• Author / Uploaded
• LR Gamboa

• Categories
• Vector Euclidiano
• Escalar (Matemáticas)
• Espacio vectorial
• Línea (geometría)
• Geometría

Citation preview

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

La presentaci´on y disposici´on en conjunto de GEOMETR´IA ANAL´ITICA son propiedad del editor. Ninguna parte de esta obra puede ser reproducida o transmitida, mediante ning´ un sistema o m´etodo, electr´onico o mec´anico (incluyendo el fotocopiado, la grabaci´on o cualquier sistema de recuperaci´on y almacenamiento de informaci´on), sin consentimiento por escrito del editor o de los autores

c Derechos reservados Primera edici´on: Setiembre 2012

Obra editada por: Jos´e Orlando Namuche Paiva

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

Prefacio Este texto se ha dise˜ nado pensando en cubrir las necesidades b´asicas 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 est´an desarrollados en forma secuencial, dando ´enfasis al capitulo 1, que se ha considerado como fundamental para entender los dem´as 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 servir´a para enriquecer este material.

I

´Indice general Prefacio

I

1. Vectores en el plano 1.1. Introducci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Segmento de Recta Dirigidos y Vectores . . . . . 1.3. Definici´on de vector en el plano . . . . . . . . . . 1.4. Definici´on de m´odulo y de direcci´on . . . . . . . . 1.5. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Definici´on de la suma de vectores . . . . . . . . . 1.7. Definici´on del negativo de un vector . . . . . . . . 1.8. Definici´on: Diferencia de dos vectores . . . . . . . 1.9. Definici´on del producto de un vector y un escalar 1.10. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11. Definici´on de espacio vectorial real . . . . . . . . 1.12. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.13. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

2. Ecuaciones vectoriales de la recta 2.1. Rectas y segmentos de recta en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Puntos que est´an 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 ecuaci´on de una recta . . . . . . . . . . 2.5. Ecuaci´on Punto y Pendiente, y Ecuaci´on de la Recta que pasa por dos Puntos Dados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6. Ecuaci´on de la recta punto y pendiente en t´erminos de las intersecciones con los ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7. Forma Sim´etrica de la Ecuaci´on 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. Definici´on de la Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Teorema. Ecuaci´on de la Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. Trazo de una Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Propiedades de la circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1. Propiedad del cuadril´atero inscrito en una circunferencia . . . . . . . . . 3.4.2. Propiedad del cuadril´atero circunscrito en una circunferencia . . . . . . . 3.5. Forma General de la Ecuaci´on de la Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.2. Determinaci´on de una Circunferencia Sujetas a tres Condiciones Dadas . 3.6. Potencia de un punto con relaci´on a una circunferencia . . . . . . . . . . . . . . 3.7. Familia de Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.1. Familia de circunferencias que pasan por la intersecci´on 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. Introducci´on . . . . . . . . . . . . . 4.2. Par´abola . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Elementos . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1. Ecuaci´on de la Par´abola con 4.3.2. Ecuaci´on de la Par´abola con 4.3.3. El V´ertice en el Origen . . . 4.4. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . 4.6. Problemas Resueltos y Aplicativos . 4.7. Ejercicios Propuestos . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

117 117 118 119 119 121 121 122 123 124 162

. . . .

169 169 170 171 172

5. Elipse 5.1. Introducci´on . . . . . . . . . 5.2. Definici´on de Elipse . . . . . 5.3. Rectas Directrices . . . . . . 5.4. Distancias Conocidas en una

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

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

. . . .

. . . .

III

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

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

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

. . . .

. . . .

. . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . .

. . . .

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

5.5. 5.6. 5.7. 5.8.

Ecuaci´on 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. Introducci´on . . . . . . . . . . . . 6.2. Problemas y ejercicios resueltos . 6.3. Ejercicios y problemas propuestos 6.4. Respuestas Ejercicios Propuestos

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

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

. . . .

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

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

8. Coordenadas Polares, cil´ındricas y esf´ ericas 8.1. Coordenadas polares y gr´aficas polares . . . . . . . . . . . . . 8.1.1. Criterios de Simetr´ıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1.2. Tipos de caracoles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. Coordenadas Cil´ındricas y Esf´ericas . . . . . . . . . . . . . . . 8.3. Transformaciones Cil´ındricas (r, θ, z) . . . . . . . . . . . . . . 8.4. Caracter´ıstica de las coordenadas cil´ındricas . . . . . . . . . . 8.5. Transformaciones Esf´ericas (ρ, θ, φ) . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.1. Caracter´ısticas de las coordenadas esf´ericas . . . . . . . 8.5.2. Jacobiano de la transformaci´on esf´erica (ρ, θ, φ) . . . . 8.5.3. Interpretaci´on geom´etrica de la transformaci´on esf´erica 8.5.4. Generaci´on de una esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.5. Generaci´on de una bola . . . . . . . . . . . . . . . . . IV

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

174 179 182 209 209 210 211 212 212 213

. . . .

215 215 219 244 245

. . . . . . . . .

254 254 255 258 258 260 261 268 280 321

. . . . . . . . . . . .

