x′′ A2 +B 2

−

√ A y ′′ A2 +B 2 √ A y ′′ A2 +B 2

Reemplazar en L′ L′ : A √

José Namuche

1 1 [−Bx′′ − Ay ′′ ] + B √ [Ax′′ − By ′′ ] = 0 A2 + B 2 A2 + B 2

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

311

Geometr´ıa Anal´ıtica se reduce a: −(A2 + B 2 )y ′′ = 0 ⇐⇒

y ′′ = 0pues A2 + B 2 6= 0

Ejercicio 7.20. Hallar las coordenadas del nuevo origen si los ejes coordenados se traslada de manera que la ecuación Ax2 + Bxt + Cy 2 + Dx + Ey + F se transforma en otra ecuación que carezca de términos de primer grado Soluci´ on.

1. La traslación se hace con la transformación ( x = x′ + h y = y′ + k

2. Al reemplazar a la ecuación dada, se obtiene: A(x′ + h)2 + B(x′ + h)(y ′ + k) + C(y ′ + k) + D(x′ + h) + E(y ′ + k) + F = 0 A(x′2 +2hx′ +h2 )+B(x′ y ′ +kx′ +hy ′ +hk)+C(y ′2 +2ky ′ +k 2 )+Dx′ +Dh+Ey ′ +Ek+F = 0 A′2 ++Bx′ y ′ +Cy ′2 +(2Ah+Bk +D)x′ +(Bh+2Ck +E)y ′ +Ah2 +Bhk +Ck 2 +Ek +F = 0 3. Se requiere que esta ecuación carezca de términos de primer grado, esto es, ( 2Ah + Bk + D = 0 Bh + 2Ck + E = 0 h =?, 4. Resolvemos por determinantes −D B −E 2C −2DC + EB = ; h = 2 4AC − B 2A B B 2C 5. Las coordenadas del nuevo origen son P0 =

k =?

2A −D B −E −2AE + BD = k = 4AC − B 2 2A B B 2C

2DC−EB 2AE−BD , B 2 −4AC B 2 −4AC

Ejercicio 7.21. Sea 2x2 − 4xy − y 2 − 4x − 8y + 14 = 0 una hipérbola H, y sea P una parábola cuyo vértice coincide con el foco de la parte superior de H, y cuyo foco es el centro de H. Hallar la ecuación de la parábola en el sistema XY Soluci´ on. Para hallar el centro y los focos de la hipérbola, debemos de rotar y trasladar

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

312

Geometr´ıa Anal´ıtica 1. La rotación se hace con la transformación ( x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ El ángulo θ se halla con: tan 2θ =

B , A−C

donde A = 2, B = −4, C = −1 −4 2 − (−1) 4 − r3 1 − cos θ 2 =√ 2 5 r 1 + cos θ 1 =√ 2 5 2

tan 2θ = tan 2θ = sen θ = cos θ = tan θ = Luego la transformación de rotación es ( x= y=

√1 (x′ − 2y ′ ) 5 √1 (2x′ + y ′ ) 5

2. Reemplazar en la ecuación de la hipérbola 2 1 ′ 1 ′ 1 1 ′ ′ ′ ′ ′ ′ H : 2 √ (x − 2y ) − 4 √ (x − 2y ) √ (2x + y ) − √ (2x + y ) 5 5 5 5 1 ′ 1 ′ ′ ′ − √ (x − 2y ) + 8 √ (2x + y ) + 14 = 0 5 5 Se reduce a: √ H : −2x′2 + 3y ′2 − 4 5x′ + 14 = 0 (completar cuadrados) √ 2(x′ + 5)2 − 3y ′2 = 24 √ (x′ + 5)2 12

−

y‘2 8

√ a=2 2 √ b=2 2 √ c=2 2

√ √ √ • El foco de la parte superior de H es F2 = (− 5 + 2 5, 0) = ( 5, 0) √ • El centro de H es P0 = (− 5, 0)

√ √ √ 3. La parábola de vértice V = ( 5, 0) y el foco F = (− 5, 0), donde p = |F V | = 2 5 tiene por ecuación, en el sistema X ′ P0 Y ′ √ √ P : y ′2 = 4(−2 5)(x′ − 5) √ √ P : y ′2 = −8 5(x′ − 5) José Namuche

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Carlos Vel´ asquez

313

Geometr´ıa Anal´ıtica

4. Para hallar la ecuación de P en el sistema XY , bastará despejar x′ y y ′ de la transformación y luego reemplazar en P. Ejercicio 7.22. Sea la elipse E1 : 16x2 + 9x2 − 32x − 54y − 47 = 0. Sea E2 , otra elipse cuyo centro es el extremo derecho del eje menor de E1 , uno de sus focos es el vértice inferior de E1 y además pasa por el vértice superior de E1 a) Hallar el otro foco de E2 b) Hallar la longitud del eje menor de E2 c) Hallar la ecuación de E2 , respecto al sistema original XY Soluci´ on. 1. En primer lugar, hallar la ecuación ordinaria de E1 Completar cuadrados 16x2 − 32x − . . . + 9y 2 − 54y + . . . = 57

16(x2 − 2x + . . .) + 9(y 2 − 6y + . . .) = 47

16(x2 − 2x + 1) + 9(y 2 − 6y + 9) = 47 + 16 + 81 16(x − 1)2 + 9(y − 3)2 = 144 (x − 1)2 (y − 3)2 + = 1 9 16 ↓ ↓ b=3

a=4

Centro: C = (1, 3) 2. La ecuación de la elipse E2 en el sistema X ′ Y ′ es: x′2 y ′2 + 2 =1 a2 b Por hallarse: a =?, b =?, c =? i) En la elipse E2 , el valor de c es la distancia del foco F1 (1, −1) al centro P0 (4, 3); esto es, p c = |F1 P0 | = (4 − 1)2 + (3 + 1)2 = 5

ii) El valor de a se halla conociendo el otro foco F2 de la elipse E2 . Como F2 está en la recta que pasa por F1 y P0 , primero hallaremos la ecuación de 4 (x − 1) 3 4 7 y = x− 3 3

LF1 P0 : y + 1 =

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

314

Las coordenadas de

7 4 F2 = x, x − 3 3

Pero

|P0 F2 | = 5

r

4 7 (x − 4)2 + ( − − 3)2 = 5 3 3 x2 − 8x + 7 = 0 (x − 7)(x − 1) = 0

(

x=1 x=7

As´ı, obtenemos F2 = (7, 7) iii) Por definición de elipse: |F1 P | + |F2 P | = 2a

|7 − (−1)| + |7 − 1| = 2a 14 = 2a

⇒

a=7

iv) Como a2 = = b2 + c2 49 = b2 + 25

⇒

b2 = 24

3. Entonces la ecuación de E2 en el sistema X ′ Y ′ , es: E2 :

x′2 y ′2 + =1 49 24

4. Para hallar la ecuación de E2 en el sistema original, hacemos: 1o Una rotación, donde tan θ =

4 3

(pendiente de x′ )

2o Una traslación, donde P0 = (4, 3) es el nuevo origen Ejercicio 7.23. Hallar las nuevas coordenadas del punto (−1, 3) cuando los ejes coordenados son llevados al nuevo origen (4,5) y rotados 45o . Soluci´ on. Se tiene que P = (x, y) = (−1, 3), P0 = (4, 5), θ = 45o . El vector rotación es √ √ ! 2 2 ~u = (cos θ, sen θ) = , 2 2 La relación de coordenadas originales y nuevas coordenadas es P = P0 + x′~u + y ′~u⊥ José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

315

Geometr´ıa Anal´ıtica Entonces: (−1, 3) = (4, 5) + x′

(−1, 3) − (4, 5) = x′ (−5, −2) = x′

x′

y

′

√ ! √ √ ! 2 2 2 2 , + y′ − , 2 2 2 2

√

√

√ ! √ √ ! 2 2 2 2 , + y′ − , 2 2 2 2

√

√ ! √ √ ! 2 2 2 2 , + y′ − , 2 2 2 2

√ √ √ √ √ √ 7 2 5 2 (−5, −2) · − 22 , − 22 + 222 7 2 2 2 = = √ √ √ =− √ = 2 2 2 2 −1 2 − 24 − 24 , · − , − 2 2 2 2 √ √ (−5, −2) · − 22 , 22 = √ √ √ √ = − 22 , 22 · − 22 , 22

√ 5 2 2 2 4

− +

√ 2 2 2 2 4

√ 3 2 = 2

luego las nuevas coordenadas son

(x′ , y ′) =

√ √ ! 7 2 3 2 − , 2 2

Ejercicio 7.24. Por traslación de los ejes al nuevo origen (3,2) y por rotación de 37o , las nuevas coordenadas de un punto P resultan (7,6). Hallar las coordenadas originales. Soluci´ on. Se tiene que P0 = (3, 2), θ = 37o , (x′ , y ′) = (7, 6). El vector rotación es 4 3 ~u = (cos θ, sen θ) = , 5 5 luego P = (x, y) = P0 + x′~u + y ′~u⊥ 4 3 3 4 = (3, 2) + 7 , +6 − , 5 5 5 5 28 21 18 24 = (3, 2) + , +6 − , 5 5 5 5 10 45 = (3, 2) + , 5 5 = (3, 2) + (2, 9) = (5, 11) Por lo tanto P = (x, y) = (5, 11) son las coordenadas originales.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

316

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 7.25. Demuestre que la ecuación de la circunferencia x2 + y 2 = r 2 se convierte en x′2 + y ′2 = r 2 para cualquier rotación de los ejes coordenados. Soluci´ on. Sea θ un ángulo cualquiera de rotación de los ejes coordenados. ~u = (cos θ, sen θ) un vector de rotación. P = (x, y) = x′ (cos θ, sen θ) + y ′(− sen θ, cos θ) (x, y) = (x′ cos θ − y ′ sen θ, x′ sen θ + y ′ cos θ) luego x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ

)

estas ecuaciones en x2 + y 2 = r 2

entonces (x′ cos θ − y ′ sen θ)2 + (x′ sen θ + y ′ cos θ)2 = r 2 x′2 cos2 θ + y ′2 sen2 θ − 2x′ y ′ sen θ cos θ + x′2 sen2 θ + y ′2 cos2 θ − 2x′ y ′ sen θ cos θ = r 2 de donde x′2 (cos2 θ + sen2 θ) + y ′2 (sen2 θ + cos2 θ) = r 2 x′2 + y ′2 = r 2 Ejercicio 7.26. Dada la recta L : 4x + 3y = 24, hallar las rotaciones de los ejes coordenados para obtener los nuevos ejes en los cuales la recta resultante sea horizontal. Y (0,8)

→ u (6,0) 0

X → −u

Soluci´ on. Si los ejes rotaran los vectores ~u y −~u la recta “L” ser´ıa horizontal. ~u resulta ser un vector unitario paralelo a “L”. Se conocen dos puntos de “L” (0,8) y (6,0) ~a = (6, −8) direccional de “L” ~b = (3, −4) también es direccional de “L” José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

317

Luego: ~b (3, −4) 3 4 = −~u = = ,− 5 5 5 k~bk 3 4 ~u = − , 5 5 luego las rotaciones son:

3 4 − , 5 5

y

3 4 ,− 5 5

Ejercicio 7.27. Dada la recta L : 4x + 3y = 12, hallar las dos rotaciones de los ejes coordenados para obtener nuevos ejes en los que L sea vertical. Y X’ → u (0,4) → −u

(3,0) 0

X

Soluci´ on. Para las rotaciones ~u y −~u la recta resulta ser vertical ~a = (−3, 4) direccional de “L” (−3, 4) ~u~a = es unitario direccional de “L” 5 luego podemos tomar ~u como −~u~a⊥ . Luego 4 3 ~u = , 5 5

y

4 3 − ~u = − , − 5 5

son los vectores de rotación para que la recta “L” resulta vertical. Ejercicio 7.28. Dado el punto P = (6, 8) en el plano XY si se considera el nuevo origen de coordenadas P0 = (3, 6) y dos ejes perpendiculares que siguen las direcciones de los vectores (7, 2) y (−2, 7) respectivamente hallar las coordenadas de P en el nuevo sistema. Soluci´ on. Se tiene que P = (6, 8), P0 = (3, 6). (7, 2) 7 2 ~u = √ = √ ,√ 53 53 53 José Namuche

;

Enrique Reyes

2 7 ~u = − √ , √ 53 53 ⊥

Carlos Vel´ asquez

318

Geometr´ıa Anal´ıtica 7 2 2 7 ′ (6, 8) = (3, 6) + x √ , √ + y −√ , √ 53 53 53 53 7 2 2 7 ′ ′ + y −√ , √ (3, 2) = x √ , √ 53 53 53 53 ′

′

x

(3, 2) · − √753 , − √253 − √2153 + = = − 49 − √7 , √2 √7 , − √2 · − 53 53 53 53 53

x′ =

y′

−4 √ 53 4 53

− √2553

25 =√ −1 53

(3, 2) · − √253 , √753 − √653 + √1453 = = 4 + 49 − √253 , √753 · − √253 , √753 53 53 √8 53

8 =√ 1 53 luego los nuevos ejes coordenados son √2553 , √853 . y

′

=

Ejercicio 7.29. Dada la recta y = x + 3 en el sistema XY , hallar su ecuación transformada si los ejes son rotados 45o . Y

L

Y’

X’ (0,3) 45º (−3,0)

Soluci´ on.

José Namuche

0

X

√

√ ! 2 2 ~u = , 2 2 √ √ ! √ √ ! 2 2 2 2 P = (x, y) = x′ , + y′ − , 2 2 2 2  √ √ x = 22 x′ − 22 y ′  en “L” √ √ 2 ′ 2 ′  y = 2x + 2y Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

319

Geometr´ıa Anal´ıtica L:y =x+3 √ √ 2 ′ 2 ′ 2 ′ 2 ′ x + y = x − y +3 2 2 2 2 √ ! 2 ′ 2 y =3 2

√

√

3 y′ = √ 2 es la ecuación transformada la que resulta ser una recta horizontal. Ejercicio 7.30. Hallar la ecuación en la que x2 − 2x + 4y 2 − 16y + 13 = 0 es transformada si los ejes son trasladados al nuevo origen (1,2). Soluci´ on. P (x, y) = (1, 2) + x′ (1, 0) + y ′(0, 1). El vector de rotación es (1,0) puesto que el ángulo de rotación es θ = 0o , cos 0o = 1, sen 0o = 0 ) x = 1 + x′ ecuaciones de traslación y = 2 + y′ En la ecuación dada (1 + x′ )2 − 2(1 + x′ ) + 4(2 + y ′)2 − 16(2 + y ′) + 13 = 0 ′ + 4y ′2 − 32 − 16y ′ ′ − 2 − 2x ′ 1 + x′2 + 2x 16y + 16 + + 13 = 0

x′2 + 4y ′2 = 4 x′2 y ′2 + =1 4 1 es la ecuación transformada que representa una elipse. Ejercicio 7.31. Hallar la ecuación transformada si el origen es trasladado al punto P0 (a) x2 + y 2 − 2x − 4y − 4 = 0, P0 = (1, 2) Soluci´ on. ′

x = 1+x y = 2 + y′

)

ecuaciones de traslación

(1 + x′ )2 + (2 + y ′)2 − 2(1 + x′ ) − 4(2 + y ′ ) − 4 = 0

′ ′ + 1 + y ′2 + 4y ′ + 4 − 2 − 2x ′ x′2 − 2x − 8 − 4y − 4 = 0

x′2 + y ′2 = 9 es la ecuación transformada que representa una circunferencia de radio “3” (b) 4x2 + y‘2 − 24x + 4y + 36 = 0, P0 = (3, −2) José Namuche

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320

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. x = 3 + x′ y = −2 + y ′

)

ecuaciones de traslación

4(3 + x′ )2 + (−2 + y ′)2 − 24(3 + x′ ) + 4 − (2 + y ′) − 4 = 0 4(9 + x′2 + 6x′ ) + (4 + y ′2 − 4y ′) − 72 − 24x′ − 8 + 4y ′ + 36 = 0 ′ ′ 4x′2 + 24x + 36 + y ′2 − 4y ′ + 4 − 72 − 24x − 8 + 4y′ + 36 = 0

4x′2 + y ′2 = 4 es la ecuación transformada. Ejercicio 7.32. Eliminar los términos lineales de (x − 2)2 = 8(y − 1) por una traslación, si fuese posible. Soluci´ on. x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ

)

ecuaciones de traslación

En la ecuación dada (x0 + x′ − 2)2 = 8(y0 + y ′ − 1) x′2 + x20 + 4 + 2x0 x′ − 4x0 − 4x′ = 8y0 + 8y ′ − 8 si queremos eliminar los términos lineales tendr´ıamos tendr´ıamos que igualar 8 a cero, lo cual es absurdo. Luego no es posible eliminar los términos lineales. Ejercicio 7.33. ¿Hasta que punto debe trasladarse el origen con el fin de eliminar el término lineal en y ′ , as´ı como los términos constantes en y 2 + 2x − 2y − 7 = 0? Soluci´ on. x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ

)

ecuaciones de traslación

En la ecuación dada (y0 + y ′ )2 + 2(x0 + x′ ) − 2(y0 + y ′ ) − 7 = 0 y02 + y ′2 + 2y0 y ′ + 2x0 + 2x′ − 2y0 − 2y ′ − 7 = 0 y ′2 + (2y0 − 2)y ′ + 2x′ + y02 + 2x0 − 2y0 − 7 = 0 y0 = 1 ;

x0 = 4

luego: y ′2 + 2x′ = 0,

P0 = (4, 1)

Ejercicio 7.34. Hallar la nueva ecuación si los ejes son rotados un ángulo θ.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

321

Geometr´ıa Anal´ıtica (a) x2 − 5xy + y 2 = 3, θ = 45o Soluci´ on. ~u = (

√

√ 2 2 , ); 2 2

~u = (−

√

√ 2 2 , ). 2 2

√ √ √ 2 2 2 2 ′ P = (x, y) = x ( , ) + y (− , ) 2 2 2 2 √ √ ) x = x′ 22 − y ′ 22 √ √ ecuaciones de rotación pura y = x′ 22 + y ′ 22 ′

√

En la ecuación dada √ √ ! √ √ ! √ √ ! 2 2 2 2 2 2 x′ − y′ − 5 x′ − y′ x′ + y′ + 2 2 2 2 2 2

√

√ !2 2 2 x′ + y′ 2 2

√ √ √ √ 2 ′2 2 ′2 2 2 ′ ′ 2 ′2 2 ′2 2 ′2 2 ′2 2 2 ′ ′ x + y −2 xy −5 x − y + x + y +2 xy =3 4 4 2 2 4 4 4 4 2 2 2 ′2 2 ′2 10 ′2 10 ′2 2 ′2 2 ′2 x + y − x + y + x + y =3 4 4 4 4 4 4 6 14 − x′2 + y ′2 = 3 4 4 ′2 7y − 3x′2 = 6 es la ecuación resultante. √ (b) 2x2 − 3 3xy − y 2 = 5; θ = 60o

√ 3 ) 2

√

+ y ′(− 23 , 21 ) ) √ x = 12 x′ − 23 y ′ √ ecuaciones de rotación pura y = 23 x′ + 12 y ′

Soluci´ on. P = (x, y) = x′ ( 21 ,

las aplicamos en la ecuación dada √ !2 √ ! √ 1 ′ 3 ′ 1 ′ 3 ′ 2 x − y −3 3 x − y 2 2 2 2

√

3 ′ 1 ′ x + y 2 2

!

−

√

3 ′ 1 ′ x + y 2 2

!2

=5

operando se tiene 7y ′2 − 5x′2 = 10

7.6 Problemas Propuestos ´ DE COORDENADAS TRANSFORMACION

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

322

Geometr´ıa Anal´ıtica

- Escribir las formulas de transformación de coordenadas, si el origen de coordenadas se ha trasladado (sin cambiar la dirección de los ejes) al punto: 1. A(3; 4); 2. B(−2; 1); 3. C(−3; 5). - El origen de coordenadas se ha trasladado (sin cambiar la dirección de los ejes) al punto O ′(3; −4). Las coordenadas de los puntos A(1; 3), B(−3; 0) y C(−1; 4) están determinadas en el nuevo sistema. Calcular las coordenadas de estos puntos en el sistema de coordenadas primitivo. - Dados los puntos A(2; 1), B(−1; 3) y C(−2; 5), hallar sus coordenadas en el nuevo sistema, si el origen de coordenadas se ha trasladado (sin cambiar la dirección de los ejes): 1. al punto A; 2. al punto B; 3. al punto C. - Determinar las coordenadas primitivas del origen O ′ del nuevo sistema, si las fórmulas de transformación de coordenadas se han dado mediante las igualdades siguientes: 1. x = x′ + 3, y = y ′ + 5 2. x = x′ − 2, y = y − +1

3. x = x′ , y = y ′ − 1 4. x = x′ − 5, y = y ′

- Escribirlas fórmulas de transformación de coordenadas, si los ejes coordenados han girado en uno de los ángulos siguientes: 1. 60◦ 2. 45◦ 3. 90◦ 4. -90◦ 5. 180◦ - Los ejes de coordenadas han girado un ángulo α = 60◦ . Las coordenadas de los puntos √ √ √ A(2 3; −4), B( 3; O) y C(0; −2 3) están determinadas en el nuevo sistema. Calcular las coordenadas de estos mismos puntos en el sistema de coordenadas primitivo - Dados los puntos M(3; 1), N(−1; 5) y P (−3; −1), hallar sus coordenadas en el nuevo sistema, si los ejes coordenados han girado un ángulo

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

323

Geometr´ıa Anal´ıtica 1. -45o 2. 90◦ 3. -90o 4. 180o

- Determinar el ángulo α, en el que hay que hacer girar los ejes, si las fórmulas de transformación de coordenadas se determinan por las siguientes igualdades: 1. x = 21 x′ − 2. x =

√

3 ′ x 2

√

3 ′ y, 2

y=

√

3 ′ x 2

+ 12 y ′ ;

+ 12 y ′ ; y = − 12 x′ +

√

3 ′ y 2

- Determinar las coordenadas del nuevo origen O de coordenadas, sabiendo que el punto A(3; −4) está situado en el nuevo eje de abscisas, el punto B(2; 3) está situado en el nuevo eje de ordenadas y los ejes de los sistemas de coordenadas primitivo y nuevo tienen respectivamente las mismas direcciones - Escribir las fórmulas de transformación efe coordenadas, si el punto M, (2; −3) está situado en el nuevo eje de abscisas, el punto M2 (1; −7) está situado en el nuevo eje de ordenadas y los ejes de los sistemas de coordenadas primitivo y nuevo tienen respectivamente las mismas direcciones - Dos sistemas de ejes coordenados Ox, Oy y Ox′ , Oy ′ tienen un origen com´ un O y se transforman el uno en el otro mediante una rotación en cierto ángulo. Las coordenadas del punto A(3; −4) están determinadas respecto al primero de ellos. Deducir las fórmulas de transformación de coordenadas, sabiendo que la dirección positiva del eje Ox′ está definida por el segmento OA - El eje de coordenadas se ha trasladado al punto O ′(−1; 2), y los ejes de coordenadas han 5 girado un ángulo α = arctan − 12 . Las coordenadas de los puntos M1 (3; 2), M2 (2; −3) y M(13; −13) están determinadas en el nuevo sistema. Determinar las coordenadas de estos mismos puntos en el sistema de coordenadas primitivo. - Dados tres puntos: A(5; 5), B(2; −1) y C(12; −6), hallar sus coordenadas en el nuevo sistema, si el origen de coordenadas se ha trasladado al punto B y los ejes coordenados han girado un ángulo α = arctan 43 . - Determinarlas coordenadas primitivas del nuevo origen y el ángulo α, en el que han girado los ejes, si las fórmulas de transformación de coordenadas se dan mediante las siguientes igualdades: 1. x = −y ′ + 3, y = x′ − 2 2. x = −x′ − 1, y = −y ′ + 3 José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

3. x =

√

2 ′ x 2

324 +

√

2 ′ y 2

+ 5, y = −

√

2 ′ x 2

+

√

2 ′ y 2

−3

- Transfórmese cada una de las siguientes ecuaciones girando los ejes, el ángulo que se indica. Trácese la curva. (Nótese que al trazar la cura ser´ıa conveniente que el papel cuadriculado tenga rayado paralelo a los ejes) 1. x2 + 3xy + y 2 = 10, 45o 2. x2 − 2xy + y 2=18, 45o

3. 3x2 + 4xy = 16, arctan 21 4. 34x2 − 24xy + 41y 2 = 25, arctan 2 5. 8x2 + 12xy + 17y 2 = 20, arctan 2 √ 6. x2 − 3xy + 2y 2 = 16, 30o 7. 11x2 − 24xy + 4y 2 = 80, arctan 43

8. 3x2 − 3xy − y 2 = 54, arctan 3

5 9. 2929x2 − 1080xy + 4000y 2 = 67600, arctan 12

- Simplifique cada una de las siguientes ecuaciones mediante una rotación y traslación de ejes. Trácese el lugar geométrico, mostrando todos los sistemas de ejes empleados 1. 2x2 + xy + 2y 2 = 90 2. 2x2 − 5xy + 2y 2 = 18 3. 4x2 − 3xy = 18 4. 4xy − 3y 2 = 64 5. 3x2 + 2xy + 3y 2 − 16x + 20 = 0 6. 5x2 + 2xy + 5y 2 − 12x − 12y = 0 7. 17x2 + 12xy + 8y 2 + 46x + 28y + 17 = 0 8. 9x2 − 24xy + 16y 2 − 240x − 180y = 0 9. 16x2 − 24xy + 9y 2 − 300x − 400y = 0 10. 108x2 − 312xy + 17y 2 + 840x − 380y − 100 = 0 11. 386x2 − 720xy − 97y 2 + 720x + 194y + 481 = 0 12. 7x2 − 48xy − 7y 2 + 68x + 124y − 292 13. 25x2 − 120xy + 144y 2 − 4056x − 1690y = 0 14. 199x‘2 − 240xy − 199y 2 − 242x − 716y − 668 = 0 - Hállense las coordenadas de los focos de las siguientes curvas 1. 16x2 − 24xy + 9y 2 − 120x − 160y = 0 José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

325

Geometr´ıa Anal´ıtica 2. 4x2 − 20xy − 11y 2 − 16x − 40y − 128 = 0 3. 369x2 − 384xy + 481y 2 + 1122x − 1346y − 4391 = 0 4. 2xy = a2 (hipérbola equilátera)

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Cap´ıtulo 8 Coordenadas Polares, cil´ındricas y esféricas

8.1 Coordenadas polares y gr´ aficas polares Hasta ahora, se ha localizado un punto en un plano mediante sus coordenadas cartesianas rectangulares. Otros sistemas coordenados permiten ubicar un punto en el plano, y el sistema de coordenadas polares es uno de ellos. Este sistema es importante debido a que ciertas curvas tienen ecuaciones más simples en coordenadas polares. Además, las tres cónicas (parábola, elipse e hipérbola) pueden representarse mediante una ecuación. Esta ecuación se aplica en f´ısica para deducir las leyes de Kepler, y en astronom´ıa, en el estudio del movimiento de los planetas. Las coordenadas cartesianas son n´ umeros, la abscisa y la ordenada, que representan la distancia dirigida a partir de dos rectas fijas. Las coordenadas polares consisten de una distancia dirigida y la medida de un ángulo en relación a un punto fijo y un rayo fijo (o semirecta). El punto fijo se denomina polo (u origen) y se representa mediante la letra O. El rayo fijo recibe el nombre de eje polar (o recta polar), la cual se denota por OA. El rayo OA usualmente se dibuja horizontal y se prolonga indefinidamente hacia la derecha. Vea la figura 8.1 P(r,θ)

θ

A

O

Figura 8.1:

Sea P cualquier punto del plano diferente de O. Sea θ la medida en radianes del ángulo dirigido AOP , positivo cuando se mide en el sentido contrario al giro de las manecillas del reloj y negativo 326

Geometr´ıa Anal´ıtica

327

en el caso contrar´ıo, que tiene como su lado inicial el rayo OA y como su lado final el rayo OP . Si r es la distancia no dirigida de O a P (esto es r = |OP |). un conjunto de coordenadas polares de P está dado por r y θ, y se denotan estas coordenadas como (r, θ). umero entero, proporcionan el En realidad, las coordenadas (4. 56 π + 2kn). donde k es cualquier n´ mismo punto. As´ı, un punto particular tiene un n´ umero ilimitado de conjuntos de coordenadas polares, a diferencia del sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, en el cual existe una correspondencia uno a uno entre las coordenadas y la posición de los puntos en el plano. Un ejemplo más se tiene al considerar conjuntos de coordenadas polares para el polo. Si r = 0 y θ es cualquier n´ umero real, se tiene el polo designado por (0, θ). A continuación se considerarán las coordenadas polares para las cuales r es negativo. En este caso, en lugar de que el punto esté en el lado terminal del ángulo, el punto se encuentra sobre la prolongación del lado terminal, la cual es el rayo desde el polo que se extiende en sentido opuesto al lado terminal. En consecuencia, si P está sobre la prolongación del lado terminal del ángulo cuya medida en radianes es θ, entonces un conjunto de coordenadas polares de P es (r.θ), donde r = |OP | Ejemplo 8.1. Localice cada uno de los siguientes puntos que tienen tos conjuntos dados de coordenadas polares: (a) (2, 14 π), (b) (5, 12 π), (c) (1, 32 π); (d) (3, 76 π); (e) (4, − 13 π); (f) ( 25 , −π) Soluci´ on. El punto (2, 41 π) se determina al dibujar primero el ángulo que tiene una medida en radianes de 41 π, cuyo vértice está en el polo y su lado inicial sobre el eje polar. El punto en el lado terminal que está a 2 unidades del polo es el punto 41 π. consulte la figura 8.2(a). De manera semejante se obtienen los puntos que se muestran en las figuras 8.2(b)-(f). Ejemplo 8.2. La figura 8.3 muestra el punto (4, 56 π). Otro conjunto de coordenadas polares para este punto es (4, − 76 π), vea la figura 8.4. Además, las coordenadas polares (4, 17 π) también 6 representan el mismo punto, como se muestra en la figura 8.5. En realidad, las coordenadas (4, 56 π + 2kπ), donde k es cualquier n´ umero entero, proporcionan el mismo punto. As´ı, un punto particular tiene un n´ umero ilimitado de conjuntos de coordenadas polares, a diferencia del sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, en el cual existe una correspondencia uno a uno entre las coordenadas y la posición de los puntos en el plano. Un ejemplo más se tiene al considerar conjuntos de coordenadas polares para el polo. Si r = 0 y θ es cualquier n´ umero real, se tiene el polo designado por (0, θ). A continuación se considerarán las coordenadas polares para las cuales r es negativo. En este caso, en lugar de que el punto esté en el lado terminal del ángulo, el punto se encuentra sobre la prolongación del lado terminal, la cual es el rayo desde el polo que se extiende en sentido opuesto al lado terminal. En consecuencia, si P está sobre la prolongación del lado terminal del ángulo cuya medida en radianes es θ, entonces un conjunto de coordenadas polares de P es (r, θ), donde r = −|OP |. José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

328

Geometr´ıa Anal´ıtica (5,π/2)

(2,π/4) (1,2π/3) 2π/3

π/2 π/2 O

A

(a)

O

(b)

A

O

A

(c)

7π/6 (5/2,−π) A

O

A

O

A

−π/3

O −π

(3,7π/6) (4,−π/3) (d)

(e)

(f)

Figura 8.2: (4,−7π/6)

(4,5π/6) 5π/6

A

A

O

O −7π/6

Figura 8.3:

Figura 8.4: (4,17π/6) 17π/6

A O

Figura 8.5:

Ejemplo 8.3. El punto (−4, − 16 π) mostrado en la figura 8.6 es el mismo punto que (4, 56 π), (4. − 67 π) y (4, 17 π) del ejemplo 8.2. Otro conjunto de coordenadas polares para este punto es 6

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

329

Geometr´ıa Anal´ıtica (−4. −

11 π) 6

vea la figura 8.7 (−4,11π/6)

(−4,−π/6)

Ο

−π/6

A

Ο

A

11π/6

Figura 8.6: r sen θ = 3

Figura 8.7: r sen θ = −3

A menudo el ángulo se mide en radianes: de modo que un conjunto de coordenadas polares de un punto es un par ordenado de n´ umeros reales. Para cada par ordenado de numeras reales existe un u ´ nico punto al que le corresponde este conjunto de coordenadas polares. Sin embargo, se ha visto que un punto particular puede representarse mediante un n´ umero ilimitado de pares ordenados de n´ umeros reales. Si el punto P no es el polo, y r y Q se restringen de modo que r > 0 y 0 ≤ θ < 2π, entonces P tiene un u ´ nico conjunto de coordenadas polares. En ocasiones se desea hacer referencia a las coordenadas cartesianas rectangulares y coordenadas polares de un punto. Para lograr esto, se considera el origen del primer sistema como el polo del segundo sistema, el eje polar como la parte positiva del eje x y el rayo para el cual θ = 21 π como la parte positiva del eje y. Suponga que P es un punto cuya representación en el sistema de coordenadas cartesianas rectangulares es (x, y), y (r, θ) es la representación en coordenadas polares de P . Como caso particular, suponga que P está en el segundo cuadrante y r > 0. Entonces De este modo x = cos θ y y = r sen θ (8.1) Estas ecuaciones se cumplen para P en cualquier cuadrante y r positivo o negativo. De las ecuaciones no sólo se pueden obtener las coordenadas cartesianas rectangulares de un punto cuando se conocen las coordenadas polares, sino que también se puede obtener una ecuación polar de una curva a partir de su ecuación cartesiana rectangular. Con el fin de deducir las ecuaciones que proporcionen un conjunto de coordenadas polares de un punto cuando se conocen sus coordenadas cartesianas rectangulares, se elevan al cuadrado los dos miembros de cada ecuación de (8.1), se iguala la suma de los miembros izquierdos a la suma de los miembros derechos, y se resuelve para r, obteniéndose p r = ± x2 + y 2 (8.2) Al dividir miembro a miembro las ecuaciones de (8.1) se tiene r sen θ = y r cos θ y tan θ = x

José Namuche

Enrique Reyes

si x 6= 0

(8.3)

Carlos Vel´ asquez

330

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejemplo 8.4. La figura 8.8 muestra el punto cuya representación en coordenadas cartesianas √ es (− 3. − 1). Para obtener las coordenadas polares (r.θ), donde r > 0 y 0 ≤ θ < 2π, se aplican (8.2) y (8.3): √ √ tan θ = −−1 r = 3+1 3 7 6

=2

(ya que π < θ < 32 π)

As´ı, el punto es 2, 67 π . Una ecuación en coordenadas polares se denomina ecuación polar a fin de distinguirla de una ecuación cartesiana, término empleado cuando una ecuación está dada en coordenadas cartesianas rectangulares. y θ x −1

r

Figura 8.8:

Ejemplo 8.5. Obtenga una ecuación cartesiana de la gráfica que tiene la ecuación polar r 2 = 4 sen 2θ Soluci´ on. Debido a que sen 2θ = 2 sen θ cos θ, se tiene que sen 2θ = 2(y/r)(x/r), donde r 6= 0. Con esta sustitución y r 2 = x2 + y 2, se obtiene la ecuación polar dada y x x2 + y 2 = a(2) · r r 8xy x2 + y 2 = r2 8xy x2 + y 2 = 2 x + y2 (x2 + y 2)2 = 8xy La gráfica de una ecuación en coordenadas polares, denominada gráfica polar, consiste de aquellos, puntos y sólo aquellos, que tienen al menos un par de coordenadas polares que satisfacen la ecuación. A continuación se tratarán las propiedades de dichas gráficas, las cuales se obtendrán a mano y en la graficadora. La ecuación θ=C

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Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

331

Geometr´ıa Anal´ıtica

donde C es una constante, es satisfecha por todos los puntos cuyas coordenadas polares son (r, C) sin importar el valor de r. Por tanto, la gráfica de esta ecuación es una recta que contiene al polo y Forma un ángulo de C radianes con el eje polar. Vea la figura 8.9. La misma recta está representada por la ecuación θ = C ± kn donde k es cualquier n´ umero entera. π/2

θ=C C

π

O

0

3π/2

Figura 8.9:

Ejemplo 8.6. (a) La gráfica de la ecuación ángulo

1 θ= π 4 se presenta en la figura 8.10, y es la recta que pasa por el polo y forma un ángulo de 14 π radianes con el eje polar. y as´ı sucesivamente. La misma recta está dada por las ecuaciones 5 θ = π, 4

9 θ = π, 4

3 θ = − π, 4

7 θ=− π 4

y as´ı sucesivamente. (b) La figura 8.11 muestra la gráfica de la ecuación 2 θ= π 3 la cual es la recta que pasa por el polo y forma un ángulo de 32 π. Otras ecuaciones de esta recta son 5 8 1 4 θ= π θ = π, θ = − π, θ=− π 3 3 3 3 y as´ı sucesivamente

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

332

Geometr´ıa Anal´ıtica π/2 θ=π/4

π/4

π

0

3π/2

Figura 8.10:

θ=2π/3

π/2

2π/3 π

0

3π/2

Figura 8.11:

En general, la forma polar de una ecuación de una recta no es tan simple como la forma cartesiana. Sin embargo, si la recta es paralela al eje polar o al eje 12 π, entonces la ecuación es bastante sencilla. Si una recta es paralela al eje polar y pasa por el punto B cuyas coordenadas cartesianas son (0, b) y cuyas coordenadas polares son (b, 21 π), entones una ecuación cartesiana es y = b. Si se sustituye y por r sen θ = b la cual es la ecuación polar de cualquier recta paralela al eje polar. Si b es positivo, la recta está por arriba del eje polar. Si b es negativo, la recia está por debajo del eje polar. Ejemplo 8.7. En la figura 8.12 se tiene la gráfica de la ecuación r sen θ = 3 mientras que en la figura 8.13 se muestra la gráfica de la ecuación r sen θ = −3 Ahora considere una recta paralela al eje 12 π, o equivalentemente, perpendicular al eje polar. Si la recta pasa por el punto A, cuyas coordenadas cartesianas son (a, 0) y cuyas coordenadas