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 . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

9. Superficies Cuadr´ aticas 9.1. Introducci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. Superficies Cu´adricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2.1. Discusi´on de la Gr´afica de la Ecuaci´on de una Superficie . . . . . . . . 9.3. Estudio de las Superficies Cuadr´aticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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. Gr´afica del Hiperboloide de una Hoja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5. Hiperboloide de dos Hojas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5.1. Discusi´on de la Gr´afica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.6. Paraboloide Hiperb´olico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.6.1. Discusi´on de la Gr´afica: El Paraboloide Hiperb´olico para su Caso c > 0 9.7. Cono El´ıptico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.7.1. Discusi´on de la Gr´afica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.8. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bibliograf´ıa

Jos´e Namuche

. . . . .

364 365 365 366 380

. . . . . . . . . . . . . . . . .

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 matem´aticas con frecuencia se relacionan con magnitudes que poseen tanto cantidad (o intensidad) tomo direcci´on. Un ejemplo de tales magnitudes es la relatividad. As´ı, la velocidad de un avi´on tiene cantidad (la rapidez con que vuela) y direcci´on. la cual determina su curso. Otros ejemplos de dichas magnitudes son la fuerza, el desplazamiento y aceleraci´on. Los f´ısicos e ingenieros entienden por vector un segmento rectil´ıneo dirigido, y las magnitudes que poseen cantidad y direcci´on se denominan magnitudes vectoriales. En contraste, una magnitud que tiene cantidad pero no direcci´on se llama magnitud escalar. Ejemplos de magnitudes escalares son la longitud, el ´area, el volumen, el costo, la utilidad, y la rapidez. El estudio de los vectores recibe el nombre de an´ alisis vectorial. El an´alisis vectorial puede estudiarse en forma geom´etrica o anal´ıtica. Si el estudio es geom´etrico, 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. Despu´es. se dice que dos segmentos dirigidos son iguales si tienen la −→ −→ misma longitud y la misma direcci´on) 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 geom´etrico del an´alisis 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 tambi´en es el vector A. Por esto se considera que un vector permanece sin cambio si se mueve paralelamente a s´ı mismo. Con esta interpretaci´on 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 t´erminos de n´ umeros reales. Tal definici´on permite el estudio del an´alisis vectorial desde un punto de vista puramente algebraico. En este trabajo se emplea el estudio anal´ıtico, mientras que la interpretaci´on geom´etrica se utiliza con fines ilustrativos. Un vector en el plano se denota por un par ordenado de n´ umeros reales y la notaci´on hx, yi se emplea en lugar de (x, y) para evitar la confusi´on 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 aceleraci´on tiene direcci´on y magnitud, conviene representarlas en forma geom´etrica. Para hacerlo emplearemos el concepto de vectores, que tienen tanto magnitud, como direcci´on. Los vectores no s´olo son importantes en f´ısica e ingenier´ıa; muchos problemas geom´etricos pueden simplificarse con su uso, en especial los de geometr´ıa anal´ıtica de s´olidos. 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 geom´etricas, representaremos en forma geom´etrica 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 tambi´en la misma direcci´on (ver figura 2.1, en la cual AB = CD y EF = GH). Con esta informaci´on podremos demostrar f´acilmente 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 est´e en M1 , y sea Jos´e 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 definici´on, dos vectores ha1 , a2 i y hb1 , b2 i son iguales si y s´olo 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 geom´etricamente por el segmento dirigido OA. Este segmento −→ dirigido es una representaci´on del vector A. Cualquier segmento dirigido a OA tambi´en es una representaci´on del vector A. La representaci´on particular de un vector con su punto inicial en el origen se denomina representaci´on de posici´on del vector. Ejemplo 1.1. El vector h2, 3i tiene como su representaci´on de posici´on el segmento dirigido desde el origen hasta el punto (2, 3). La representaci´on 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 representaci´on del vector cero.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica

4




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

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

p a21 + a22

Demostraci´on. De la definici´on kAk es la longitud de cualquiera de las representaciones de A. entonces kAk ser´a la longitud de la representaci´on de posici´on de A, la cual es la distancia del origen al punto (a1 , a2 ). De la f´ormula 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 ´angulo director de cualquier vector diferente del vector cero es el ´angulo θ medido desde la parte positiva del eje x en el sentido contrario al giro de las manecillas del reloj hacia la representaci´on de posici´on del vector. Si θ se mide en radianes, entonces 0 ≤ θ < 2π. Si A = ha1 , a2 i, entonces tan θ =

Jos´e 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 ´angulo director θ para vectores espec´ıficos cuyas representaciones de posici´on est´an dibujadas en ellas. Observe que si A = ha1 , a2 i y θ es el ´angulo director de A entonces a1 = kAk cos θ

y

a2 = kAk sen θ

(1.2)

refi´erase a la figura 1.6, donde el punto (a1 , a2 ) est´a en el primer cuadrante. (a1 , a2 ) kAk

a2

θ a1 Figura 1.6:

Si el vector A = ha1 , a2 i, entonces la representaci´on 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 traslaci´on 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 definici´on siguiente proporciona el m´etodo 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