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

333

Geometr´ıa Anal´ıtica -3

3 -2E9

-1E9

0

1E9

2E9

3E9

-3E9

Figura 8.12: r sen θ = 3

-2E9

-1E9

0

1E9

2E9

Figura 8.13: r sen θ = −3

polares son (a, 0), una ecuación cartesiana es x = a. Al sustituir x por r cos θ se obtiene r cos θ = a la cual es la ecuación de cualquier recta perpendicular al eje polar. Si a es positivo, la recta está a la derecha del eje 12 π. Si a es negativo, la recta está a la izquierda del eje 12 π Ejemplo 8.8. La figura 8.14 muestra la gráfica de la ecuación r cos θ = 3 y la figura 8.15 presenta la gráfica de la ecuación r cos θ = −3 La gráfica de la ecuación r=C donde C es cualquier constante, es una circunferencia cuyo centro está en el polo y su radio es |C|. La misma circunferencia está dada por la ecuación. r = −C Ejemplo 8.9. En la figura 8.16 se muestra la gráfica de la ecuación r=4 la cual es una circunferencia con centro en el polo y radio 4. La misma circunferencia está dada por la ecuación r = −4 aunque el uso de esta ecuación no es com´ un.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

334

-3 3

1000

6000

0

5000

-1000

4000

-2000

3000

-3000

2000

-4000

1000

-5000

0

-6000

-1000

Figura 8.14: r cos θ = 3

Figura 8.15: r cos θ = −3

4

2

0 -4

0

-2

2

4

-2

-4

Figura 8.16: r = 4

Como ocurre para la recta, la ecuación polar general de una circunferencia no es tan simple como la forma cartesiana. No obstante, se tienen casos especiales en los que una ecuación de una circunferencia merece considerarse en forma polar. Si una circunferencia contiene al origen (el polo) y tiene su centro en el punto de coordenadas cartesianas (a, b), entonces una ecuación cartesiana de la circunferencia es x2 + y 2 − 2ax − 2by = 0 Una ecuación polar de esta circunferencia es (r cos θ)2 + (r sen θ)2 − 2a(r cos θ) − 2b(r sen θ) = 0 r 2 (cos2 θ + sen2 θ) − 2ar cos θ − 2br sen θ = 0 r 2 − 2ar cos θ − 2br sen θ = 0

r(r − 2a cos θ − 2b sen θ) = 0

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

335

Geometr´ıa Anal´ıtica r=0

∨

r − 2a cos θ − 2b sen θ = 0

Como la gráfica de la ecuación r = 0 es el polo y el polo (r = 0 cuando θ = tan−l (−a/b)) está en la gráfica de r − 2a cos θ − 2b sen θ = 0, una ecuación de la circunferencia es r = 2a cos θ + 2b sen θ Cuando b = 0, en esta ecuación, se tiene. r = 2a cos θ Esta es una ecuación polar de la circunferencia de radio |a| unidades, tangente al eje 21 π, y con su centro en el eje polar o en su prolongación. Si a > 0, la circunferencia está a la derecha del polo como en la figura (8.17), y si a < 0, la circunferencia se encuentra a la izquierda del polo. π/2

(2a,0) π

0 (a,0)

3π/2

Figura 8.17: r = 5 cos θ Si a = 0 en la ecuación r = 2a cos θ + 2b sen θ, se tiene r = 2b sen θ la cual es la ecuación polar de la circunferencia de radio |b| unidades, con su centro sobre el eje 1 π en su prolongación, y es tangente al eje polar. Si b > 0, la circunferencia está por arriba del 2 polo, y si b < 0, la circunferencia se encuentra debajo del polo. Ejemplo 8.10. Dibuje la gráfica de cada una de las siguientes ecuaciones: a) r = 5 cos θ b) r = −6 sen θ Soluci´ on.

a) La ecuación r = 5 cos θ

es de la forma r = 2aθ con a = 52 . Por tanto, la gráfica es una circunferencia con centro en e! punto que tiene coordenadas polares ( 52 ,0) y es tangente al eje 12 π. La gráfica se presenta en la figura 8.18.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

336

Geometr´ıa Anal´ıtica

2

1

0 0

1

2

3

4

5

-1

-2

Figura 8.18: r = 5 cos θ

b) La ecuación r = −6 sen θ es de la forma r = 2b sen θ con b = −3. La gráfica es una circunferencia con centro en el punto que tiene coordenadas polares (3, 32 π) y es tangente al eje polar. La figura 8.19 muestra la gráfica. -3

-2

-1

0

1

3

2

0

-1

-2

-3

-4

-5

-6

Figura 8.19: r = −6 sen θ Antes de discutir otras gráficas polares, se establecerán los siguientes criterios de simetr´ıa.

8.1.1 Criterios de Simetr´ıa Una gráfica es:

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

337

i) Simetr´ıa con respecto al eje polar si se obtiene una ecuación equivalente cuando (r, θ) se sustituye por (r, θ) o −r, π − θ. Y (r ,π−θ) ( r,θ) π−θ θ

X

−θ

0

θ=0 (r ,−θ) ≡(r ,π−θ)

ii) Simetr´ıa con respecto al eje 12 π si se obtiene una ecuación equivalente cuando (r, θ) se sustituye por (r, π − θ) o −r, −θ. θ=π/2 (r ,π−θ) (−r,−θ)

(r ,θ)

r

π−θ θ 0

−θ

θ=0

( ,−θ) −r

iii) Simétrica con respecto al polo si se obtiene una ecuación equivalente cuando (r, θ) se sustituye por (−r, θ) o (r, π + θ) Ejemplo 8.11. Para la gráfica de la ecuación r = 4 cos θ se aplicarán los criterios de simetr´ıa con respecto al eje polar, al eje 12 π y al polo. Para el criterio de simetr´ıa con respecto al eje polar, se sustituye (r, θ) por (r, −θ) y se obtiene José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

338

Geometr´ıa Anal´ıtica

(r ,θ) r θ 0

(r ,π+θ) ≡(−r,θ)

r = 4 cos(−2θ), la cual es equivalente a r = 4 cos 2θ. Por tanto, la gráfica es simétrica con respecto al eje polar. Para el criterio de simetr´ıa con respecto al eje 12 π, se sustituye (r, θ) por (r, π − θ) en la ecuación dada y se obtiene r = 4 cos(2(π − θ)) o, equivalentemente, r = 4 cos(1π − 2θ), que equivale a r = 4 cos 2θ. Por tanto, la gráfica es simétrica con respecto al eje 12 π. Para el criterio de simetr´ıa con respecto al eje al polo, se sustituye (r, θ) por −r, θ y se obtiene −r = 4 cos 2θ, la cual no es equivalente a la ecuación dada. No obstante, también debe determinarse si el otro conjunto de coordenadas funciona. Al sustituir (r, θ) por r, π + θ se obtiene r = 4 cos((π + θ)) o, equivalentemente, r = 4 cos(2π + 2θ), que equivale a r = 4 cos 2θ. Por tanto, la gráfica es simétrica con respecto al eje polo. Cuando se dibuja una práctica polar, a fin de determinar si contiene al polo sustituye 0 por r en la ecuación y después de resuelve para θ. Ejemplo 8.12. Dibuje la gráfica de la ecuación r = 1 − 2 cos θ Soluci´ on. Como se obtiene una ecuación equivalente cuando se sustituye (r, θ) por (r, −θ), la gráfica es simétrica con respecto al eje polar. Si r = 0, se obtiene cos θ = 12 y si 0 ≤ θ ≤ π, entonces θ = 13 π. As´ı el punto (0, 13 π), el polo, está en la gráfica. La tabla 1 presenta las coordenadas de algunos otros puntos de la gráfica. A partir d estos puntos se dibuja la mitad de la gráfica; el resto se dibuja teniendo en cuenta su simetr´ıa con respecto al eje polar: La gráfica se muestra en la figura En la figura 8.20, la gráfica se ha dibujado en un sistema de coordenadas polares. El teorema siguiente muestra como definir una gráfica polar mediante un par de ecuaciones paramétricas. Teorema 8.1. La gráfica de la ecuación polar r = f (θ) est´ a definida por-las ecuaciones paramétricas x = f (t) cos t y y = f (t) sen t

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

339

Geometr´ıa Anal´ıtica 90

3

120

60

2 30

150 1

180

0

210

330

240

300 270

Figura 8.20: r = 1 − 2 cos θ Demostración. Sea (x, y) la representación cartesiana de un punto P cuya representación polar es (r, θ). Entonces x = cos θ y y = r sen θ Como r = f (θ), se tiene x = f (θ) cos θ

y

y = f (θ) sen θ

Al sustituir θ por t de modo que el parámetro sea t, se tiene x = f (t) cos t

y

y = f (t) sen t

Las ecuaciones paramétricas del teorema 7.1 son utilizadas por algunas computadoras y graficadoras para trazar gráficas polares. Otras graficadoras permiten trazar una gráfica polar directamente de la ecuación r = f (θ) empleando el modo polar de la graficadora. Ejemplo 8.13. Para trazar la gráfica del ejemplo 8.12 en la graficadora, se utilizan las ecuaciones del teorema 8.1, como (θ) = 1 − 2 cos θ, se consideran x = (1 − 2 cos t) cos t

y

y = (1 − 2 cos t) sen t

Con la graficadora en modo paramétrico y de radianes, y 0 ≤ t ≤ 2π, se elige [−3, 3] por [−2, 2] como rectángulo de inspección y obteniéndose la gráfica mostrada en la figura 8.21, la cual es acorde con la curva de la figura La gráfica polar del ejemplo 8.12 y del ejemplo 8.13 se denomina limacon, palabra francesa que proviene del lat´ın limax que significa caracol. Un caracol (o lima¸con) es la gráfica de una ecuación de la forma r = a ± b cos θ o r = a ± b sen θ donde a > 0 y b > 0. Existen cuatro tipos de caracoles que dependen de la razón a/b.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

1,5 1 0,5 -3

-2,5

-2

-1,5

-1

-0,5

0 0 -0,5 -1 -1,5

Figura 8.21: r = 1 − 2 cos θ

8.1.2 Tipos de caracoles De la ecuación r = A + B cos θ, donde a > 0 y b > 0 1. 0 < 2.

a b

a b

< 1 Caracol con lazo. Vea la figura 8.22

= 1 Cardioide (forma de corazón). Vea la figura 8.23

3. 1 <

a b

< 2 Caracol con hendidura. Vea la figura 8.24

4. 2 ≤

a b

Caracol convexo (sin hendidura). Vea la figura 8.25. 90

90

3

120

60

2

120

60 1.5

2 30

150

150

30

1

1 0.5

180

0

210

330

240

José Namuche

340

180

0

210

300

330

240

300

270

270

Figura 8.22: caracol con un lazo

Figura 8.23: cardioide

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

341 90

90

6

5 120

60

120

60

4 4 3 30

150

30

150

2

2

1

180

0

210

330

240

180

0

210

300

330

240

300

270

270

Figura 8.24: caracol hendidura

Figura 8.25: caracol convexo

Más adelante en esta sección, cuando se estudien las recias tangentes horizontales y verticales de gráficas polares, será evidente el por qué los caracoles del tipo 3 tienen una hendidura y los del tipo 4 no A partir de la ecuación de un caracol, también se puede determinar su simetr´ıa, y la dirección en la que apunta. Simetr´ıa y Control de un Caracol a>0yb>0 r = a + b cos θ Simetr´ıa con respecto al eje polar; apunta hacia la derecha r = a − b cos θ Simetr´ıa con respecto al eje polar apunta hacia la izquierda. r = a + b sen θ Simetr´ıa con respecto al eje 12 π, apunta hacia arriba r = a − b sen θ Simetr´ıa ton respecto al eje 12 π, apunta hacia abajo. Ejemplo 8.14. Para cada uno de los caracoles siguientes, determine el tipo, su simetr´ıa y la dirección en la que apunta, además trace el caracol: (a) r = 3 + 2 sen θ (b) r = 2 + 2 cos θ (c) r = 2 − sen θ Soluci´ on. (a) La ecuación r = 3 + 2 sen θ es de la forma r = a + b sen θ con a = 3 y b = 2. Como ab = 32 y 1 < 32 < 2 la gráfica es un caracol con hendidura. Es simétrico con respecto al eje 12 π y apunta hacia arriba. Se traza la gráfica en el rectángulo de inspección de [−9, 9] por [−6,6] y se obtiene el caracol de la figura 8.26

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

342

5

4

3

2

1

0 -3

-2

-1

0

1

2

3

-1

Figura 8.26: r = 3 + 2 sen θ

(b) La ecuación r = 2 + 2 cos θ es de la forma r = a + b cos θ con a = 2 y b = 2. Como a = 1, la gráfica es una cardioide. Es simétrica con respecto al eje polar y apunta hacia la b derecha. Se traza la cardioide en el rectángulo de inspección de [−7,5; 7,5] por [−5,5] como se muestra en la figura 8.27

2

1

0

1

2

3

4

0

-1

-2

Figura 8.27: r = 2 + 2 cos θ

(c) La ecuación r = 2 − sen θ es de la forma r = a − b sen θ con a = 2 y b = 1. Como ab = 2, la gráfica es un caracol convexo. Es simétrico con respecto al eje 21 π y apunta hacia abajo. La gráfica se presenta en la figura 8.28. La gráfica de una ecuación de la forma r = a cos nθ

o

r = a sen nθ

es una rosa, que tiene n hojas si n es impar y 2n hojas si n es par.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

343

1

-2

0

-1

1

2

0

-1

-2

-3

Figura 8.28: r = 2 − sen θ Ejemplo 8.15. Describa y trace la ecuación r = 4 cos 2θ Soluci´ on. La ecuación es de la forma r = a cos nθ. donde n es igual a 2. Como n es par, entonces la gráfica es una rosa de cuatro hojas. La longitud de cada hoja es 4. La gráfica contiene al polo debido a que cuando r = 0 se tiene cos 2θ = 0 de donde se obtiene, para 0 ≤ θ ≤ 2π,

3 5 7 1 θ= π θ= π θ= π θ= π 4 4 4 4 Se traza la gráfica en el rectángulo de inspección de [−7,5; 7,5] por [−5, 5] como se muestra en la figura 8.29. La gráfica concuerda con la descripción.

4

2

0 -6

-4

-2

0

2

4

6

-2

-4

Figura 8.29: r = 4 cos 2θ

Observe que si en la ecuación para una rosa se toma n = 1, resulta r = a cos θ

José Namuche

o

Enrique Reyes

r = a sen θ

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

344

las cuales son ecuaciones de una circunferencia. Por tanto, una circunferencia puede considerarse como una rosa de una hoja. Otras gráficas polares que a menudo se presentan son las espirales y las lemniscatas. La gráfica del ejemplo siguiente se denomina espiral de Arqu´ımedes. Ejemplo 8.16. Describa y trace la ecuación r=θ

θ≥0

Soluci´ on. Observe primero que la gráfica no es simétrica con respecto a los ejes ni respecto al polo. Además, conforme θ crece, también lo hace r. Cuando r = 0, θ = 0; de modo que el polo está en la gráfica. Cuando θ = nπ, donde n es cualquier n´ umero entero, la gráfica intersecta al 1 umero entero impar, la eje polar o a su prolongación, y cuando θ = 2 nπ, donde n es cualquier n´ 1 gráfica intersecta al eje 2 π a su prolongación. Se traza la gráfica en el rectángulo de inspección de [−42, 42] por [−28,28], como se muestra en la figura 8.30, la cual concuerda con la descripción. Una fórmula para determinar la pendiente de ana recta tangente a una gráfica polar la proporciona el teorema siguiente.

20

10

0

-10

-20

-40

-20

0

20

40

Figura 8.30: r = θ

Teorema 8.2. Si m es la pendiente de la recta tangente a la gr´ afica de r = f (θ) en el punto (r,0).entonces sen θ + r cos θ m= dr cos θ dθ − r sen θ Demostración. Del teorema 8.2, la gráfica de r = f (θ) está definida por las ecuaciones paramétricas dy dy = dθ dr dx dθ en donde θ es el parámetro, se tiene =

José Namuche

F ′ (θ) sen θ + f (θ) sen θ Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

345

La fórmula del teorema 8.2 puede emplearse para determinar dónde una gráfica polar tiene rectas tangentes horizontales y verticales. Esta información es u ´ til cuando se dibujan gráficas polares. El procedimiento se muestra al aplicarlo, a dos de los caracoles del ejemplo 8.14. en el siguiente ejemplo ilustrativo y en el próximo ejemplo.

8.2 Coordenadas Cil´ındricas y Esf´ ericas El sistema de coordenadas cil´ındricas es una extensión de las coordenadas polares para tres dimensiones. La representación en coordenadas cil´ındricas de un punto P es (r, θ, z), donde r y θ son las coordenadas polares de la proyección de P en el plano polar y z es la distancia dirigida desde el plano polar hasta P . Consulte la Figura 8.31 z (r,θ ,z)

z O x

y θ

r

Figura 8.31:

Ejemplo 8.17. Dibuje la gráfica de cada una de las siguientes ecuaciones, expresada en coordenadas cil´ındricas, donde c es una consume: (a) r = c, (b) θ = c, (c) z = c. Soluci´ on. (a) Para un punto P (r, θ, z) de la gráfica de r = c, θ y z pueden asumir cualquier valor, mientras que r es constante. La gráfica es un cilindro circular recto cuyo radio es |c| unidades y su eje es el eje;. La gráfica se muestra en la figura 8.32. (b) Para lodos los puntos P (r, θ, z) de la gráfica de θ = c, r y z pueden tomar cualquier valor, en tanto que θ permanece constante. La gráfica es un plano que pasa por el eje z. Refiérase a la figura 8.33 donde 0 < c < 12 π. (c) La gráfica de z = c es un plano paralelo al plano polar ubicado a una distancia dirigida de c unidades a partir del plano polar. La figura 8.34 muestra la gráfica pata c > 0.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

346 z

2 -2

z

-2 1

-1

-1

00 0 x

1

1

y

-1

2

O 2

y

θ =c

x -2

Figura 8.33:

Figura 8.32: z

z

(x,y,z) (r,θ ,z)

z c

z O

y

y

O x

x

x

Figura 8.34:

θ

y

r

Figura 8.35:

El nombre “coordenadas cil´ındricas”proviene del hecho de que la gráfica de r = c es un cilindro circular recto como el del ejemplo 1(a). Las coordenadas cil´ındricas se emplean con frecuencia en problemas f´ısicos en los que se nene un eje de simetr´ıa. Suponga que un sistema de coordenadas cartesianas y otro de coordenadas cil´ındricas se colocan de modo que el plano xy es el plano polar del sistema de coordenadas cil´ındricas, y que la parte positiva del eje x es el eje polar, observe la figura 8.35. Entonces, el punto P tiene a (x, y, z) y (r, θ, z) como dos conjuntos de coordenadas que están relacionados por las ecuaciones siguientes: x = r cos θ

y = r sen θ z=z (8.4) y r 2 = x2 + y 2 tan θ = si x 6= 0 z=z (8.5) x Ejemplo 8.18. Obtenga una ecuación en coordenadas cartesianas para cada una de las siguientes superficies cuyas ecuaciones se han expresado en coordenadas cil´ındricas, e identifique la

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Geometr´ıa Anal´ıtica

347

superficie: (a) r = 6 sen θ. (b) r(3 cos θ + 2 sen θ) + 6z = 0. Al multiplicar los dos miembros de la ecuación por r se obtiene r 2 = 6r sen. Soluci´ on. Como r 2 = x2 + y 2 y r sen θ = y, entonces x2 + y 2 = 6y. Esta ecuación puede escribirse en la formar x2 + (y − 3)2 = 9. lo cual muestra que su gráfica es un cilindro circular recto cuya sección transversal en el plano xy es la circunferencia con centro en (0,3) y radio 3. (b) Si se sustituye r cos θ por x y r sen θ por y se obtiene la ecuación 3x + 2y + 6z = 0. En consecuencia, la gráfica es un plano que pasa por el origen y tiene al vector h3,2,6i como un vector normal Ejemplo 8.19. Obtenga una ecuación en coordenadas cil´ındricas para cada una de las siguientes superficies cuyas ecuaciones se han dado en coordenadas cartesianas, e identifique la superficie: (a) x2 + y 2 = z; (b) x2 − y 2 = z. Soluci´ on. 8.36.

(a) La gráfica es un paraboloide el´ıptico. Este paraboloide se muestra en la figura

16

12

8

4 -3 3

-2 2

-1 0 -1 00 1 1 x

-2 2

y

-3 3

Figura 8.36:

Si x2 + y 2 se sustituye por r 2 , entonces la ecuación se transforma en r 2 = z. (b) La gráfica es un paraboloide hiperbólico que tiene al eje z como su eje. Cuando se sustituye x por r cos θ y y por r sen θ. se obtiene la ecuación r 2 cos2 θ − r 2 sen2 θ = z; debido a que cos2 θ − sen2 θ = cos 2θ, entonces se puede escribir la ecuación como z = r cos 2θ. La figura 8.37 muestra el paraboloide hiperbólico.

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Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

348

8 4 -3

3

-2

0 -1 -1 00 1 1

2

-4

x

-3

-2 2

y

3

-8

Figura 8.37:

En un sistema de coordenadas esféricas se tiene un plano polar y un eje z perpendicular al plano polar, con el origen del eje como el polo del plano polar. Por medio de tres n´ umeros se localiza un punto, y la representación en coordenadas esféricas de un punto P es (ρ, θ, φ). donde ρ = |OP |, θ es la medida en radianes del ángulo polar de la proyección de P en el plano polar, y φ es la medida en radianes no negativa del ángulo menor medido desde la pane positiva del eje z a la recta OP , consulte la figura 8.38. El origen tiene la representación (0, θ, φ en coordenadas esféricas, donde θ y φ pueden asumir cualquier valor. Si el punto P (ρ, θ, φ) no es el origen, entonces ρ > 0 y 0 ≤ φ ≤ π, donde φ = 0 si P está en la parte positiva del eje z y φ = π si P se encuentra en la parte negativa del eje z. z (ρ,θ,φ)

φ

ρ

O x

y θ

Figura 8.38:

Ejemplo 8.20. Dibuje la gráfica de cada una de las ecuaciones siguientes, expresadas en coordenadas esféricas, donde c es una constante (a) ρ = y c > 0;

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Geometr´ıa Anal´ıtica

349

(b) θ = c. Soluci´ on. (a) Todos los puntos P (ρ, θ, φ) de la gráfica de ρ = r tienen el mismo valor para ρ, θ puede ser cualquier n´ umero y 0 ≤ φ ≤ π. De esto se deduce que la gráfica es una esfera de radio c cuyo centro es el polo. La figura 8.39 muestra la esfera. z

y

O

c

x

Figura 8.39:

(b) Para cualquier punto P (ρ, θ, φ) de la gráfica de θ = c, ρ puede ser cualquier n´ umero no negativo, φ puede ser cualquier n´ umero del intervalo cerrado [0, π] y θ es constante. Por tanto, la gráfica es un semiplano que contiene al eje z y se obtiene al rotar la mitad del plano xz. para el cual x 6= 0 alrededor del eje z mediante un ángulo de c radianes. La figura 8.40 muestra los semiplanos para θ = 41 π, θ = 43 π y θ = − 61 π θ=4π/3

θ=−π/6

z

y

O x

θ=π/4

Figura 8.40: Debido a que la gráfica de ρ = c es una esfera, se tiene el nombre çoordenadas esféricas”. Las coordenadas esféricas se utilizan frecuentemente cuando en un problema f´ısico se tiene un punto como centro de simetr´ıa. Si se colocan juntos un sistema de coordenadas esféricas y uno de coordenadas cartesianas, como

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350

Geometr´ıa Anal´ıtica

se ilustra en la figura 8.41, se pueden deducir las siguientes relaciones entre las coordenadas esféricas y cartesianas de un punto P : y = |OQ| sen θ

x = |OQ|cosθ

z = |QP |

z P(x,y,z) (ρ,θ,φ)

φ

ρ z y

O x x

y

θ

Figura 8.41:

Como |OQ| = ρ sen φ y |QP | = ρ cos φ, las ecuaciones anteriores se transforman en x = ρ sen φ cos θ

y = ρ sen φ sen θ

z = ρ cos φ

(8.6)

Al elevar al cuadrado cada una de las ecuaciones te 8.6 y sumando los miembros correspondientes se tiene x2 + y 2 + z 2 = ρ2 sen2 φ cos2 θ + ρ2 sen2 φ sen2 θ + ρ2 cos2 φ x2 + y 2 + z 2 = ρ2 sen2 (cos2 θ + sen2 φθ) + ρ2 cos2 φ x2 + y 2 + z 2 = ρ2 (sen2 φ + cos2 φ) x2 + y 2 + z 2 = ρ2

8.3 Transformaciones Cil´ındricas (r, θ, z) En forma análoga a las coordenadas polares en el plano, estudiaremos las COORDENADAS CILÍNDRICAS en R3 , definidas por la transformación x = r cos θ T : y = r sen θ z = z

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351

Geometr´ıa Anal´ıtica

T : R3 → R3

(R, θ, z) 7→ T (r, θ, z) = (x, y, z) = (r cos θ, r sen θ, z) del espacio Rθz al espacio XY Z. A los n´ umeros (r, θ, z) se les llamas las COORDENADAS CILÍNDRICAS del punto (x, y, z) y están representadas en la siguiente figura: Z z

y Y θ

r

x

(x,y)

X

El rango máximo de valores de las coordenadas cil´ındricas (r, θ, z) es: 0 ≤ r ≤ ∞ 0 ≤ θ ≤ α + 2x α fijo en R Esta transformación viene sa ser una extensión de las coordenadas polares a un R3 −espacio.

8.4 Caracter´ıstica de las coordenadas cil´ındricas Al haber relacionado las variables (r, θ) con las variables (x, y) del plano coordenado XY , entonces solamente en ese plano deben analizarse sus variaciones en alg´ un problema particular, ´ para lo cual se debe hallar la PROYECCION de a curva superficie o región del 3−espacio en estudio, HACIA EL PLANO XY ; además, en este plano por tenerse que   x = r cos θ r = px2 + y 2 se cumple que y = r sen θ tan θ = y/x

As´ı la superficie S en el plano XY Z definida por

S = {(x, y, z)/z = f (x, y), (x, y) ∈ D} José Namuche

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352

Geometr´ıa Anal´ıtica z=f(x,y) Z

S

(x,y,z) V z Y

y

x

θ

r (x,y)

θ=θ 2 r=r(θ)

X θ=θ 1

D=Pr(xy)

tiene su representación en coordenadas cil´ındricas como sigue: S ′ = {(r, θ, z)/z = f (r cos θ, r sen θ), 0 ≤ r ≤ r(θ), θ1 ≤ θ ≤ θ2 } y el solido y encima del plano XY y debajo de la superficie S, definido por V = {(x, y, z)/0 ≤ z ≤ f (x, y), (x, y) ∈ D} tiene su representación en coordenadas cil´ındricas como sigue: V ′ = {(r, θ, z)/0 ≤ z ≤ f (r cos θ, r sen θ), 0 ≤ r ≤ r(θ), θ1 ≤ θ ≤ θ2 } Ejercicio 8.1. Hallar las gráficas de los siguientes conjuntos a) D = {(r, θ, z)/0 ≤ r ≤ 5, z = 4} b) D = {(r, θ, z)/0 ≤ r ≤ 5; π ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 3} as´ı como las de sus imágenes en XY Z mediante la transformación cil´ındrica de T . Soluci´ on.

a) D = {(r, θ, z)/0 ≤ r ≤ 5, z = 4} no depende de θ, ello indica que θ var´ıa en toda una vuelta de 2π radianes y se puede tomar 0 ≤ θ ≤ 2π (α = 0);

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353

Geometr´ıa Anal´ıtica Z Z T(D) D

T (r,θ ,4)

4

4

0

2π

5

−5

r

Y

θ

5

θ R X

En el espacio RθZ, D es una lamina rectangular plana horizontal a la altura z = 4, y su imagen T (D) en el espacio XY Z es un disco horizontal de radio 5 a la altura z = 4 b) D = {(r, θ, z)/0 ≤ r ≤ 5; π ≤ θ ≤ 2π, z ∈ [0, 3]} Z

Z T D

T(D)

3 −5 0

3

π 2π

θ

0 −5

θ

5

Y

5

R

X

Nota. Las coordenadas cil´ındricas se analizan en el espacio XY Z de modo que las coordenadas r, θ se ubican en alg´ un plano coordenado (XY , XY ó Y Z) Ejercicio 8.2. a) Encontrar las coordenadas cil´ındricas de los puntos cuyas coordenadas rectangulares son √ (2, 2, 3) y (−2, 2 3, −5) b) Encontrar las coordenadas rectangulares de los puntos cuyas coordenadas cil´ındricas son (2, π, −3) y (5, −π/3, 2). Soluci´ on. x = r cos θ, y = r sen θ, z = z p √ √ a.1) x = 2, y = 2, z = 3; r = x2 + y 2 = 8 = 2 2 √ tan θ = y/x = 1 ⇒ θ = π/4 (pues x > 0, y > 0: 1o Cuadrante) (r, θ, z) = (2 2, π/4, 3) José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica p √ √ a.2) x = −2, y = 2 3,(2o ) Cuadrante z = −5; r = x2 + y 2 = 16 = 4 √ tan θ = y/x = − 3 ⇒ θ = 2π/3 (r, θ, z) = (4, 2π/3, −5) b.1) r = 2, θ = r, z = −3 x = r cos θ = 5 cos(−π/3) = 5/2 √ y = r sen θ = 5 sen(−π/3) = −5 3/2 √ (x, y, z) = (5/2, −5 3/2, 2) b.2) Queda como ejercicio. Ejercicio 8.3. Graficar los siguientes conjuntos definidos por coordenadas cil´ındricas: a) D = {(r, θ, z/θ = π/4, z ∈ [0, 6])} b) D = {(r, θ, z/θ = π/2, r ∈ [0, 1])} c) D = {(r, θ, z/r = 3, z ∈ [0, 4])} Soluci´ on.

a) θ = π/4, z ∈ [0, 6], 0 ≤ r ≤ ∞ (todo su rango) Z 6

Z

T(D)

T

π/4

0

θ

0 Y π/4 X

R D

José Namuche

354

θ=π/4

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

355

Geometr´ıa Anal´ıtica b) θ = π/2, r ∈ [0, 1] Z

Z

T(D)

T

π/2

0

0

θ

R

Y

π/2

1

X D

c) r = 3, z ∈ [0, 4], θ ∈ todo su rango [0, 2π] Z

Z T

2π

0

4

T(D)

θ 0 3

3

Y

X

R D

Ejercicio 8.4. Expresar en coordenadas cil´ındricas la region limitada superiormente por el plano z = 2x, e inferiormente por el paraboloide z = x2 + y 2 Soluci´ on. La intersección de ambas superficies tiene su proyección en el plano XY : 2x = z = x2 + y 2 ⇒ x2 + y 2 = 2x

⇒ (x − 1)2 + y 2 = 1

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Carlos Vel´ asquez

356

Geometr´ıa Anal´ıtica Z

4

z=2x Y 1 X

2

Veamos claramente la variación de r y θ en un solo plano, el XY : xr cos θ, x2 + y 2 = 2x

y = r sen θ, r 2 = 2r cos θ

⇒

z=z ⇒

r = 2 cos θ

(*)

Y

r=cos θ

r θ 0

1

2

X

As´ı, 0 ≤ r ≤ 2 cos θ, −π/2 ≤ θ ≤ π/2

8.5 Transformaciones Esf´ ericas (ρ, θ, φ) La transformación esférica está definida de la siguiente manera: Rθφ XY Z 3 T : R → R3 (ρ, θ, φ) 7→ T (ρ, θ, φ) = (x, y, z) José Namuche

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Geometr´ıa Anal´ıtica

357

donde x = ρ sen φ cos θ y = ρ sen φ sen θ z = ρ cos φ de lo que se deduce la relación: x2 + y 2 + z 2 = ρ2 Z

P=(x,y,z)

z φ

ρ

y Y

x

θ

X

8.5.1 Caracter´ısticas de las coordenadas esf´ ericas a) Cada terna (ρ, θ, φ) de coordenadas esféricas determina un u ´ nico punto P = (x, y, z) en R3 b) La coordenada esférica ρ mide la DISTANCIA del punto P al origen (p > 0). c) La coordenada esférica θ es la misma que la coordenada cil´ındrica θ y su variación no se ve en el espacio sino en un plano cartesiano (XY ). Esta coordenada θ recibe el nombre de LONGITUD ó ACIMUT de P . Su rango maximal de variación es de 2π radianes: α ≤ θ ≤ α + 2π

(α real fijo )

d) La coordenada esférica φ es el ángulo entre la dirección positiva del eje Z y el radio vector P . Se le mide a partir del semejante positivo Z + y recibe el nombre de COLATITUD de P . Al ángulo (π/2 − φ) se le llama la ALTITUD de P e) Cada punto P = (x, y, z) tiene muchas representationes en coordenadas esféricas f) El rango maximal de variación del ángulo φ es o≤φ≤π

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358

Geometr´ıa Anal´ıtica g) De la definición de las coordenadas esféricas se tiene que x2 + y 2 + z 2 = ρ2 ,

x2 + y 2 = ρ2 sen2 θ

tan θ =?

y x

h) Las variaciones maximales de (ρ, θ, φ), son: p ≥ 0, α ≤ θ ≤ α + 2π de modo que sen φ =

p

(α fijo ), 0 ≤ φ ≤ π

x2 + y 2 z , cos θ = , tan θ = ρ ρ

p

x2 + y 2 z

8.5.2 Jacobiano de la transformaci´ on esf´ erica (ρ, θ, φ) x = ρ sen φ cos θ, y = ρ sen φ sen θ, z = ρ cos θ sen φ cos θ −ρ sen φ sen θ ρ cos φ cos θ ∂(x, y, z) J(ρ, θ, φ) = = sen φ sen θ ρ sen φ cos θ ρ cos φ sen θ ∂(ρ, θ, φ) cos φ 0 −ρ sen φ

8.5.3 Interpretaci´ on geom´ etrica de la transformaci´ on esf´ erica

φ φ

Z φ=φ 1

T

2

D

φ1

T(D) ρ

φ=φ 2

2

ρ

1

0

θ1

θ2

Y

0

θ

θ=θ 2

ρ

1

ρ

θ=θ 1

X

2

R

θ1 ≤ θ ≤ θ2 José Namuche

(θ2 − θ1 ≤ 2π)

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359

Geometr´ıa Anal´ıtica 0 ≤ ρ1 ≤ ρ ≤ ρ2 0 ≤ φ1 ≤ φ ≤ φ2 ≤ π

Ejercicio 8.5. Determinar las coordenadas cartesianas de los puntos cuyas coordenadas esféricas (ρ, θ, φ) son: a) (1, 0, π/2) b) (1, π/3, 0) c) (2, π/2, 3π/4) Soluci´ on. x = ρ sen φ cos θ, y = ρ sen φ sen θ, z = ρ cos φ a) ρ = 1, θ = 0, φ = π/2: x = 1, y = 0, z = 0 b) ρ = 1, θ = π/3, φ = 0: x = 0, y = 0, z = 1 √ √ c) ρ = 2, θ = π/2, φ = 3π/4: x = 1, y = 2/ 2, z = −2/ 2 Ejercicio 8.6. Asignar coordenadas esféricas a los puntos cuyas coordenadas cartesianas x, y, z son: a) (1, 0, 0) b) (1, 1, 0) √ c) (0, 3, −1) √ √ √ d) ( 3, 3, 2) e) (32, −25, 18) Soluci´ on. ρ2 = x2 + y 2 + z 2 , tan θ = y/x, cos θ = z/ρ a) Semieje x+ : ρ = 1,tan θ = y/x = 0,cos φ = z/ρ = 0 ⇒ θ = 0, φ = π/2 √ b) Plano XY : φ = π/2, ρ = 2, tan θ = 1 ⇒ θ = π/4, por estar (1, 1, 0) en el primer cuadrante del plano XY . c) Plano Y Z − : θ = π/2, ρ = 2, cos φ = z/ρ = −1/2 ⇒ φ = 2π/3. √ √ √ √ d) (x, y, z) = ( 3, 3, 2): ρ = 2 2; si hacemos girar al punto alrededor del eje Z describimos p √ un arco de circunferencia de radio r = x2 + y 2 = 6, sin hacer variar φ, hasta llevarlo al plano Y Z: √ √ tan φ = √62 = 3 ⇒ φ = π/3; o sino también: √

cos φ = ρz = 2√22 = 21 ⇒ φ = π3 pues el rango máximo de variación de φ es 0 ≤ φ ≤ π; este ultimo método es mas rápido (algebraico), mientras que el anterior es un n´ umero geométrico. Note que θ = π/4. ¿Por qué?