 6


Geometr´ıa Anal´ıtica

(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 interpretaci´on geom´etrica 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica

7




equivalentemente, (x + (a1 + b1 ), y + (a2 + b2 )) = R. Adem´as. 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 representaci´on de A. QR es una representaci´on del vector B, y −→ P R es una representaci´on A+B. Las representaciones de los vectores A y B son lados adyacentes de un paralelogramo, y la representaci´on 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 adici´on de vectores tambi´en se conoce como ley del paralelogramo. La fuerza es una magnitud vectorial donde la cantidad se expresa en unidades de fuerza y el ´angulo director se determina mediante la direcci´on 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 representaci´on del vector A, entonces el segmento dirigido QP −→ es una representaci´on de −A. Cualquier segmento dirigido paralelo a P Q, que tenga la misma −→ −→ longitud de P Q y sentido contrario de P Q, es tambi´en una representaci´on de −A. Refi´erase a la figura 1.9 Q A P

−A

Figura 1.9:

1.8 Definici´ on: Diferencia de dos vectores

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

 8


Geometr´ıa Anal´ıtica

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 geom´etricamente 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 representaci´on de A es una representaci´on 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 emplear´a la notaci´on V (P Q) para −→ denotar el vector que tiene el segmento dirigido P Q como una representaci´on. Consulte la figura −→ −→ −→ 1.11, la cual muestra la representaci´on 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 operaci´on con vectores es la multiplicaci´on escalar (o multiplicaci´on por un escalar) que implica el producto de un vector y un escalar (un n´ umero real).

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

 9


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 m´odulo 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 m´odulo de cA es el valor absoluto de c por el m´odulo de A. La interpretaci´on geom´etrica del vector cA se presenta en las figuras 1.12 y 1.13. Si c > 0, entonces cA es un vector cuya representaci´on tiene una longitud de c veces el m´odulo de A y tiene la misma direcci´on 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 representaci´on tiene una longitud que es |c| veces el m´odulo de A y posee direcci´on opuesta a la de A. Esta situaci´on se ilustra en la figura 1.13 donde c = 12 . El teorema siguiente proporciona las leyes que satisfacen las operaciones de adici´on vectorial y multiplicaci´on por un escalar de vectores de V2 .

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  10 

Geometr´ıa Anal´ıtica

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 adici´on vectorial y la multiplicaci´on 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 id´entico aditivo) (iv) Existe un vector −A en V2 tal que A + (−A) = 0 (existencia del inverso aditivo o negativo) (v) (cd)A = c(dA)

Jos´e Namuche

(ley asociativa)

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  11 

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 id´entico multiplicativo escalar)

Demostraci´on. Se presentar´an las demostraciones de (i) y (vi), las dem´as se dejan como ejercicios. En la demostraci´on de (i) se utiliza la propiedad conmutativa para los n´ umeros reales, y en la demostraci´on de (vi) se emplea la propiedad distributiva para los n´ umeros reales. Sean A = ha1 , a2 i y B = hb1 , b2 i. Demostraci´on 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 Demostraci´on 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 adici´on vectorial y multiplicaci´on 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 aritm´etica de n´ umeros reales. Adem´as, en ´algebra 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 adici´on vectorial y multiplicaci´on por un escalar que satisfacen las ocho propiedades presentadas en el teorema

1.11 Definici´ on de espacio vectorial real Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  12 

Geometr´ıa Anal´ıtica

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 adici´on vectorial y multiplicaci´on 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 definici´on, V2 es un espacio vectorial. Ahora se considerar´a un vector arbitrario de 2 y se expresar´a en una forma especial: ha1 , a2 i = ha1 , 0i + h0, a2 i

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

(1.3)

Debido a que el m´odulo de cada uno de los dos vectores h1, 0i y h0, 1i es una unidad, se les conoce como vectores unitarios. A continuaci´on se presenta la notaci´on 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 representaci´on de posici´on de los vectores i y j se muestra en la figura 1.14. La ecuaci´on (1.4) establece que cualquier vector de V2 puede escribirse como una combinaci´on lineal de i y j. De esta proposici´on y del hecho de que i y j son independientes (es decir, sus representaciones de posici´on 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 dimensi´on 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  13 

Geometr´ıa Anal´ıtica

(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 ) est´a en el segundo cuadrante y se muestra la presentaci´on de posici´on 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 ecuaci´on expresa el vector A en t´erminos de su m´odulo del coseno y seno de su ´angulo 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 direcci´on y el mismo sentido de A definido por U=

a1 a2 i+ j kAk kAk

Demostraci´on. Se demostrar´a que U es un vector unitario que tiene la misma direcci´on 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 direcci´on 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



14  

i) c(A > ·B) = (cA) · B ii) 0 · A = 0 iii) A · A = kAk2 Las demostraciones se dejan como ejercicio. Ahora se considerar´a el significado de ´ angulo entre dos vectores, el cual conduce a otra expresi´on 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 representaci´on de posici´on de A y OQ es la representaci´on de la posici´on de B, entonces el ´angulo entre los vectores A y B es el −→ −→ ´angulo de medida positiva entre OP y OQ e interior al tri´angulo determinado por O, P y Q ii) Si A = cB, donde C es un escalar, entonces si c > 0, el ´angulo entre los vectores mide 0 radianes; y si c < 0, entonces el ´angulo entre los vectores mide π radianes El s´ımbolo empleado para denotar al ´angulo entre dos vectores tambi´en se utiliza para representar la medida del ´angulo. De la definici´on, si θ es la medida en radianes del ´angulo entre dos vectores, entonces 0 ≤ θ ≤ π. La figura 1 muestra el ´angulo 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 ´angulo cuando los vectores pertenecen a V3 Teorema 1.4. Si θ es el ´angulo entre los vectores A y B, diferentes del vector cero, entonces A · B = kAkkBk cos θ

(1.6)

−→ Demostraci´on. La figura 3 muestra la representaci´on de posici´on OP de A, la representaci´on −→ −→ de posici´on OQ de B, la representaci´on P Q de B − A, y el ´angulo θ en el origen, dentro del tri´angulo 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 = = = =

Jos´e Namuche

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

Enrique Reyes

(1.7)

Carlos Vel´ asquez

  15 

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 m´odulos de los vectores y el coseno del ´angulo entre ellos Definici´ on de Vectores Ortogonales Se dice que dos vectores A y B son ortogonales(o perpendiculares) si y s´olo 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 proyecci´on escalas de B sobre A se define como kBk cos θ, donde θ es el ´angulo entre A y B. Observe que la proyecci´on 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 m´odulo de A multiplicado por la proyecci´on escalar de B sobre A. Consulte las figuras 6(a) y (b). Como el producto punto es conmutativo, A · Btambi´en es igual al m´odulo de B multiplicado por la proyecci´on 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 direcci´on de ese vector unitario. Con el fin de generalizar este resultado, sea U cualquier vector unitario, entonces de (3), si θes el ´angulo entre U y B U · B = kUkkBk cos θ = kBk cos θ

Por lo tanto U · B es la proyecci´on escalar de B sobre U, a la cual se le llama componente del vector B en la direcci´on de U. De manera m´as general, la descomposici´on de un vector B sobre un vector unitario en la direcci´on de A. El teorema siguiente puede emplearse para calcular la proyecci´on escalar de un vector sobre el otro. La proyecci´on escalar del vector B sobre el vector A es A·B kAk

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  16 

Geometr´ıa Anal´ıtica

Demostraci´on. De la definici´on , la proyecci´on escalar de B sobre A es kBk cos θ, donde θ es el ´angulo 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 representaci´on de posici´on, entonces C se denomina vector proyecci´on de B sobre A. Para determinar C, se multiplica kBk cos θ por el vector unitario la misma direcci´on 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 proyecci´on 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 representaci´on de posici´on de A y tambi´en la representaci´on particular de A que tiene a P como su punto inicial. (b) Determine el m´odulo de A. Soluci´ on. −→ (a) Sea A el punto (−4,5). La figura 1.16 muestra el segmento dirigido OA es la representaci´on −→ de posici´on del vector A. Sea P Q la representaci´on 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. Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



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 ´angulo director de cada uno de los siguientes vectores (a) h−1, 1i; (b) h0, −5i; (c) h1, −2i. Soluci´ on. Las representaciones de posici´on 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 representaci´on.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  18 

Geometr´ıa Anal´ıtica

Soluci´ on. La figura 1.20 muestra el segmento dirigido P Q Sea el vector A = ha1 , a2 i. Como −→ P Q es una representaci´on 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 ´angulo de 31 π entre s´ı y est´an aplicadas a un objeto en el mismo punto. Determine (a) la intensidad o m´odulo de la fuerza resultante, y (b) el ´angulo 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 representaci´on de posici´on de la fuerza de 200 lb coincida con la parte positiva del eje x. El vector A denota

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  19 

Geometr´ıa Anal´ıtica

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 ´angulo 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 navegaci´on a´erea. La velocidad del aire (o con respecto al aire) de un avi´on es su velocidad con relaci´on 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 avi´on relativa al suelo es la resultante del vector que representa la velocidad del aire y el vector que representa la velocidad del avi´on relativa al aire. En navegaci´on, el curso de un barco o un avi´on es el ´angulo medido en grados en el sentido en que giran las manecillas del reloj desde el norte a la direcci´on en la que se encamina la nave. El ´angulo se considera positivo aunque se recorre en el sentido del giro de las manecillas del reloj. Ejercicio 1.5. Un avi´on puede volar a 300 mi/h. Si el viento sopla hacia hacia el este a 50 mi/h. ¿Cu´al debe ser el enfilamiento del avi´on para que el curso sea de 30o ? ¿Cu´al sera la velocidad a tierra del avi´on si vuela en este curso? Soluci´ on. Refi´erase a la figura 1.22, la cual muestra las representaciones de posici´on de los vectores A y B as´ı como una representaci´on de A − B. El vector A representa la velocidad del avi´on sobre un curso de 30o . El ´angulo director de A es 60o . El vector B representa la velocidad del viento. Como B tiene una intensidad de 50 y un ´angulo director de 0o , entonces B = h50, 0i. El vector A − B representa la velocidad del avi´on al aire, as´ı kA − Bk = 300. Sea θ el ´angulo director de kA − Bk. De la figura 1.22 se obtiene el tri´angulo mostrado en la figura 1.23. Al aplicar la ley de los senos a este tri´angulo se tiene sen φ sen 60o = 50 300 50 sen 60o sen φ = 300 sen φ = 0,1433 φ = 8,3o