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360

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 8.7. Interpretar geométricamente en XY Z la ecuación ρ = 2 (dada en coordenadas esféricas). Soluci´ on. Como no hay restricciones para θ (el cual da toda una vuelta) ni para φ entonces: ρ = 2 ⇔ ρ2 = 4 ⇔ x2 + y 2 + z 2 = 4 que corresponde a la ecuación de una esfera de radio ρ = 2 centrada en el origen. Ejercicio 8.8. Dada la ecuación θ = π/4 en coordenadas esféricas, interpretarlas geométricamente. Soluci´ on. La ecuación indica que manteniendo fijo θ = π/4 se hace variar todo ρ(ρ ≥ 0) y todo φ ∈ [0, π]: Z θ=π/4

Y X

θ=π/4

La ecuación θ = π/4 corresponde al semiplano de la figura, a partir del eje Z, hacia X + Y + Ejercicio 8.9. Interpretar la gráfica de la ecuación: tan θ = 1, dada en coordenadas esféricas. Soluci´ on. 0 ≤ θ ≤ 2π

tan θ = 1 ⇔ θ = π/4, 5π/4

De modo que la gráfica corresponde, en el espacio XY Z, al semiplano de la figura del problema anterior más su prolongación hacia X − Y − ; es decir, corresponde a todo el plano y = x Ejercicio 8.10. Interpretar geométricamente la solución de las ecuaciones a)φ = π/4, π/2, dadas en coordenadas esféricas

b)φ =

Soluci´ on. Ambas ecuaciones corresponden a superficies cónicas, pues por ser independientes de θ y ρ, estas var´ıan seg´ un sus máximos rangos 0 ≤ θ ≤ 2π 0≤ρ≤∞ José Namuche

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361

Geometr´ıa Anal´ıtica a) b) Obviamente, φ = π/2 corresponde a todo el plano coordenado XY . Otra forma de obtener los resultados anteriores es como sigue: √ a) φ = π/4 ⇒ z = ρ cos φ = ρ/ 2 ≥ 0 ⇒ 2z 2 = ρ2 = x2 + y 2 + z 2 , z ≥ 0 p ⇒ z = x2 + y 2 (ecuación de un cono simple)

b) φ = π/2 ⇒ z = ρ cos φ = 0 ⇒ z = 0 que corresponde a la ecuación del plano coordenado XY . Ejercicio 8.11. Graficar el conjunto solución en XY Z, de la ecuación ρ cos θ = 1 dada en coordenadas esféricas. Soluci´ on. Como z = ρ cos φ = 1, el conjunto solución es todo el plano z = 1: Ejercicio 8.12. Graficar los conjuntos D = {(ρ, θ, φ)/φ = π/4, ρ = 1}

T (D) = {(x, y, z)/φ = π/4, ρ = 1} Soluci´ on. Como las ecuaciones son independientes de θ, la gráfica de T (D) rodea al eje Z en toda una vuelta: un punto correspondiente a θ = π/2 es: cos θ 0 = cos θ 1 √ y = ρ sen θ cos θ = 1 · = 2 1 z = ρ cos θ = √ 2

x = ρ sen θ cos θ = 1 ·

φ

Z

φ=π/4

T(D)

T

π/4

D

1

0

Y

2π θ X

√ La gráfica correspondiente a una circunferencia horizontal centrada en el eje Z, de radio 1/ 2, √ y de altura z = 1/ 2

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362

Geometr´ıa Anal´ıtica Ejercicio 8.13. Graficar los conjuntos D = {(ρ, θ, φ)/θ = π/4, ρ = 1}

T (D) = {(x, y, z)/θ = π/4, ρ = 1} definidos mediante coordenadas esféricas Soluci´ on. Como D no depende de φ, este var´ıa libremente seg´ un 0 ≤ φ ≤ π. Un punto (x, y, z) para φ = π/2 en particular es: √ √ x = ρ sen φ cos θ = 1(1)(1/ 2) = 1/ 2 √ √ y = ρ sen φ sen θ = 1(1)(1/ 2) = 1/ 2 z = ρ cos φ = 0 φ

Z

π

1

T

T(D)

D

π/2

Y

π/4 0 1

X

π/4

−1

θ

_ _ (1/V2,1/V2,0)

R

La gráfica de T (D) corresponde al arco de la semicircunferencia de la figura Ejercicio 8.14. Graficar los conjuntos D = {(ρ, θ, φ)/θ = π/3, ρ = π/4}

T (D) = {(x, y, z)/θ = π/3, ρ = π/4} definidos en base a la transformación esférica Soluci´ on. La variable ρ recorres todo su dominio: ρ ≥ 0 x = ρ sen φ cos θ, y = ρ sen √ φ sen θ z = ρ cos φ ρ ρ x = 2√2 y = 2√32 z = √ρ2 √ ρ ⇒ (x, y, z) = √ (1, 3, 2), ∀ρ ≥ 0 2 La gráfica de T (D) corresponde al rayo que parte del origen 0 y en la misma dirección y sentido √ que el vector (1, 3, 2).

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363

Geometr´ıa Anal´ıtica φ

Z T

2

π/4 T(D)

π/4

D

2

π/3 θ

2 1

R

Y

π/3

X

8.5.4 Generaci´ on de una esfera Generamos una esfera (cáscara) de radio p = 1: a) Comenzaremos generando una circunferencia con p = 1, φ = φ0 (constante) y haciendo variar θ desde 0 hasta 2π (una vuelta) b) Luego, manteniendo constante p = 1, hacemos variar φ desde 0 (semieje positivo Z + ) hasta φ = φ0 ; esto generará circunferencia paralelas más peque˜ nas que la correspondiente a φ = φ0 , y conforme φ varié desde 0 hasta φ = φ0 , estas circunferencias barrerán un casquete esférico como en la figura adyacente (b). c) Continuaremos haciendo variar φ hasta φ = π/2 de modo que las circunferencias generadas con ρ = 1 barrerán toda una semiesfera de radio ρ = 1 d) Evidentemente, haciendo variar φ desde 0 hasta φ, θ desde 0 hasta 2π, y manteniendo constante ρ = 1, habremos generado la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1; es decir: E = {(x, y, z)/ρ = 1}

= {(x, y, z)/ρ = 1, x2 + y 2 + z 2 = 1}

= {(x, y, z)/ρ = 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π}

8.5.5 Generaci´ on de una bola La bola B cerrada de radio 1 y centrada en el origen 0 está descrita por la ecuación B : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1

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Geometr´ıa Anal´ıtica

364

que equivale a tener esferas de radio ρ : 0 ≤ ρ ≤ 1 x2 + y 2 + z 2 = ρ2

(ρ2 ≤ 1)

a las que se les hace variara el radio ρ desde 0 hasta 1; ello hará que las esferas vayan aumentado de radio barriendo una region sólida, es decir todo el interior más la cascara de una esfera de radio 1. Por lo tanto las variaciones de las coordenadas (ρ, θ, φ) que generan una BOLA cerrada B de radio 1 son: B = {(x, y, z)/x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}

= {(x, y, z)/ρ ≤ 1} (no depende de θ ni de φ)

= {(x, y, z)/0 ≤ ρ ≤ 1, θ ∈ [0, 2π], φ ∈ [0, π]} Ejercicio 8.15. Hallar una ecuación para la esfera x2 + y 2 + (z − a)2 = a2 ,

a>0

(∗)

en coordenadas esféricas, y encontrar las variaciones de las coordenadas esféricas (ρ, θ, φ) que definen a la region encerrada por dicha esfera. Soluci´ on. La ecuación (∗) es equivalente a: x2 + y 2 + z 2 = 2az ρ2 = 2aρ cos φ ⇒ ρ = 2a cos φ que incluye a ρ = 0 como se puede verificar para φ = π/2

8.6 Rectas Tangentes en el Polo Son rectas que pasan por el origen, cuya forma general es θ = θk

constantes

las que se hallan haciendo r = 0 en la ecuación polar, como veremos mas adelante, y resolviendo para θ. Por ejemplo, en la gráfica de r = 2 cos θ ⇐⇒ r 2 = 2r cos θ ⇐⇒ x2 + y 2 = 2x ⇐⇒ (x − 1)2 + y 2 = 1 La dirección de las rectas tangentes se obtiene haciendo r = 0 en la ecuación, y resolviendo luego para θ:  θ = π/2 0 = 2 cos θ ⇐⇒ cos θ = 0 ⇐⇒ θ = 3π/2 Estas dos ultimas ecuaciones para θ representan a la misma recta; el eje normal Y ,

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365

Geometr´ıa Anal´ıtica

8.7 Interceptos con los Ejes Principales Los interceptos de las gráfica CON EL EJE POLAR X, ó su extensión en la dirección opuesta a través del polo, se encuentran haciendo: θ = 0, θ = π, θ = 3π, θ = 5π, etc., y resolviendo para r. Análogamente los interceptos CON EL EJE NORMAL Y (θ = π/2), ó su extensión en la dirección opuesta a través del origen, son obtenidos haciendo θ = π/2 θ = 3π/2, θ = 5π/2, etc., y resolviendo para r. Por ejemplo los interceptos de la gráfica de la ecuación r = 2 cos θ (∗) son: r = 2, cuando se hace θ = 0 π r = 0 cuando se hace θ = 2 r = −2 cuando se hace θ = π 3π r = 0 cuando se hace θ = 2 Es decir, los puntos (2, 0)[= (−2, π)] y (0, π/2)[= (0, 3π/1)] el origen. Nota. Algunas ecuaciones polares que son de interés son: 1) r cos θ = a: recta vertical x = a 2) r sen θ = a: recta horizontal y = a 3) Circunferencias

8.7.1 Rectas en coordenadas polares Dada una recta L en el plano tal que (p, β) son las coordenadas polares del punto D, sobre la recta, que se encuentra a la minima distancia del origen, se tiene que P = Distancia del origen a la recta L ´ β = Angulo de inclinación del radio vector correspondiente al punto D, que se encuentra a a minima distancia de L. Si P (r, θ) = (x, y) = (r cos θ, r sen θ) ∈ L( punto genérico)

D(p, β) = (x0 , y0) = (p cos β, r sen β) ∈ L( punto de paso) José Namuche

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366

Geometr´ıa Anal´ıtica y asumiendo que la recta L no es vertical ni horizontal, la pendiente de L está dada por m = tan α y la pendiente del radio vector 0D está dada por m1 = tan β entonces m · m1 = −1 =⇒ m = − cot β Por lo tanto y − p sen β = − cot β(x − p cos β)

=⇒ (sen β)y − (sen2 β)p = −(cos β)x + (cos2 β)p =⇒ (cos β)x + (sen β)y = p

(p > 0) · · · (∗)

ó equivalentemente, r[cos β cos θ + sen β sen θ] = p As´ı obtenemos la ecuación de la recta L en coordenadas polares: r cos(θ − β) = p

(p > 0) · · · (∗∗)

donde (r, θ) son las coordenadas polares de cualquier punto genérico sobre la recta L, y (p, β) son las coordenadas polares del punto que se encuentra a la minima distancia (perpendicular del origen a la recta) Ejercicio 8.16. Hallar la ecuación de la recta L : x − 2y + 4 = 0 √ Soluci´ on. Sabemos que la distancia de L al origen es: p = 4/ 5, además normalizando, L: L : x − 2y = −4 1 2 −4 √ x− √ = √ 5 5 5 y si queremos obtener la ecuación de la forma (∗) multiplicamos ambos miembros de la ecuación L por (−1) para hacer positivo al segundo miembro e identificar a dicho valor con: p; entonces 1 2 4 (∗) L : −√ x + √ = √ 5 5 5 √ √ √ =⇒ cos β = −1/ 5, sen β = 2/ 5, p = 4/ 5] 4 =⇒ L : r cos(θ − β) = √ 5 √ o donde β es el ángulo en el 2 cuadrante cuyo coseno es −1/ 5

8.8 Ejercicios Resueltos Ejercicio 8.17. En los problemas siguientes trace cada punto dado en coordenadas polares

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367

1. (3,90o )

2. (4,270o) (3, 90o ) b

A

A b

3. (-2,0o)

(4, 270o )

4. (−3, π)

(−2, 0o )

(−3, π) A

b

b

5. (6, π/6)

A

6. (5, 5π/3)

b

π (6 ,

A

/6)

(5 ,

A

b

5π /3)

Ejercicio 8.18. En los siguientes problemas se proporcionan las coordenadas polares de un punto, determine las coordenadas rectangulares 1. (3,90o )

b

x = r cos 90o y = r sen 90o

(3, 90o )

x=3·0 x=0

A

y =3·1 y=3

P (0, 3)

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368

Geometr´ıa Anal´ıtica 2. (4,270o)

x = r cos 270o y = r sen 270o

A

x=4·0

y = 4 · (−1)

x=0 b

(4, 270o)

y = −4 P (0, −4)

3. (-2,0o)

x = r cos 0o y = r sen 0o (−2, 0o ) b

x = −2 · 1

A

x = −2

y = −2 · 0 y=0

P (−2, 0)

4. (−3, π)

x = r cos π (−3, π) A b

y = r sen π

x = −3 · (−1) y = −2 · 0 x=3

y=0

P (3, 0)

5. (6, 30o)

b

π (6 ,

/6)

A

x = r cos 30o y = r sen 30o √ 3 1 x=6· y =6· 2 √ 2 x=3 3 y=3 √ P (3 3, 3)

6. (5, 300o)

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

369

Geometr´ıa Anal´ıtica

x = r cos 300o y = r sen 300o √ 1 3 x=5· y =5· 2 √2 −5 3 5 x= y= 2 2 √ 5 −5 3 P( , ) 2 2

A

(5 , b

5π /3)

Ejercicio 8.19. r = 2 + 2 cos θ Soluci´ on. Verificando la simetr´ıa a) Con el eje polar: θ por −θ r = 2 + 2 cos θ r = [2 + 2 cos(−θ)] r = 2 + 2 cos θ ∗ Las ecuaciones son iguales ∴ Si tiene simetr´ıa con el eje polar b) Con la recta θ = π2 : θ por π − θ r = 2 + 2 cos θ r = [2 + 2 cos(π − θ)]

r = [2 + 2(cos π · cos θ + sen π sen θ)] r = 2 + 2[(−1) cos θ] r = 2 − 2 cos θ ∗ Las ecuaciones no son iguales ∴ No tiene simetr´ıa con la recta θ =

π 2

c) Con el polo: r por −r r = 2 + 2 cos θ −r = 2 + 2 cos θ

r = −2 − 2 cos θ

r = −(2 + 2 cos θ) ∗ Las ecuaciones son distintas ∴ No tiene simetr´ıa con el eje polar Tabulamos

José Namuche

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Geometr´ıa Anal´ıtica

θ 0o 30o 60o 90o 120o 150o 180o r 4 3,7 3 2 1 0,3 0 ∗ Como tiene simetr´ıa con el eje polar tabulamos para θ = 0o a 180o r = 2 + 2 cos θ • Para θ = 0o

• Para θ = 90o r = 2 + 2 cos 0o

r = 2 + 2 cos 90o

r = 2 + 2(1)

r = 2 + 2(0)

r = 4

r = 2

• Para θ = 180o r = 2 + 2 cos 180o r = 2 + 2(−1) r = 0 90

4 60

120 3

150

30

2

1

180

0

330

210

240

300 270

Ejercicio 8.20. r = 1 + sen θ Soluci´ on. a) Con el eje polar: Reemplazamos θ por −θ r = 1 + sen θ r = 1 + sen(−θ) r = 1 − sen θ José Namuche

370

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

∗ Las ecuaciones no son iguales ∴ No tiene simetr´ıa con el eje polar b) Con la recta θ = π2 :Reemplazamos θ por π − θ r = 1 + sen θ r = 1 + sen(π − θ)

r = 1 + sen π cos θ − sen θ cos π r = 1 + [− sen θ(−1)] r = 1 + sen θ ∗ Las ecuaciones son iguales ∴ Si tiene simetr´ıa con la recta θ =

π 2

c) Con el polo: Reemplazamos r por −r r = 1 + sen θ −r = 1 + sen θ

r = −1 − sen θ

r = −(1 + sen θ) ∗ Las ecuaciones no son iguales ∴ No tiene simetr´ıa con el polo Tabulamos θ 0o 30o 60o 90o 120o 150o 180o r 1 1,5 1,8 2 1,8 1,5 0 Asignamos valores a “θ” X Para θ = 0o r = 1 + sen θ r = 1 + sen(0o ) r = 1+0 r = 1 X Para θ = 30o r = 1 + sen θ r = 1 + sen(30o ) r = 1+

1 2

r = 1·5 José Namuche

371

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica X Para θ = 45o r = 1 + sen θ r = 1 + sen(45o ) r = 1 + 0,7 r = 1,7 X Para θ = 60o r = 1 + sen θ r = 1 + sen(60o ) √ 3 r = 1+ 2 r = 1,8 X Para θ = 90o r = 1 + sen θ r = 1 + sen(90o ) r = 1+1 r = 2 X Para θ = 120o r = 1 + sen θ r = 1 + sen(120o ) r = 1 + 0,80 r = 1,8 X Para θ = 150o r = 1 + sen θ r = 1 + sen(150o ) r = 1 + 0,5 r = 1,5 X Para θ = 180o r = 1 + sen θ r = 1 + sen(180o ) r = 1+0 r = 1

José Namuche

372

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

90

2

120

60 1.5

150

30

1

0.5

180

0

330

210

240

300 270

Ejercicio 8.21. r = 2 + sen θ Soluci´ on. a) Con el eje polar: Reemplazamos θ por −θ r = 2 + sen θ r = 2 + sen(−θ) r = 2 − sen θ ∗ Las ecuaciones no son iguales ∴ No tiene simetr´ıa con el eje polar b) Con la recta θ = π2 :Reemplazamos θ por π − θ r = 2 + sen θ r = 2 + sen(π − θ)

r = 2 + sen π cos θ − sen θ cos π r = 2 − [−1 sen θ]

r = 2 + sen θ ∗ Las ecuaciones son iguales ∴ Si tiene simetr´ıa con la recta θ =

π 2

c) Con el polo: Reemplazamos r por −r r = 2 + sen θ −r = 2 + sen θ

r = −2 − sen θ

r = −(2 + sen θ) José Namuche

373

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

374

∗ Las ecuaciones no son iguales ∴ No tiene simetr´ıa con el polo

Tabulamos θ 0o 30o 60o 90o −30o −60 −90o r 2 2,5 2,8 3 1,5 1,1 1 Asignamos valores a “θ” ∗ Como la gráfica correspondiente tiene simetr´ıa con la Recta θ = π2 . Asignamos valores a:

−π 2

a

π 2

∗ r = 2 + sen θ Para θ = −90o r = 2 + sen θ r = 1 ∗ r = 2 + sen θ Para θ = 90o r = 2 + sen θ r = 3

90

3

120

60

2 150

30 1

180

0

330

210

240

300 270

Ejercicio 8.22. r = 3 cos 2θ Soluci´ on. Verificando la simetr´ıa

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

a) Con el eje polar: θ por −θ r = 3 cos 2θ r = 3 cos 2(−θ) r = 3 cos 2θ ∗ Las ecuaciones son iguales ∴ Si tiene simetr´ıa con el eje polar b) Con la recta θ = π2 : θ por π − θ r = 3 cos 2θ r = 3[cos(2π − 2θ)]

r = 3[cos 2π cos 2θ − sen 2π sen 2θ r = 3[(1) cos 2θ]

r = 3 cos 2θ ∗ Las ecuaciones son iguales ∴ Si tiene simetr´ıa con la recta θ =

π 2

c) Con el polo: r por −r r = 3 cos 2θ −r = 3 cos 2θ

r = −3 cos 2θ

∗ Las ecuaciones no son iguales ∴ No tiene simetr´ıa con el polo

Tabulamos θ 0o 30o 60o 90o 120 150 180o r 3 1,5 −1,5 −3 −1,5 1,5 3 ∗ Como tiene simetr´ıa con ele eje polar y con la recta θ =

π 2

tabulamos para θ = 90o a 180o

r = 3 cos 3θ • Para θ = −90o r = 3 cos 2(−90o ) r = 3(−1) r = −3 José Namuche

375

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica • Para θ = 0o r = 3 cos 2(0o ) r = 3(1) r = 3 • Para θ = 90o r = 3 cos 2(90o ) r = 3(−1) r = −3 • Para θ = 180o r = 3 cos 2(180o ) r = 3(1) r = 3 90

3 60

120

2 150

30 1

180

0

330

210

240

300 270

Ejercicio 8.23. r 2 = 9 cos 2θ Soluci´ on. Verificando la simetr´ıa a) Con el eje polar: θ por −θ r 2 = 9 cos 2θ r 2 = 9 cos 2(−θ) r 2 = 9 cos 2θ ∗ Las ecuaciones son iguales ∴ Si tiene simetr´ıa con el eje polar

José Namuche

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Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica b) Con la recta θ = π2 : θ por π − θ r 2 = 9 cos 2θ r 2 = 9[cos(2π − 2θ)]

r 2 = 9[cos 2π cos 2θ − sen 2π sen 2θ r 2 = [9(1) cos 2θ] r 2 = 9 cos 2θ ∗ Las ecuaciones son iguales ∴ Si tiene simetr´ıa con la recta θ =

π 2

c) Con el polo: r por −r r 2 = 9 cos 2θ −r 2 = 9 cos 2θ

r 2 = −9 cos 2θ

∗ Las ecuaciones no son iguales ∴ No tiene simetr´ıa Tabulamos θ 0o 90o 180 270 360o r 3 −3 3 −3 3

∗ Como tiene simetr´ıa con el eje polar y con la recta θ = Haciendo:

π 2

tabulamos para θ = 0o a 360o

θ = 45o r 2 = 9 cos 2(45o ) r 2 = 9(0) r = 0 θ = 30o r = 9 cos 2(30o ) r = 3(1) r = 3 θ = 60o r = 9 cos 2(60o ) r = E

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Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

90

3

120

60

2 150

30 1

180

0

330

210

240

300 270

Ejercicio 8.24. r = sen 2θ a) Con el eje polar: θ por −θ r 2 = sen 2θ r 2 = sen 2(−θ) r 2 = − sen 2θ ∗ Las ecuaciones no son iguales ∴ No tiene simetr´ıa con el eje polar b) Con la recta θ = π2 :Reemplazamos θ por π − θ r 2 = sen 2θ r 2 = sen 2(π − θ)

r 2 = sen 2π cos 2θ − cos 2π cos 2θ r 2 = [−(−1) sen θ]

r 2 = sen 2θ ∗ Las ecuaciones son iguales ∴ Si tiene simetr´ıa con la recta θ =

π 2

c) Con el polo: Reemplazamos r por −r r 2 = sen 2θ −r 2 = sen 2θ

r 2 = − sen 2θ

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378

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Geometr´ıa Anal´ıtica

∗ Las ecuaciones son distintas ∴ No tiene simetr´ıa con el polo Tabulamos θ −90o 0 45o 90 225o r 0 0 1 0 1 ∗ Como tiene simetr´ıa con la recta θ =

π 2

tabulamos para θ =

π 2

a θ = − π2

X Para θ = −60o r = sen 2(−60o ) r = −0 · 9 X Para θ = −30o r 2 = sen 2(30o) r 2 = −0 · 9 X Para θ = 60o r 2 = sen 2(60o) r2 = 0 · 9 X Para θ = 30o r 2 = 1 + sen(30o ) r2 = 0 · 9 90 1 60

120 0.8 0.6 150

30 0.4 0.2

180

0

330

210

240

300 270

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379

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380

Geometr´ıa Anal´ıtica

8.9 Ejercicios Propuestos I. Expresar en coordenadas polares los siguientes puntos dados en coordenadas rectangulares 1. P ( 32 , − 32 ) √ 2. P (1, − 3)

√ 3. P (− 3, 1) √ √ 4. P ( 8, 2)

5. P (−8, 8) √ 6. (4, 4 3)

II. Expresar en coordenadas rectangulares los siguientes puntos dados en coordenadas polares ) 1. P (3, 3π 4 2. P (−2, π) 3. P (4, − 2π ) 3 4. P (−2, − 5π ) 12 5. P (− 12 , − π4 ) 6. P (3, 2) III. Hallar las ecuaciones polares de. 1. y − 5 = 0

R. r sen θ = 5

2. x2 − x2 y 2 − y 4 = 0

R.