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  20 

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 tri´angulo 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 avi´on debe ser 90o − θ, el cual es 21.7o , y si el avi´on vuela en este curso, su velocidad a tierra ser´a de 322 mi/h. Ejercicio 1.6. Exprese el vector h−5, −2i en la forma (??) Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  21 

Geometr´ıa Anal´ıtica

Soluci´ on. Al calcular el m´odulo y el coseno y el seno del ´angulo 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 direcci´on 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 ) Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  22 

Geometr´ıa Anal´ıtica − → → Ejercicio 1.9. Demostraremos que los vectores − a y b en R2 son ortogonales, si y s´olo 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 est´an 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 Jos´e 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 ´angulo 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 tri´angulo es un tri´angulo y AC = (4, 1), AB = (−4, −3), hallar −−→ − → el coseno del ´angulo 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 tri´angulo ABC se tiene: AB = (2 6, 2 2) y AC = ( 6, − 2). Deter−−→ minar la medida del ´angulo formado por BC y el semieje positivo de las abscisas

Jos´e 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,

Jos´e 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

Jos´e 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 v´ertices adyacentes de un paralelogramo A = (2, 0), B = (−3, 3) y el punto de intersecci´on de sus diagonales Q = (−1, 0), hallar los otros dos v´ertices 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 v´ertices de un tri´angulo, 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 ),

Jos´e 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 v´ertices 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 tri´angulo cuyos v´ertices 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 =

Jos´e 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 Jos´e 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

Jos´e 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

Jos´e 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 Jos´e 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 tri´angulo 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 tri´angulo ABC se tiene AM = 34 MC. Si BM = r BA + tBC Jos´e 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 tri´angulo 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

Jos´e 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 representaci´on de posici´on del vector A y tambi´en la representaci´on particular que pasa por el punto A y tambi´en la representaci´on particular que pasa por el punto P . (b) calcule el m´odulo 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 ´angulo director del vector. En el inciso (c) aproxime la medida a cent´esimos de radi´an. 5. (a) h1, −1i

Jos´e 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 −→ representaci´on. Dibuje P Q y la representaci´on de posici´on 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)

Jos´e 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 ecuaci´on lineal cuya forma cartesiana ordinaria es: Ax + By + C = 0 donde A o B es diferente de 0. (la condici´on de que A o B es diferente de 0 se expresa equivalentemente en la forma “A2 + B 2 6= 0”). M´as adelante se discutir´an en detalle ecuaciones de esta forma, pero ahora se emplear´a la rotaci´on, que existe entre los puntos del plano los vectores, para demostrar que una recta queda definida tambi´en mediante una ecuaci´on vectorial. Al estudiar a los puntos del plano y su relaci´on 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 ver´a ahora c´omo se puede emplear este 36



Geometr´ıa Anal´ıtica



37  

hecho para obtener la ecuaci´on vectorial de una recta. Consid´erese 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 geom´etricas ordinarias de los vectores s = (4,2) y t = (5,4) se agregan a esta figura. Se obtiene la Fig. 2.2. Obs´ervese que en la Fig. 2.2 el vector V = t − s = (5,4) − (4,2) = (1,2) tiene una representaci´on geom´etrica que esta sobre L. En la Fig 2.3 se muestra la misma configuraci´on, excepto que se ha ubicado el punto U(x, y) sobre la recta L y se ha trazado el vector correspondiente u. (habi´endose omitido el vector t para simplificar la figura). En esta figura se aprecia que el vector w = u − s tiene una representaci´on geom´etrica que est´a tambi´en 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 situaci´on que en la fig. 2.3 excepto que ahora el punto U(x, y) no est´a sobre L. En este caso se ve que la representaci´on geom´etrica de w = u − s no est´a sobre L y por lo tanto w no es paralelo a v. Es decir, U(x, y) est´a sobre L si y s´olo si w es paralelo a v o bien si y s´olo si u − s es paralelo a t − s. w es paralela a v si y s´olo si w = rv, donde r es un escalar. Entonces Y est´a sobre L si y s´olo si w = rv o bien u − s = r(t − s) Ejemplo 2.1. Obtenga la ecuaci´on param´etrica vectorial de la recta L que pasa por S(3. − 2) y T (4,4)

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  38 

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. Tr´acese 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 Ecuaci´on (1) se tiene que la ecuaci´on param´etrica 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 direcci´on de la recta L que contiene al punto S, entonces un punto U est´a sobre L si y s´olo 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 est´a sobre L si y s´olo si (u − s) · (t − s)p = 0 (2.2) Obs´ervese que aunque las ecuaciones (2.1) y (2.2) contienen vectores, dichas ecuaciones son ecuaciones escalares de L puesto que contienen s´olo productos escalares. Ejemplo 2.2. Demuestre que si L es una recta cuya ecuaci´on param´etrica vectorial es u = (3,2) + r(−1,2) entonces (a) el punto cuyas coordenadas son (6.1) no est´a sobre L y (b) el punto de coordenadas (5.-2) est´a sobre L Soluci´ on. Por inspecci´on de la ecuaci´on dada de L, se ve que L pasa por el punto S(3,2) y que v = (−1,2) es un vector de direcci´on de L. Se tiene pues que vp = (−2. − 1).

Jos´e 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 est´a 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 direcci´on v en —a ecuaci´on u = s + rv es un vector unidad, entonces para cualquier punto U sobre la gr´afica de la ecuaci´on, |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:

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



40  

Ejemplo 2.3. Obtenga el sistema de ecuaciones para m´etricas 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 obteni´endose 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 Secci´on 2-1 se emplearon los siguientes hechos, que intuitivamente parecen obvios, para obtener la ecuaci´on param´etrica vectorial de una recta: Si un vector v tiene una representaci´on geom´etrica cuyos extremos est´an sobre una recta dada L, entonces v es paralelo a cualquier otro vector que tenga una representaci´on geom´etrica similar; pero al menos que v = 0, v es no paralelo a cualquier vector que tenga una representaci´on geom´etrica con un extremo sobre L y el otro fuera de L. Se dice que la recta L es paralela a cualquier vector v cuya representaci´on geom´etrica 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 llamar´a vector de direcci´on de L. En la Secci´on 2.1 se vio que la ecuaci´on param´etrica vectorial, o que el sistema de ecuaciones param´etricas cartesianas, de una recta L queda determinada si se conocen las coordenadas de dos puntos de L. Estas ecuaciones tambi´en se pueden determinar si se conocen las coordenadas de un punto de L y un vector de direcci´on 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:

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



41  

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

(2.3)

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

y = y1 + rk,

r∈R

(2.4)

Ejemplo 2.4. Obtenga la ecuaci´on param´etrica vectorial y el sistema de ecuaciones param´etricas cartesianas de la recta que pasa por el punto S(7. − 1) y que es paralela al vector v = (−2,3). Soluci´ on. Tr´acese un diagrama. Directamente de la Ecuaci´on (2.3) se tiene u = (7. − 1) + r(−2,3) An´alogamente, de la ecuaci´on 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 est´a que una recta tiene un n´ umero infinito de vectores de direcci´on, 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 direcci´on de la recta. En particular L P y Q son dos puntos cualesquiera sobre la recia L, Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



42  

entonces, tanto p − q como q − p son vectores de direcci´on de la recta. Para determinar si un punto S(x1 , y1 ) est´a sobre la recta L cuya ecuaci´on cartesiana es Ax + By + C = 0 · A2 + B 2 6= 0, hay que sustituir las coordenadas x1 y y1 en la ecuaci´on y notar que se obtiene una igualdad. Para el caso de una ecuaci´on param´etrica vectorial, o para un sistema de ecuaciones param´etricas cartesianas, el problema es diferente. Por ejemplo, para determinar si T (3, 6) est´a o no sobre la recta cuya ecuaci´on param´etrica vectorial es (x, y) = (1,3) + r(1,1) se pueden sustituir las coordenadas de T en lugar de x y y en la ecuaci´on 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 Ecuaci´on (2.5), y se puede concluir que T (3, 6) no est´a sobre L. Hay una manera m´as sencilla de llegar a esta conclusi´on. Obs´ervese primero que el resultado expresado por la Ecuaci´on (2.3) se puede expresar como sigue: Si v es un vector de direcci´on de una recta L que contiene al punto S. entonces un punto U est´a sobre L si y s´olo 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 est´an dados por u = (3. − 4) + r(3,6),

0≤r≤1

Las coordenadas del punto que est´a 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 aqu´ellas del punto que est´a 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 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



43  

Es decir, las coordenadas de los puntos que trisecan al segmento son (4,-2) y (5,0). Si se escribe la Ecuaci´on (2.3) en t´erminos del par´ametro 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 ecuaci´on 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 param´etricas cartesianas de la recta que pasa por S y T . En la Secci´on 2-5 se ver´a que este sistema est´a relacionado con la forma cartesiana ordinaria de la ecuaci´on de una recta. Ejemplo 2.6. Si L es la recta cuya ecuaci´on es u = (1, 6) + r(3, 4). obtenga las coordenadas de los puntos de L que est´an a 10 unidades de distancia del punto S(1,6). Soluci´ on. Primero calc´ ulese cu´al es el vector unidad en la direcci´on de (3.4). Este vector es     4 3 4 3 √ ,√ = , 5 5 9 + 16 9 + 16 Otra ecuaci´on 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 ´o 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