3. x2 + y 2 − 4x + 2y = 0

R. r = 2(2 cos θ − sen θ)

4. 6xy = 5

R. 3r 2 sen 2θ = 5

5. y 2 =

x3 2a−x

R. 2a tan θ sen θ = r

6. x2 + y 2 − 2y = 0

R. r = 2 sen θ

7. 3(x − 2)2 + 4y 2 = 16

R. r(2 − cos θ) = 6

8. y 2 − 4x − 4 = 0

R. r(1 − cos θ) = 2

9. 3x2 + 4y 2 − 6x − 9 = 0

R. r 2 (3 + sen2 θ) = 3(2r cos θ − 3)

10. 2xy = a2

R. r 2 sen 2θ = a2

11. 2x2 − y 2 = a2

R. r 2 sen 2θ = a2

IV. Hallar las ecuaciones rectangulares de: 1. r = a sen θ − b cos θ

3. r(1 − cos θ) = 4

2. r 2 = a2 cos θ

4. r(2 − cos θ) = 3

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381

Geometr´ıa Anal´ıtica 5. r(1 − 2 cos θ) = 4

R. y 2 = θ(x + 2)

6. r = a(1 − cos θ)

R. 3x2 + 4y 2 − 6x − 9 = 0

7. r 2 cos 2θ = 3

R. 3x2 − y 2 + 16x + 16 = 0

8. r = 2 cos 2θ

R. (x2 + y 2 − ax) = a2 (x2 + y 2)

9. r sen 2θ = 4

R. x2 − y 2 = 3

10. r = a sec θ + b

R. (x2 + y 2 ) = 2(x2 − y 2 )

11. r sen2 θ = 4 cos θ

V.

R. x2 y 2 = 4(x2 + y 2 )

12. r = sen 2θ

R. (x − a)2 (x2 + y 2) = b2 x2

R. x2 + y 2 + bx − ay = 0

R. y 2 = 4x

R. (x2 + y 2 )2 = a2 (x2 − y 2 )

R. (x2 + y 2 )3 = 4x2 y 2

1. Demostrar que el area del triángulo de vertices (r1 , θ1 ), (r2 , θ2 ), (r3, θ3 ) esta dado por: sen(θ2 − θ1 ) sen(θ3 − θ2 ) sen(θ1 − θ3 ) 1 r1 r2 r3 + + 2 r3 r1 r2 2. Hallar la longitud de los lados y el area del triángulo de vertices a) (1, p π/3), (2, π/6) y (3, π/6) √ √ √ √ R. 5 − 2 3, 7, 10, 12 (3 3 − 2)

b) (2, π/8), 3π/8) 7π/8) p (4, √ py (−1, √ √ √ R. 2 5 − 2 2, 5 − 2 2, 17, 12 (5 2 − 4)

3. Demostrar que el ángulo entre las rectas r cos(θ − ω) = P y r cos(θ − ω ′ ) = P ′ es ω − ω′ 4. Hallar la ecuación de la recta que pasa por los puntos A(r1 , θ1 ) y B(r2 , θ2 ). (Sug. considerar un punto P (r, θ) cualquiera de las rectas y las areas d los triángulos OAB, OBP y OP A) 1) =0 R. sen(θr13−θ2 ) + sen(θr12 −θ) + sen(θ−θ r2 5. Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto (r1 , θ1 ) y es perpendicular a la recta r cos(θ − ω) = p R. r sen(θ − ω) = r1 sen(θ1 − ω) 6. Si C (c, 0) son las coordenadas polares del centro de una circunferencia de radio a, demostrar que r = 2a cos(θ − α) es la ecuación de la circunferencia que pasa por el polo. 7. p es un punto cualquiera de la circunferencia r 2 − 2rc cos(θ − 0) + c2 − a2 = 0. Si O es el polo y Q un punto sobre CP de manera que:

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382

Geometr´ıa Anal´ıtica i)

OP OQ

=k

ii) OP OQ = d2 Hallar la ecuación del lugar geométrico describe por Ω, en cada codo i) k 2 r 2 − 2ckr cos(θ − α) + c2 − a2 = 0

R.

ii)(c2 − a2 )r 2 − 2cd2 r cos(θ − α) + d4 = 0 8. Si el foco de una crónica (parábola, elipse o hipérbola) está en el polo y la bisectriz de la cónica es una recta perpendicular al eje polar que está a una distancia de 2p, p > 0, la ecuación de la cónica está dada por r=

2ep , e es la excentricidad cónica 1 ± e cos θ

(8.7)

(la cónica es una elipse si 0 < e < 1, una parábola si e = 1y una hipérbola si e > 1). Si la directriz está a la izquierda del polo el signo de (8.7) es −; si la directriz está a la derecha del signo de (8.7) es +. Si el foco se mantiene en el polo y la directriz es paralela al eje polar, la ecuación de la cónica está dada por: r=

2ep 1 ± e sen θ

(8.8)

Si la directriz está debajo del eje polar el signo de (8.8) es − si la directriz está sobre el eje polar el signo es +. a) Hallar la ecuación de la elipse con foco en el polo, excentricidad e = perpendicular al eje polar en el polo (−4, 0) R.r =

1 2

y directriz

4 2 − cos θ

b) Hallar la ecuación d la parábola con foco en el polo y directriz perpendicular al eje polar en el punto (−3, 0) R.r =

3 1 − cos θ

c) Describir y graficar la curva cuya ecuación es r =

16 5+3 sen θ

R. elipse

VI. Discutir y trazar la gráfica de cada una de las ecuaciones siguientes 1. r = 5 sen θ + 4 cos θ 2. r sen θ = 4 3. r cos θ = 6 4. r 2 sen 2θ = 16 5. r 2 = 16 sen 2θ

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383

Geometr´ıa Anal´ıtica 6. r(2 − cos θ) = 4 7. r(1 + sen θ) = θ 8. r(1 − 2 cos θ) = 4, hipérbola 9. r 2 cos2 θ = a sen θ 10. r = 2a tan θ sen θ, cisoide 11. r = a sen2

θ 2

12. r = a sen3

θ 3

13. r = aθ, espiral de Arqu´ımedes 14. r = eaθ , espiral logar´ıtmica 15. r = a(1 + cos θ), cardioide 16. r = a(1 − cos θ), cardioide 17. r 2 = a2 sen 2θ, lemniscata 18. r 2 = a2 cos 2θ, lemniscata 19. r = 4 cos 3θ, rosa de 3 pétalos 20. r = a sen 3θ, rosa de 3 pétalos 21. r = a sen 2θ, rosa de 4 pétalos 22. r = a cos 2θ, rosa de 4 pétalos 23. r = a sen 4θ, rosa de 8 pétalos 24. r = a cos 4θ, rosa de 8 pétalos 25. r = a sen 5θ, rosa de 5 pétalos 26. r = a cos 5θ, rosa de 5 pétalos 27. r = a(2 + cos θ), caracol de Pascal 28. r = a(1 − 2 cos θ), caracol de Pascal 29. r = 2 + 3 sen 2θ 30. r 2 − 4r + 3 + 2 cos θ = 0 31. |r| = 3 cos 2θ, θ ∈ [0, π] 32. |r| = −3 cos 2θ, θ ∈ [0, π] VII. 1. Determinar la condición para que la curva sea simétrica respecto al eje π/4 2. Determinar la condición para que la recta sea simétrica respecto al eje π/3 VIII. Hallar los puntos de intersección de los siguientes pares de curvas 1. r sen θ = 2a, r cos(θ π6 ) = a José Namuche

R.(2a, π/2)

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Geometr´ıa Anal´ıtica

384 √ √ ) R.(2 2, π4 ); (2 2, 3π 4

2. r = 2 csc θ, r = 4 sen θ 3. r = a, r = 2a cos 2θ 4. r = a(1 − cos θ), r = a cos θR.( a2 , π3 ), ( a2 , − π3 ) y el polo 5. 3r = a cos θ, r(1 + cos θ) = 1

2 π R.( , ± ) 3 3

6. r = 4 tan θ sen θ, r = 4 cos θ 7. r 2 sen 2θ = θ, r cos θ = 2 8. r = 1 + cos θ, 2r = 3 9. r = 12 sec2 2θ , r = 2 10. r = 1 + cos θ, 2r(1 − cos θ) = 1 11. 3r = 4 cos θ, r cos2

θ 2

=

1 2

12. r cos θ = 4, r = 10 sen θ 13. r = a(1 + sen θ), r = a(1 − sen θ) 14. r = 3 + cos 4θ, r = 2 − cos 4θ 15. r = 2 + cos 2θ, r = 2 + sen θ IX. Hallar el ángulo β, α, el valor de la pendiente de la tangente para las siguientes curvas en los puntos dados. Trazar la gráfica de la curva. 1. r = 4(1 + sen θ); P (4, 0) 2. r 2 = a2 (cos 2θ); P ( √a2 , π6 )

R. β = π4 , α =

3π 4

R. β =

5π 6

3. r(1 + sen θ) = 4; P1 (2, π2 ), P2 (4, π) 4. r = 4 sen 3θ; P (4, π6 ) 5. r = a sen θ; θ = π6 , 2π 3 6. r = a sen 2θ; P1 (

√ 3a π , 6 ), 2

P2 (0, π2 )

7. r = a(1 − sen θ), P (a, π) 8. r = a sec2 θ, P (2a, π4 ) X Hallar el ángulo de intersección entre las curvas siguientes, en los puntos que se indican. 1. r = a cos θ, r = a sen θ; en P (

√

2a π , 4) 2

2. r = 4 cos θ, r = 4 cos2 θ − 3; en P (−2, 2π ) 3

R.

π 2

R.

π 2

3. r = a, r = 2a sen a; en P (a, π6 ) 4. r = −a sen θ, r = cos θ; en el polo

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385

Geometr´ıa Anal´ıtica XI Hallar los ángulos de intersección de las curvas siguientes: 1. 2r = 3, r = 1 + cos θ

R.

π 6

2. 3r = 10, r(2 − sen θ) = 5

R.

π 3

R. 0◦ en el polo,

3. r = 1 − sen θ, r = 1 + sen θ 4. r = cos θ, r = sen 2θ

R. 0◦ en (0, π2 ); en

√ ( 22 , π6 )

π 2

en (1, π);

y en (−

√

2 5π , 6 ), 2

3π 2

en (1, 0)

79o 6′ aprox.

5. r 2 sen 2θ = 4, r 2 = 16 sen 2θ 6. r(1 − cos θ) = 4, r(2 + cos θ) = 20 7. r = 3(1 − cos θ), r = 3 cos θ

√ R. en el polo, 0o ; en los otros puntos, arctg 3 3

8. r = a cos θ; r = −a sen 2θ 9. r = sec θ, r sen 2θ = 2

R. Las curvas no se cortan

XII En los ejercicios 1 al 4, demostrar, que las siguientes curvas se cortan en ángulo recto. 1. r(1 + cos θ) = a, r(1 − cos θ) = b 2. r = a(1 + cos θ), r = a(1 − cos θ) 3. r = 2a cos θ, r = 2b sen θ 4. r = 4 cos(θ − π3 ), r 2 − 6r cos θ + 6 = 0 5. Hallar la condición para que las circunferencias r 2 − 2cr cos(θ − α) + c2 − a2 = 0 y r 2 + 2c′ r cos(θ − α′ ) + c′2 − a′2 = 0 se cortan ortogonalmente. R. 2 ′2 ′ ′ 2 ′2 c + c − 2cc cos(α − α ) = a + a 6. Demostrar que: r cos(θ−w) = a+c cos(α−w) es tangente a la circunferencia r 2 −2cr cos(θ−α)+c2 −a2 = 0 7. Hallar las coordenadas polares de los centros y los radios de las circunferencias r = 4 cos(θ − 2π ) y r 2 − 2r cos θ − 2 = 0. 3 Probar además, que las circunferencias se cortan ortogonalmente. (Dos circunferencias se cortan ortogonalmente si la suma de los cuadrados de sus radios es igual al cuadrado de la distancia entre sus centros).

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Cap´ıtulo 9 Superficies Cuadráticas

9.1 Introducci´ on Anal´ıticamente la ecuación F (x, y) = 0, representa un lugar geométrico en el plano xy, y en el espacio tridimensional la ecuación rectangular en tras variables, estará dada por F (x, y, z) = 0 As´ı también se sabe que plano representa anal´ıticamente por u ´ nica ecuación lineal de la forma P : Ax + By + Cz + D = 0 Definici´ on 9.1. Llamaremos superficie al conjunto de puntos P = (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen una sola ecuación de la forma F (x, y, z) Sin embargo la ecuación de una superficie puede contener solamente una o dos variables Ejemplo 9.1. La ecuación x = k, k =cte representa un plano paralelo al plano yz

386

Geometr´ıa Anal´ıtica

387

10 z

5 -10

-10

-5

10

-5

0 00 5

5

x -5

y

10

-10

De igual manera la ecuación x2 +y 2 = 4 considerado en el espacio represente una cilindro circular recto

10 z -3

-2

3

-1 1

2 x

5

0 00 -5

-2

-1 1

2 y

-3

3

-10

Toda ecuación de la forma F (x, y, z) = 0, no necesariamente representa unas superficie; por ejemplo la ecuación x2 + y 2 + z 2 + 9 = 0, no representa ning´ un lugar geométrico. 2 2 2 Además la ecuación: x + y + z = 0 está constituido por una solución real el origen (0, 0, 0)

9.2 Superficies Cu´ adricas Llamaremos superficies cuádricas a todo ecuación de segundo grado en las variables x, y, z que tiene la forma Ax2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz + Gx + Hy + Kz + L = 0 donde A, B, C, D, E, F , G, H, K son constantes, y por lo menos una es diferente de cero

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388

Geometr´ıa Anal´ıtica

9.2.1 Discusi´ on de la Gr´ afica de la Ecuaci´ on de una Superficie 1o Intersecci´ on con los Ejes Coordenados a) Con el eje X: la ecuación F (x, y, z) = 0 se hace y = z = 0 F (x, 0, 0) = 0 b) Con el eje Y : la ecuación F (x, y, z) = 0 se hace x = z = 0 F (0, y, 0) = 0 c) Con el eje Z: la ecuación F (x, y, z) = 0 se hace x = y = 0 F (0, 0, z) = 0 2o Trazos sobre los Planos Coordenados Es la curva de intersección de la superficie F (x, y, z) = 0 con cada uno de los planos coordenados. Los trazos sobre los planos coordenados se obtienen de la forma siguiente: a) La traza sobre el plano XY : En la ecuación F (x, y, z) = 0 se hace z = 0, es decir F (x, y, 0) = 0 b) La traza sobre el plano Y Z: En la ecuación F (x, y, z) = 0 se hace x = 0, es decir F (0, y, z) = 0 c) La traza sobre el plano XZ: En la ecuación F (x, y, z) = 0 se hace y = 0, es decir F (x, 0, z) = 0 3o Simetr´ıas respecto a los Planos Coordenadas, Ejes Coordenados y el Origen a) Existe Simetr´ıa respecto al: - Plano XY , si F (x, y, z) = F (x, y, −z) - Plano Y Z, si F (x, y, z) = F (−x, y, z)

- Plano XZ, si F (x, y, z) = F (x, −y, z) b) Existe Simetr´ıa respecto al: 1) Eje X, si F (x, y, z) = F (x, −y, −z) 2) Eje Y , si F (x, y, z) = F (−x, y, −z)

3) Eje Z, si F (x, y, z) = F (−x, −y, z)

c) Con respecto al Origen: si F (x, y, z) = F (−x, −y, −z)

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389

Geometr´ıa Anal´ıtica

4o Secciones Transversales ´ o Secciones Paralelas a los Planos Coordenados Es la curva de intersección de la superficie con los planos paralelos a los planos coordenados. Las secciones transversales se obtienen de a) Sobre el plano XY : se hace z = k, es decir F (x, y, k) = 0 b) Sobre el plano XZ: se hace y = k, es decir F (x, k, k) = 0 c) Sobre el plano Y Z: se hace x = k, es decir F (k, y, k) = 0 5o Extensi´ on de la Superficie Consiste en determinar el dominio de las ecuación x, y, z = 0 6o Construcci´ on de la Superficie Con la discusión de la ecuación de una superficie se construye la gráfica

9.3 Estudio de las Superficies Cuadr´ aticas

9.3.1 Elipsoide Es el lugar geométrico de todos los puntos f (x, y, z) de R3 que satisfacen a la ecuación de la x2 y 2 z 2 forma 2 + 2 + 2 = 1, a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0, a 6= b, a 6= c ó b 6= c a b c a) Intersecciones con los Ejes Coordenados - Con el eje X, se hace y = z = 0, x = ±a, A1 = (a, 0, 0), A2 = (−a, 0, 0) - Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = ±b, B1 = (0, b, 0), B2 = (0, −b, 0) - Con el eje Z, se hace x = y = 0, z = ±c, C1 = (0, 0, c), C2 = (0, 0, −c) b) Los Trazos sobre los Planos Coordenados a) La traza sobre el plano XY , se hace z = 0 x2 y 2 + 2 = 1, es una elipse en el plano XY a2 b b) La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0 x2 z 2 + 2 = 1, es una elipse en el plano XZ a2 c c) La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0 y2 z2 + 2 = 1, es una elipse en el plano Y Z b2 c

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

390

Geometr´ıa Anal´ıtica c) Simetr´ıas con Respecto al Origen, Ejes y Planos Coordenados x2 y 2 z 2 Sea E = 2 + 2 + 2 = 1 a b c a) Con respecto al eje X, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (x, −y, −z) ∈ E b) Con respecto al eje Y , ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (−x, y, −z) ∈ E c) Con respecto al eje Z, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (−x, −y, z) ∈ E d ) Con respecto al origen, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (−x, −y, −z) ∈ E e) Con respecto al plano, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (x, y, −z) ∈ E f ) Con respecto al plano, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (x, −y, z) ∈ E g) Con respecto al plano, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (−x, y, z) ∈ E

d) Las secciones Paralelas a los Planos Coordenados x2 y2 z2 Los planos z = k, corta la superficie de la curva 2 + 2 = 1 − 2 , que es una familia de a b c elipse donde −c ≤ k ≤ c q x2 y 2 z 2 2 2 e) Extensión de la superficie de 2 + 2 + 2 = 1 se tiene z = |c| 1 − xa2 − yb2 de donde a b c x2 y 2 + 2 ≤1 a2 b

10

z

-15

-10

-5

5 -15 0 -5-10 0 0 5 5 10 10 15 y -5 x

15

-10

9.3.2 La Esfera ES el lugar geométrico de todos los puntos P = (x, y, z) que equidistan de un punto fijo, la distancia constante se llama radio y el punto fijo centro.