44  

Recu´erdese de estudios anteriores de matem´aticas 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 direcci´on de una recta L que contiene al punto S, entonces L tiene una ecuaci´on param´etrica 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 Ecuaci´on 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 direcci´on vertical por unidad de cambio en la direcci´on horizontal. Obs´ervese que el n´ umero hk no depende de la elecci´on del punto S sobre L; depende s´olo del vector de direcci´on (h, k). Tampoco hk depende del vector de direcci´on (h, k) espec´ıfico de L que se haya escogido, puesto que cualquier vector de direcci´on 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 direcci´on es (h, k) con h 6= 0, entonces la pendiente m de L est´a dada por k m= h Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



45  


De esta definici´on se sigue que m es la pendiente de una recta L si y s´olo si (l, m), o bien l, hk , es un vector de direcci´on de L. Esto indica que la Ecuaci´on (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 ecuaci´on param´etrica vectorial de la forma u = s + r(l, m) que describa esta recta. Soluci´ on. Un vector de direcci´on de esta recta es t − s = (3. − 2) − (5,1) = (−2. − 3) −3 Entonces, por definici´on, m = −2 = 32 . Puesto que S(5, 1) esta sobre la recta, una ecuaci´on param´etrica vectorial de esta recta es u = (5, 1) + r(l, f ).

El m´etodo empleado para desarrollar el Ejemplo 2.7 sugiere que resultar´ıa u ´ til conocer una expresi´on de la pendiente de la recta que pasa por dos puntos en t´erminos de las coordenadas de dichos puntos. Puesto que un vector de direcci´on 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 definici´on de pendiente que si x2 6= x1 , entonces la pendiente de L est´a dada por m=

y2 − y1 x2 − x1

una recta con un vector de direcci´on (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 s´olo 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 direcci´on. ¿Coinciden ambas rectas? Soluci´ on. Por definici´on las rectas L1 y L2 son paralelas. Coincidir´an si y s´olo si S y T est´an sobre ambas. Por consiguiente, coinciden si y s´olo si t − s es paralelo a ambas, es decir, si y s´olo 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 ecuaci´on param´etrica vectorial u = (3, −1)+r(2, 3), es perpendicular a la recta L cuya ecuaci´on param´etrica vectorial es u = (2, −1) + r(6, −4). Soluci´ on. De las ecuaciones dadas se ve que (2,3) es un vector de direcci´on de L1 , y que (6,4) es un vector de direcci´on de L2 . Puesto que (2, 3) · (6, −4) = 12 − 12 = 0. L1 y L2 son perpendiculares. En forma an´aloga podemos definir perpendicularidad de dos rectas en t´erminos de sus vectores de direcci´on. Se vio que cada recta no vertical tiene un vector de de la forma (1, m), donde m es la pendiente

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



46  

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 direcci´on 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 s´olo 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 s´olo 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 ecuaci´on es satisfecha por las coordenadas de aquellos puntos y s´olo 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 ecuaci´on 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 est´a en el origen, entonces h = 0 y k = 0; por tanto, su ecuaci´on 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 comp´as.

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

√

r 2 − x2

y

√ y = − r 2 − x2

La gr´afica de cada una de estas ecuaciones es una circunferencia.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



72  

2. Se trazan estas dos semicircunferencias en el mismo rect´angulo de inspecci´on, obteni´endose as´ı la circunferencia deseada. Ejemplo 3.1. La gr´afica de la ecuaci´on x2 + y 2 = 16 es la circunferencia con centro e el origen y radio 4. Al resolver esta ecuaci´on para y se obtiene y=

√

√ y y = − 16 − x2

16 − x2

Al trazar estas circunferencias en el mismo rect´angulo de inspecci´on ([−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 ecuaci´on de la circunferencia que tiene un di´ametro 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 est´a en C(1, 4). El radio de la circunferencia puede calcularse como |CA| o |CB|. Si r = |CA|, entonces r = =

Jos´e Namuche

p √

(1 + 2)2 + (4 − 3)2

10

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



73   y B(4,5) C(h,k) A(−2,3)

O

x

Figura 3.4:

Por tanto, una ecuaci´on 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 ecuaci´on para y consider´andola como una ecuaci´on cuadr´atica en y: y 2 − 8y + (x2 − 2x + 7) = 0 De la f´ormula cuadr´atica, 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 rect´angulo de inspecci´on de gr´aficas de √ √ y = 4 + 9 + 2x − x2 y y = 4 − 9 + 2x − x2 se obtiene la circunferencia mostrada en la figura 3.5 La ecuaci´on (x − h)2 + (y − k)2 = r 2 se denomina forma centro-radio de la ecuaci´on de una circunferencia. Si se eliminan los par´entesis y se reducen a los t´erminos semejantes se tiene x2 + y 2 − 2hx − 2ky + (h2 + k 2 − r 2 ) = 0 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