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

391

Geometr´ıa Anal´ıtica

y2 z2 x2 + + = 1, se tiene a = b = c = R 6= 0 el elipsoide se a2 b2 c2 2 2 2 2 transforma en x + y + z )R , que es la ecuación de la esfera de radio R y centro el origen de coordenadas

Si la ecuación del elipsoide:

a) Intersecci´ on con los Ejes Coordenados - Con el eje X, se hace y = z = 0, x = ±R, A1 (R, 0, 0), A2 (−R, 0, 0) - Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = ±R, A1 (0, R, 0), A2 (0, −R, 0) - Con el eje Z, se hace x = y = 0, z = ±R, A1 (0, 0, R), A2 (0, 0, −R) b) Las Trazas sobre Planos Coordenados - La traza sobre el plano XY , se hace z = 0 x2 + y 2 = R2 , es una circunferencia en el plano XY - La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0 x2 + z 2 = R2 , es una circunferencia en el plano XZ - La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0 y 2 + z 2 = R2 , es una circunferencia en el plano Y Z

9.3.3 Simetr´ıas con respecto al Origen, Ejes y Planos Coordenados La ecuación de la esfera x2 + y 2 + z 2 = R2 es simétrica con respecto al plano coordenado XY , es decir z = k se tiene x2 + y 2 = R2 − k 2 , −R ≤ k ≤ R la cual es una familia de circunferencias

10 z

5 -10

-10 -5

0 00

5

5 10

x

-5

-5

y

10

-10

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

392

Geometr´ıa Anal´ıtica

Definici´ on 9.2. La ecuación de la superficie esférica de centro en el punto C(h, k, l) y de radio la constante R > 0 es: (x − h)2 + (y − k) + (z − l)2 = R2 a lo cual se le conoce con el nombre de la forma ordinaria de la ecuación de la esfera, si desarrollamos la ecuación se obtiene: x2 − 2xh + h2 + y 2 − 2ky + k 2 + z 2 − 2zl + l2 = R2 x2 + y 2 + z 2 − 2xh − 2ky − 2zl + h2 + k 2 + l2 = R2

x2 + y 2 + z 2 − 2xh − 2ky − zl + h2 + k 2 + l2 − R2 = 0 de donde x2 + y 2 + z 2 + Ax + Ay + Az + D = 0

Luego la superficie esférica queda determinada por cuatro puntos no coplanares

9.3.4 Paraboloide El´ıptico Es el lugar geométrico de todos los puntos P (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen a la ecuación de la x2 y 2 forma 2 + 2 = z, donde a 6= 0, b 6= 0, a 6= b. a b Graficando el paraboloide el´ıptico se tiene: a) Intersecci´ on con los Ejes Coordenados - Con el eje X, se hace y = z = 0 ⇒ x = 0 ⇒ A = (0, 0, 0) - Con el eje Y , se hace x = z = 0 ⇒ y = 0 ⇒ B = (0, 0, 0) - Con el eje Z, se hace x = y = 0 ⇒ z = 0 ⇒ C = (0, 0, 0) b) Las Trazas sobre los Planos Coordenados - La traza sobre el plano XY , se hace z = 0 x2 y 2 + 2 = 0 que representa un punto P = (0, 0, 0) a2 b - Se traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0 y2 = z que representa una parábola en el plano Y Z b2 - Se traza sobre el plano XZ, se hace y = 0 x2 = z que representa una parábola en el plano XZ a2 c) Simetr´ıas respecto a los Planos Coordenados, Ejes Coordenados y al Origen - Con respecto al origen ∄ pues (−x, −y, −z) ∈ / PE - Con respecto al eje X, ∄ pues (x, −y, −z) ∈ / PE - Con respecto al eje Y , ∄ pues (−x, y, −z) ∈ / PE José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

393

Geometr´ıa Anal´ıtica - Con respecto al eje Z, ∃ pues (−x, −y, z) ∈ PE

- Con respecto al plano XY , ∄ pues (x, y, −z) ∈ PE - Con respecto al plano XZ, ∃ pues (x, −y, z) ∈ PE - Con respecto al plano Y Z, ∃ pues (−x, y, z) ∈ PE d) Secciones Paralelas a los Planos Coordenados Las secciones paralelas las tomaremos con respecto al plano XY , la cual se tiene z = k que x2 y 2 corta a la superficie en la curva 2 + 2 = k que representa una familia de elipses a b e) Extensi´ on de la Superficie x2 y 2 f (x, y) = z = 2 + 2 = k, definido ∀ (x, y) ∈ R2 a b

10 z

5-10 -5

-10

-5 x

5 10

00 0 -5

5

10

y

-10

f) Otras Variantes

10

z

10

5 -10

5

-5 -10

-5

x

00 0

z

-10

-10 -5

5

5

10 -5

y

10

5 10

x

-5

0 00 5 -5

y

10

-10

-10

x2 z 2 + 2 =y a2 b

y2 z2 + =x a2 b2

Ejemplo 9.2. Discutir y graficar la superficie cuya ecuación es dada por: x2 + y 2 − 4z = 0 Soluci´ on. a) Intersecciones con los Ejes Coordenados - Con el eje X: se hace y = z = 0; x = 0

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

394

- Con el eje Y : se hace x = z = 0; y = 0 - Con el eje Z: se hace x = y = 0; z = 0 b) Las trazas sobre los Planos Coordenados - Sobre el plano XY , se hace z = 0, x2 + y 2 = 0 es un punto (0, 0) - Sobre el plano XY , se hace y = 0, 4z = x2 es una parábola - Sobre el plano XY , se hace x = 0, 4z = y 2 es una parábola c) Simetr´ıa - En el origen ∄ - En los ejes coordenados, el eje X ∄, el eje Y ∃, eje Z ∃ - En los planos coordenados, plano XY ∃, plano XZ ∃, plano Y Z ∃ d) Secciones Transversales - En el plano XY , se hace z = k x2 + y 2 = 4k familia de las circunferencias

9.4 Hiperboloide de una Hoja Es el lugar geométrico de todos los puntos P = (x, y, z) ∈ R3 tal que satisfacen la ecuación: x2 y 2 z 2 + 2 − 2 = 1, donde a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0 a2 b c

9.4.1 Gr´ afica del Hiperboloide de una Hoja a) Intersecciones con los Ejes Coordenados - Con el eje X, se hace y = z = 0, x = ±a, A1 = (a, 0, 0), A2 = (−a, 0, 0) - Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = ±b, B1 = (0, b, 0), A2 = (0, −b, 0) - Con el eje Z, se hace x = y = 0, z 2 = −c2 , ∄ b) Las Trazas sobre los Planos Coordenados - La traza sobre el plano XY , se hace z = 0 donde

José Namuche

Enrique Reyes

x2 y 2 + 2 = 1 es una elipse a2 b Carlos Vel´ asquez

395

Geometr´ıa Anal´ıtica x2 z 2 − 2 = 1 es una hipérbola a2 c 2 y z2 - La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0 donde 2 − 2 = 1 es una hipérbola b c

- La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0 donde

c) Simetr´ıas - Con respecto al origen, existe simetr´ıa - Con respecto a los ejes coordenados existe simetr´ıa - Con respecto a los planos coordenados existe d) Secciones Transversales ´ o Secciones Paralelas a los Planos Coordenados k2 x2 y 2 - Los planos z = k, corta a la superficie en la curva 2 + 2 = 1 + 2 , donde es una familia a b c de la elipse k2 b2 − k 2 x2 z 2 , −b < k < b - Los planos y = k, corta a la superficie en la curva 2 − 2 = 1 − 2 = a c b b2 la cual es una familia de hipérbolas - Los planos x = k, corta a la superficie en la curva x2 y 2 z 2 + 2 − 2 = 1 a2 b c y2 z2 k2 − = 1 − b2 c2 a2 2 2 2 y z a − k2 − = , b2 c2 a2

−a < k < a

Que es una familia de hipérbolas

10

z 5

-10

-5 10

5

0 0

x -5

-5

-10 5

10

y

-10

e) Otras Variantes

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

396

Geometr´ıa Anal´ıtica

10

10

5

5

z

-10

-10 -10

-5 5 10

0 00

x -5

-5

-5 5

z -10

5

10

10

y

x

-5

0 00 5 -5

y

10

-10

-10

x2 y 2 z 2 − 2 + 2 =1 a2 b c

−

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c

9.5 Hiperboloide de dos Hojas Es el lugar geométrico de todos los puntos P = (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen a la ecuación x2 y 2 z 2 − 2 − 2 = 1, donde a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0 a2 b c

9.5.1 Discusi´ on de la Gr´ afica a) Intersecci´ on con los Ejes Coordenados - Con el eje X, se hace y = z = 0, x = ±a, A1 = (a, 0, 0), A2 = (−a, 0, 0) √ - Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = ± −b2 , ∄ √ - Con el eje Z, se hace x = y = 0, z 2 = ± −c2 , ∄ b) Las Trazas sobre los Planos Coordenados x2 y 2 − 2 = 1 es una hipérbola a2 b 2 x z2 - La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0 donde 2 − 2 = 1 es una hipérbola a c 2 y z2 - La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0 donde − 2 − 2 = 1 ∄ b c

- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0 donde

c) Simetr´ıas - Con respecto al origen, existe simetr´ıa

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

397

- Con respecto a los ejes coordenados, existe simetr´ıa - Con respecto a los planos coordenados existe d) Secciones Transversales ´ o Secciones Paralelas a los Planos Coordenados k2 x2 y 2 - Los planos z = k, corta a la superficie, dando la curva 2 − 2 = 1 + 2 , que es una familia a b c de hipérbolas x2 z 2 k2 - Los planos y = k, corta a la superficie dando la curva 2 − 2 = 1 + 2 , que es una familia a c b de hipérbolas k 2 − a2 x2 z 2 - Los planos x = k, corta a la superficie dando la curva 2 + 2 = donde −a < k < a a c a2 que es una familia de elipses

10

5

z

-10

-10 -5 5

10

x

-5

0 00 5 -5

y

10

-10

e) Otras Formas

10 10 z

-10

5

-5 10

5

0 00

x -5

-10 5 -5

z

-5

-10 5

-10 10

y

-5 x 10

00 0 5 -5

5 y

10

-10 -10

x2 y 2 z 2 − 2 − 2 + 2 =1 a b c

José Namuche

x2 y 2 z 2 − 2 + 2 − 2 =1 a b c

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

398

Geometr´ıa Anal´ıtica

9.6 Paraboloide Hiperb´ olico Es el lugar geométrico de todos los puntos P (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen la ecuación de la siguiente forma: y 2 x2 z − = b2 a2 c donde a y b son positivos y c 6= 0

9.6.1 Discusi´ on de la Gr´ afica: El Paraboloide Hiperb´ olico para su Caso c > 0 a) Intersecci´ on con los Ejes Coordenados - Con el eje X, se hace y = z = 0, x = 0, A = (0, 0, 0) - Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = 0, B = (0, 0, 0) - Con el eje Z, se hace x = y = 0, z = 0, C = (0, 0, 0) b) Las Trazas sobre los Planos Coordenados y2 x2 b = , y = ± x son rectas 2 2 b a a c 2 - La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0, z = − 2 x , parábola a c 2 - La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0, z = 2 y , parábola b

- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0,

c) Simetr´ıas - Con respecto al origen, ∄ - Con respecto a los ejes coordenados, con el eje z ∃ en los demás ejes ∄ - Con respecto a los planos coordenados ∄ Pxy , ∃ Pxz , ∃ Pyz

d) Secciones Transversales Paralelas a los Planos Coordenados y 2 x2 k − 2 = familia de hipérbolas 2 b a c 2 x z k2 - Al plano XZ, se hace y = k, − 2 = − 2 familia de parábolas a c b y2 z k2 - Al plano Y Z, se hace x = k, 2 = + 2 familia de parábolas b c a

- Al plano XY , se hace z = k,

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

399

Geometr´ıa Anal´ıtica

10 z

-10

-10

5 -5

-5 00 0 x 10

y 5 10

5 -5 -10

e) Otras Variantes

10

z

10 z

5

-10

-5 5 10

0 00

x -5

-10

-5 5

5

-10 -5

-10

x 10

10

y

-5 5

00 0 -5

5 y

10

-10

-10

x2 z 2 y − = a2 c2 b

y2 z2 x − = b2 c2 a

9.7 Cono El´ıptico Es el lugar geométrico de todos los puntos P (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen la siguiente ecuación x2 y 2 z2 + = , a2 b2 c2

a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0

9.7.1 Discusi´ on de la Gr´ afica

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

a) Intersecci´ on con los Ejes Coordenados - Con el eje X, se hace y = z = 0, x = 0, A = (0, 0, 0) - Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = 0, B = (0, 0, 0) - Con el eje Z, se hace x = y = 0, z = 0, C = (0, 0, 0) b) Las Trazas sobre los Planos Coordenados - La traza sobre el plano XY , se hace z = 0, x = y = 0 ⇒ P (0, 0, 0) representan dos rectas a - La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0, x = ± z representan dos rectas c b - La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0 donde y = ± z dos rectas c c) Simetr´ıas - Con respecto al origen, existe simetr´ıa - Con respecto a los ejes coordenados, existe simetr´ıa - Con respecto a los planos coordenados, existe simetr´ıa d) Secciones Transversales Paralelas a los Planos Coordenados x2 y 2 k2 + = familia de elipses a2 b2 c2 x2 k2 2 - Al plano XZ, se hace y = k, zc2 − 2 = 2 familia de hipérbolas a b 2 2 z y k2 - Al plano Y Z, se hace x = k, 2 − 2 = 2 familia de hipérbolas c b a - Al plano XY , se hace z = k,

e) Otras Variantes

José Namuche

400

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

x2 z 2 y2 + = a2 c2 b2

y2 z2 x2 + = b2 c2 a2

9.8 Ejercicios Resueltos Ejercicio 9.1. Diga cual es la gráfica de la ecuación x2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y + 6z + 5 = 0 Soluci´ on. Agrupando términos y completando cuadrados se tiene x2 − 2x + y 2 + 4y + z 2 + 6z + 5 = 0

(x − 1)2 − 1 + (y + 2)2 − 4 + (z + 3)2 − 9 + 5 = 0

(x − 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 − 14 + 5 = 0 (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 9

Por lo tanto la ecuación será (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 32 es la ecuación de la esfera C : (1, −2, −3); r = 3 Ejercicio 9.2. Diga cual es la gráfica de la ecuación x2 + y 2 + z 2 + 8x − 4y − 4z + 8 = 0 Soluci´ on. Agrupando términos y completando cuadrados se tiene x2 + 8x + y 2 − 4y + z 2 − 4z + 8 = 0

(x + 4)2 − 16 + (y − 2)2 − 4 + (z − 2)2 − 4 + 8 = 0 (x + 4)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 − 16 = 0

(x + 4)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 16

Por lo tanto la ecuación será (x + 4)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 42 es la ecuación de la esfera C : (−4, 2, 2); r = 4

José Namuche

401

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica Ejercicio 9.3. Diga cual es la gráfica de la ecuación x2 + y 2 + z 2 + x + 3y = 0 Soluci´ on. Agrupando términos y completando cuadrados se tiene x2 + x + y 2 + 3y + z 2 2 2 1 3 9 1 − + y+ − + z2 x+ 2 4 2 4 2 2 1 3 10 x+ + y+ + z2 − 2 2 4 2 2 1 3 x+ + y+ + z2 2 2

= 0 = 0 = 0 =

5 2

Por lo tanto la ecuación será r 2 2 2 3 1 5 2 + y+ +z = x+ 2 2 2 q es la ecuación de la esfera C : (− 12 , − 32 , 0); r = 52 =1.6

Ejercicio 9.4. Diga cual es la gráfica de la ecuación x2 + y 2 + z 2 − 8x − 6y + 4z + 29 = 0 Soluci´ on. Agrupando términos y completando cuadrados se tiene x2 − 8x + y 2 − 6y + z 2 + 4z + 29 = 0

(x − 4)2 − 16 + (y − 3)2 − 9 + (z + 2)2 − 4 + 29 = 0 (x − 4)2 + (y − 3)2 + (z + 2)2 = 0

Por lo tanto la ecuación será (x − 4)2 + (y − 3)2 + (z + 2)2 = 0 es un punto C : (4, 3, −2). Ejercicio 9.5. Diga cual es la gráfica de la ecuación x2 + y 2 + z 2 + 2x − 2y − 4z + 7 = 0 Soluci´ on. Agrupando términos y completando cuadrados se tiene x2 + 2x + y 2 − 2y + z 2 − 4z + 7 = 0

(x + 1)2 − 1 + (y − 1)2 − 1 + (z − 2)2 − 4 + 7 = 0 (x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 + 1 = 0

Por lo tanto la ecuación será (x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = −1 no es una ecuación.

José Namuche

402

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

403

Ejercicio 9.6. Obtenga la ecuación del plano P que es tangente en el punto T (6, 2, −3) a la esfera x2 + y 2 + z 2 = 49 −→ − → Soluci´ on. C = (0, 0, 0) , CT // N , N = (6, 2, −3) , S : (x, y, z) Tenemos (S − T )N = 0

[(x, y, z) − (6, 2, −3)](6, 2, −3) = 0

(x − 6, y − 2, z + 3)(6, 2, −3) = 0 6x − 36 + 2y − 4 − 3z − 9 = 0 6x + 2y − 3z − 49 =

La ecuación del plano tangente es: 6x + 2y − 3z = 49 Ejercicio 9.7. Obtenga la ecuación del plano P que es tangente en el punto T (−12, 3, 4) a la esfera x2 + y 2 + z 2 = 169 −→ − → Soluci´ on. C = (0, 0, 0) , CT // N , N = (6, 2, −3) , S : (x, y, z) Tenemos (S − T )N = 0

[(x, y, z) − (−12, 3, 4)](−12, 3, 4) = 0

(x + 12, y − 3, z − 4)(−12, 3, 4) = 0

−12x − 144 + 3y − 9 + 4z − 16 = 0

−12x + 3y + 4z − 169 = 0

La ecuación del plano tangente es: −12x + 3y + 4z = 169 Ejercicio 9.8. Discutir y graficar 9x2 + 4y 2 − 12z = 0 Soluci´ on. 9x2 + 4y 2 = 12z 9x2 4y 2 + = z 12 12 x2 y 2 = z 4 + 3 3

José Namuche

Paraboloide el´ıptico

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

1. Intersecciones con los ejes a) Con el eje “x”. Se hace: y = 0, z = 0; ∴ x = 0

3. Simetr´ıa Tiene solo con: Con el eje “z”

A = (0, 0, 0)

Con el plano “xz”

b) Con el eje “y” Se hace: x = 0, z = 0; ∴ y = 0 B = (0, 0, 0)

Con el plano “yz” 4. Secciones paralelas a los planos

c) Con el eje “z” Se hace: x = 0, y = 0; ∴ z = 0 C = (0, 0, 0) 2. Trazos sobre los planos coordenados a) Sobre “xy”. Se hace: z = 0 x2 4 3

Con el plano “xy”. Se hace: z = k x2 4 3

+

y2 =k 3

familia de elipses +

y2 =0 3

Con el plano “yz” Se hace: x = k

es un punto

y2 k2 =z− 4 3 3

b) Sobre “yz” Se hace: x = 0 y2 =z 3 una parábola sobre yz

familia de parábolas Con el plano “xz” Se hace: y = k

c) Sobre “xz” Se hace: y = 0

x2

2

x

4 3

4 3

=z

=z−

k2 3

familia de parábolas

una parábola sobre xz ∗ Gráfica

José Namuche

404

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

4 2 y

0

-2 -4 4 z 2 0 -2 0 x

Ejercicio 9.9. Discutir y graficar

2

x2 z2 + = 4y 36 25

Soluci´ on. x2 z 2 + 25 = y 9 4

Paraboloide el´ıptico

1. Intersecciones con los ejes

b) Sobre “yz” Se hace: x = 0

a) Con el eje “x”. Se hace: y = 0, z = 0; ∴ x = 0

z2 25 4

A = (0, 0, 0)

=y

es una parábola sobre yz b) Con el eje “y” Se hace: x = 0, z = 0; ∴ y = 0

c) Sobre “xz” Se hace: y = 0

B = (0, 0, 0)

x2 z 2 + 25 = 0 9 4

c) Con el eje “z” Se hace: x = 0, y = 0; ∴ z = 0 C = (0, 0, 0) 2. Trazos sobre los planos coordenados

es un punto 3. Simetr´ıa Tiene solo con: Con el eje “z”

a) Sobre “xy”. Se hace: z = 0

Con el plano “xz” 2

x =y 9 es una parábola sobre xy

José Namuche

405

Con el plano “yz” 4. Secciones paralelas a los planos

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

familia de parábolas

Con el plano “xy”. Se hace: z = k k2 x2 = y − 25 9 4

Con el plano “xz” Se hace: y = k

familia de parábolas x2 z 2 + 25 = k 9 4

Con el plano “yz” Se hace: x = k z2 k2 = y − 25 9 4

familia de elipses

∗ Gráfica y 0

1

2

3-5 -2.5

x 0 2.5 5 4 2 0 z -2 -4

Ejercicio 9.10. Discutir y graficar 4x2 + 9y 2 − z 2 = 36 Soluci´ on.

x2 y 2 z 2 + − =1 9 4 36

hiperboloide de una hoja

1. Intersecciones con los ejes

c) Con el eje “z” Se hace: x = 0, y = 0;

a) Con el eje “x”. Se hace: y = 0, z = 0; ∴

x2 = 9

A1 = (3, 0, 0) ;

⇒

∴ x = ±3

y2 = 4

B1 = (0, 2, 0) ;

José Namuche

−z 2 = 36

⇒

∄

2. Trazos sobre los planos coordenados

A2 = (−3, 0, 0) a) Sobre “xy”. Se hace: z = 0

b) Con el eje “y” Se hace: x = 0, z = 0; ∴

406

⇒

y = ±2

B2 = (0, −2, 0) Enrique Reyes

x2 y 2 + =1 9 4 es una elipse

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

b) Sobre “yz” Se hace: x = 0

Con el plano “xy”. Se hace: z = k

y2 z2 − =1 4 36

k2 x2 y 2 + =1+ 9 4 36

es una hipérbola familia de elipses

c) Sobre “xz” Se hace: y = 0

Con el plano “yz” Se hace: x = k

z2 x2 − =1 9 36

y2 z2 k2 − =1− 4 36 9

es una hipérbola

familia de hipérbolas

3. Simetr´ıa Tiene solo con:

Con el plano “xz” Se hace: y = k

Con el origen Con los planos

x2 z2 k2 − =1− 9 36 4

Con los polos

familia de hipérbolas

4. Secciones paralelas a los planos ∗ Gráfica x y -4 2 -2 0 0 -2

2

4

5

z 0

-5

Ejercicio 9.11. Discutir y graficar 4x2 − 9y 2 + z 2 = 36 Soluci´ on.

José Namuche

407

x2 y 2 z 2 − + =1 9 4 36

hiperboloide de una hoja

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

1. Intersecciones con los ejes

c) Sobre “xz” Se hace: y = 0

a) Con el eje “x”. Se hace: y = 0, z = 0; x2 = 9

∴

⇒

A1 = (3, 0, 0) ;

x2 z 2 + =1 9 36 x = ±3

A2 = (−3, 0, 0)

b) Con el eje “y” Se hace: x = 0, z = 0; ∴

−y 2 = 4

z 2 = 36

C1 = (0, 0, 6) ;

es una Elipse sobre xz 3. Simetr´ıa Tiene solo con: Con el origen

⇒

Con los planos

∄

Con los polos

c) Con el eje “z” Se hace: x = 0, y = 0; ∴

⇒

4. Secciones paralelas a los planos z = ±6

C2 = (0, 0, −6)

2. Trazos sobre los planos coordenados

Con el plano “xy”. Se hace: z = k x2 y 2 k2 − =1− 9 4 36 familia de hipérbolas Con el plano “yz” Se hace: x = k

a) Sobre “xy”. Se hace: z = 0 x2 y 2 − =1 9 4

−

y2 z2 k2 + =1− 4 36 9

familia de hipérbolas

hipérbola sobre “xy”

Con el plano “xz” Se hace: y = k

b) Sobre “yz” Se hace: x = 0

x2 z2 k2 + =1+ 9 36 4

y2 z2 − + =1 4 36

familia de elipses

es una hipérbola sobre yz ∗ Gráfica

José Namuche

408

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

y 0 -2 -4

2

4 -5

x 0

5

10

z

0

-10

Ejercicio 9.12. Discutir y graficar x2 − 3y 2 − 4z = 0 Soluci´ on.

x2 y 2 − 4 =z 4 3

hiperboloide parabólico

1. Intersecciones con los ejes

b) Sobre “yz” Se hace: x = 0

a) Con el eje “x”. Se hace: y = 0, z = 0; ∴ x = 0

−

4 3

=z

c) Sobre “xz” Se hace: y = 0

b) Con el eje “y” Se hace: x = 0, z = 0; ∴ y = 0

x2 =z 4

B = (0, 0, 0)

una parábola

c) Con el eje “z” Se hace: x = 0, y = 0; ∴ z = 0

3. Simetr´ıa Tiene solo con: Con el eje “z”

C = (0, 0, 0)

Con el plano “xz”

2. Trazos sobre los planos coordenados a) Sobre “xy”. Se hace: z = 0

y2

una parábola

A = (0, 0, 0)

Con el plano “yz” 4. Secciones paralelas a los planos Con el plano “xy”. Se hace: z = k x2 y 2 − 4 =k 4 3

x2 y2 = 4 4 3 √ x = ± 3y son dos rectas

José Namuche

409

familia de hipérbolas

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

Con el plano “yz” Se hace: x = k −

y2 4 3

Con el plano “xz” Se hace: y = k

=z−

k2 4

k2 x2 =z+ 4 4 3 familia de parábolas

familia de parábolas ∗ Gráfica 4 y 2 0 -2 -4 4 2 z 0 -2 -4 -5 0 x

5

Ejercicio 9.13. Discutir y graficar x2 = y 2 + z 2 − 1 Soluci´ on. −x2 + y 2 + z 2 = 1

hiperboloide de una hoja 2. Trazos sobre los planos coordenados

1. Intersecciones con los ejes

a) Sobre “xy”. Se hace: z = 0

a) Con el eje “x”. Se hace: y = 0, z = 0; ∴

−x2 = 1

⇒

−x2 + y 2 = 1

∄

es una hipérbola

b) Con el eje “y” Se hace: x = 0, z = 0; ∴

y2 = 1

B1 = (0, 1, 0) ;

⇒

b) Sobre “yz” Se hace: x = 0 y = ±1

B2 = (0, −1, 0)

c) Con el eje “z” Se hace: x = 0, y = 0; ∴

z2 = 1

C1 = (0, 0, 1) ;

José Namuche

410

⇒

y2 + z2 = 1 es una elipse c) Sobre “xz” Se hace: y = 0

z = ±1

C2 = (0, 0, −1) Enrique Reyes

−x2 + z 2 = 1 es una hipérbola

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

familia de hipérbolas

3. Simetr´ıa Tiene solo con:

Con el plano “yz” Se hace: x = k

Con el origen

y 2 + z2 = 1 + k2

Con los planos Con los polos

familia de hipérbolas Con el plano “xz” Se hace: y = k

4. Secciones paralelas a los planos Con el plano “xy”. Se hace: z = k

−x2 + z 2 = 1 − k 2 familia de elipses

−x2 + y 2 = 1 − k 2 ∗ Gráfica y

10 5

0 -5 -10 10 5 z

0 -5 -10 -10 -5 0 x

5 10

Ejercicio 9.14. Discutir y graficar x2 − y 2 − 2x + 4y + z = 6 Soluci´ on. x2 − 2x − y 2 + 4y + z = 6

(x − 1)2 − 1 − (y + 2)2 − 4 + z = 6

(x − 1)2 − (y + 2)2 + z = 11

hiperboloide parabólico 1. Intersecciones con los ejes ∴

(x − 1)2 − 4 = 11

(x − 1)2 = 15 √ x = ± 15 − 1

a) Con el eje “x”. Se hace: y = 0, z = 0

José Namuche

411

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica √ A1 = ( 15 − 1, 0, 0) √ A2 = (− 15 − 1, 0, 0)

3. Simetr´ıa Tiene solo con:

b) Con el eje “y” Se hace: x = 0, z = 0; ∴ y = 0

Con el eje “z” Con el plano “xz”

B = (0, 0, 0)

Con el plano “yz”

c) Con el eje “z” Se hace: x = 0, y = 0; ∴ z = 0

4. Secciones paralelas a los planos

C = (0, 0, 0) 2. Trazos sobre los planos coordenados

Con el plano “xy”. Se hace: z = k x2 y 2 − 4 =k 4 3

a) Sobre “xy”. Se hace: z = 0 x2 y2 = 4 4 3 √ x = ± 3y

familia de hipérbolas Con el plano “yz” Se hace: x = k

son dos rectas b) Sobre “yz” Se hace: x = 0

−

−

y2 4 3

=z

y2 4 3

=z−

k2 4

familia de parábolas Con el plano “xz” Se hace: y = k

una parábola c) Sobre “xz” Se hace: y = 0

x2 k2 =z+ 4 4 3

2

x =z 4

familia de parábolas

una parábola ∗ Gráfica

José Namuche

412

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

413 y

-10 5

x -5

0

0

5

-5

10

10 5 z

0 -5 -10

Ejercicio 9.15. Hallar la ecuación de la esfera de radio R = 3 y que es tangente al plano x + 2y + 2z = −3 en el punto P (1, 1, −3) Soluci´ on. x + 2y + 2z = −3, ~n = (1, 2, 2) C = P + t~a (h, k, j) = (1, 1, −3) + t(1, 2, 2)

→ = d− CP

3 =

p

p

⇒

  = 1+t  h k = 1 + 2t   (−3 + 2t)j = −3 + 2t

(1 + h)2 + (1 − k)2 + (−3 − j)2

1 − 2h + h2 + 1 − 2k + k 2 + 9 + 6j + j 2

9 = −2h − 2k + 6j + h2 + k 2 + j 2 + 11

−2 = −2(1 + t) − 2(1 + 2t) + 6(−3 + 2t) + (1 + t)2 + (1 + 2t)2 + (−3 + 2t)2 + 11

−2 = −2 − 2t − 2 − 4t − 18 + 12t + 1 + 2t + t2 + 1 + 4t + 4t2 + 9 − 12t + 4t2 9 = 9t2 1 = t2 t = 1 Por tanto h = 2, k = 3, j = −1. Entonces E : (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z + 1)2 = 32

Ejercicio 9.16. Hallar la ecuación de la esfera tangente en (4,3,6) al plano 3x + y + 5z − 45 = 0 y tangente en (2, 5, −4) al plano x + 3y − 5z − 37 = 0 Soluci´ on. El plano x+3y−5z−37 = 0 tiene normal ~nP1 = (1, 3, −5) y el plano 3x+y+5z−45 = 0

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

414

tiene normal ~nP2 = (3, 1, 5) −−→ CP1 // ~nP1 P1 − C

= ~nP1

(2, 5, −4) − (h, k, j) = (1, 3, −5)

(2, 5, −4) − (1, 3, −5) = (h, k, j) (1, 2, 1) = (h, k, j)

por tanto h = 1, k = 2 y j = 1 −−→ CP2 // ~nP2 P2 − C

= ~nP2

(4, 3, 6) − (h, k, j) = (3, 1, 5)

(4, 3, 6) − (3, 1, 5) = (h, k, j) (1, 2, 1) = (h, k, j)

por tanto h = 1, k = 2 y j = 1 Luego el radio es −−→ r = CP1 r 2 = (1 − 2)2 + (2 − 5)2 + (1 − (−4))2

r 2 = 1 + 9 + 25 r 2 = 35 La ecuación de la esfera es:

(x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 = 35 Ejercicio 9.17. Hallar la ecuación de la esfera tangente en (1, −1, 4) al plano P1 : 2x − y + 3z − 15 = 0 y tangente en (1, −2, 5) al plano P2 : 2x − 2y + 4z − 27 = 0 Soluci´ on. El plano P1 : 2x − y + 3z − 15 = 0 tiene normal ~nP1 = (2, −1, 3) y el plano P2 : 2x − 2y + 4z − 27 = 0 tiene normal ~nP2 = (2, −2, 4) −−→ CP1 // ~nP1 P1 − C

= ~nP1

(1, −1, 4) − (h, k, j) = (2, −1, 3)

(1, −1, 4) − (2, −1, 3) = (h, k, j) (−1, 0, 1) = (h, k, j)

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

415

por tanto h = −1, k = 0 y j = 1

−−→ CP2 // ~nP2 P2 − C

= ~nP2

(1, −2, 5) − (h, k, j) = (2, −2, 4)

(1, −2, 5) − (2, −2, 4) = (h, k, j) (−1, 0, 1) = (h, k, j)

por tanto h = −1, k = 0 y j = 1 Luego el radio es −−→ r = CP1 r 2 = (1 − (−1))2 + (−1 − 0)2 + (4 − 1)2

r 2 = 4 + 1 + 25 r 2 = 30 La ecuación de la esfera es:

(x + 1)2 + y 2 + (z − 1)2 = 30 Ejercicio 9.18. hallar la ecuación de la esfera concéntrica a x2 + y 2 + z 2 + 6y − 4z + 9 = 0 y tangente al plano 2x + 3y − 2z + 4 = 0 Soluci´ on. x2 + y 2 + z 2 + 6y − 4z + 9 = 0

x2 + y 2 + 6y + z 2 − 4z + 9 = 0

x2 + (y + 3)2 − 9 + (z − 2)2 − 4 + 9 = 0 x2 + (y + 3)2 − 9 + (z − 2)2 = 4 −→ CP // ~n P −C

= ~n

(x, y, z) − (0, −3, 2) = (2, 3, −2)

(x, y, z) = (2, 3, −2) + (0, −3, 2)

(x, y, z) = (2, 0, 0) Luego el radio es −→ r = CP

r 2 = (0 − 2)2 + (−3 − 0)2 + (2 − 0)2

r2 = 4 + 9 + 4 r 2 = 17

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Geometr´ıa Anal´ıtica

416

La ecuación de la esfera es: x2 + (y + 3)2 + (z − 2)2 = 17 Ejercicio 9.19. hallar la ecuación de la esfera cuyo centro está en el plano xy y es tangente al plano 3x + 2y − z − 6 = 0 en (1,5,7) Soluci´ on. El plano P : 3x + 2y − z − 6 = 0 tiene normal ~n = (3, 2, −1) −→ CP // ~n P −C

= ~n

(1, 5, 7) − (h, k, j) = (3, 2, −1)

(1, 5, 7) − (3, 2, −1) = (h, k, j) (−2, −3, 8) = (h, k, j)

Luego el radio es −→ r = CP r 2 = (−2 − 1)2 + (−3 − 5)2 + (0 − 7)2

r 2 = 9 + 64 + 49 r 2 = 122 La ecuación de la esfera es:

(x + 2)2 + (y + 3)2 + z 2 = 122

José Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Bibliograf´ıa ´ [1] Allen, R. (1997). Algebra Intermedia. 4ta. Edición. México: Prentice Hall Hispanoamericana. [2] Allendoerfer, C. y Oakley, C. (1990). Fundamentos de Matem´ aticas Universitarias. 4ta. Edición. Bogota: Mc Graw Hill Interamericana. ´ [3] Barnett, R. (1984). Algebra. 2da. Edición. México: Mc Graw-Hill Interamericana. ´ [4] Bello, I. (1999). Algebra elemental. México: Internacional Thomson editores. [5] Carranza, C. (1994). Matemática B´ asica. Lima: Editorial copias gráficas. [6] Figueroa, R. (1983). Vectores y matrices. Lima. ´ [7] Gustafson, R. (2003). Algebra Intermedia. México: Internacional Thomson Editores. [8] L´ azaro, M. (1993). Matemática B´ asica. Lima. [9] L´ azaro, M. (1994). Relaciones y funciones de R en R. Lima: Editorial Moshera. [10] Miller, Ch. ; Heeren, V. y Hornsby, E. (1999). Matem´ atica: Razonamiento y Aplicaciones. Octava edición. México: Addison Wesley Longman. ´ [11] Perry, W. (1990). Algebra lineal con aplicaciones. México: Mc Graw Hill. [12] Pita, C. (1998). Cálculo de una variable. México: Prentice Hall. [13] Sherman K. y Stein. (1984). C´ alculo y Geometr´ıa Anal´ıtica. 5ta. Edición. Espa˜ na: Mc Graw Hill. [14] Sullivan, M. (1997). Precálculo. Cuarta edici´ on. México: Pearson educación. [15] Venero, A. (1999). Introducción al An´ alisis Matem´ atico. Lima. Ediciones Gemar. [16] Vera Guti´ errez Carlos. Matem´ atica B´ asica: Lima Editorial Moshera.2008.

417

geometria analitica

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