74  

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 , est´a ecuaci´on se transforma en x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0 La cual se denomina forma general de la ecuaci´on de la circunferencia tiene centro y radio, su ecuaci´on 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 ecuaci´on de una circunferencia en la forma general, ´esta 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 ecuaci´on x2 + y 2 + 6x − 4y − 23 = 0 Soluci´ on. La ecuaci´on dada puede escribirse como (x2 + 6x) + (y 2 − 4y) = 23 si se completan cuadrados de los t´erminos entre par´entesis al sumar 9 y 4 en ambos miembros de la ecuaci´on se tiene (x2 + 6x + 9) + (y 2 − 4y + 4) = 23 + 9 + 4 (x + 3)2 + (y − 2)2 = 36

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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



75  

tienen gr´aficas 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 ecuaci´on; as´ı, la ecuaci´on no tiene gr´afica. En este caso se establece que la gr´afica 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 ecuaci´on son x = h y y = k. De este modo, la gr´afica consta del simple punto (h, k). La definici´on 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 definici´on de geometr´ıa plana establece que una recta tangente en un punto P de una circunferencia es la recta que intersecta la circunferencia en s´olo un punto Ejemplo 3.4. Obtenga una ecuaci´on 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 rect´angulo de inspecci´on. y

3x+4y−38=0

P=(6,5) r=5

C(3,1) O

x

Figura 3.6:

Soluci´ on. Se escribe la ecuaci´on 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



76  

De esta ecuaci´on, el centro es C(3, 1) y el radio es 5. La figura 3.6 muestra la circunferencia y una porci´on 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 ecuaci´on de la recta que pasa por (6, 5) con pendiente − 43 , se tiene como la ecuaci´on 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 rect´angulo de inspecci´on.

12 y 8

4

0 -5

0

5

10

15

x -4

Figura 3.7:

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



77  

3.3 Propiedades de la circunferencia Al estudiar la geometr´ıa plana se ve que una circunferencia es el lugar geom´etrico (conjunto) de todos los puntos del plano que est´an 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 est´a sobre la circunferencia C de radio 4 con centro en S(4, −1) si y s´olo si ku − sk = 4

(3.1)

Obs´ervese 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 ecuaci´on (7.1) se tiene p (x − 2)2 + (y + 1)2 = 4

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

Enrique Reyes

(3.2)

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



78  

Puesto que los pasos algebraicos son reversibles la ecuaci´on (3.2) es una ecuaci´on de C y C es la gr´afica o lugar geom´etrico de la ecuaci´on (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 ecuaci´on 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 direcci´on de la recta que contiene al eje radial T S entonces vp es un vector de direcci´on de L. Se emplea esta informaci´on para encontrar una ecuaci´on L si se conocen las coordenadas de T y la ecuaci´on 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 ecuaci´on de una circunferencia dadas las coordenadas (x1 , y1 ) de su centro y una ecuaci´on 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 cuadril´atero de v´ertices 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 ecuaci´on de la circunferencia

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



79  

Soluci´ on. Por el teorema de Tolomeo: En todo cuadril´atero 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 cuadril´atero P QRS es inscriptible. Si C(h, k) es el centro de la circunferencia se tendr´a: 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 ecuaci´on buscada es, C : (x + 2)2 + (y + 1)2 = 65 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  80 

Geometr´ıa Anal´ıtica

3.4.2 Propiedad del cuadril´ atero circunscrito en una circunferencia Determinar si el cuadril´atero de v´ertices A(9, −4), B(9, 11), C(3/2, 11) y S(−3, 5) es circunscribible en una circunferencia. Si lo es halle la ecuaci´on de la circunferencia. Soluci´ on. Seg´ un el teorema de Pitot: En todo cuadril´atero 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 cuadril´atero 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 intersecci´on de las bisectrices de los ´angulos A, B, C y D. Bastar´a 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 ecuaci´on de la circunferencia es C : (x − 4)2 + (y − 6)2 = 25 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  81 

Geometr´ıa Anal´ıtica

3.5 Forma General de la Ecuaci´ on de la Circunferencia Teorema 3.1. La gr´afica de la ecuaci´on 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

Demostraci´on. 1. La ecuaci´on 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on 3.5 con la ecuaci´on 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 ecuaci´on de la circunferencia que pasa por los tres puntos: Soluci´ on. Hay por lo menos tres maneras de resolver. Forma 1: Utilizando la ecuaci´on 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 Jos´e Namuche

⇒

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  82 

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 ecuaci´on 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 ´area del c´ırculo Soluci´ on. Lo primero que deber´a hacerse es completar cuadrados en la ecuaci´on: 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 gr´afico es √ c) ℓ(C) = 2πr = 2π 3o d) A(C) = πr 2 = 3π

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  83 

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 ecuaci´on de la circunferencia (x−h)2 +(y −k)2 = r 2 , hay tres constantes (par´ametros) arbitrarias: h, k y r que deber´an conocerse. b) Si queremos hallar la ecuaci´on general de la circunferencia x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0, hay, tambi´en, tres contantes arbitrarias independientes: D, D y F , que deber´an conocerse Teorema 3.2. La ecuaci´on d la circunferencia que pasa por tres puntos dados no colineales P1 (x1 , y1 ), P2 (x2 , y2) y P3 (x3 , y3 ), est´a 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on de la circunferencia Cque pasa por P1 , P2 y P3 Forma 1: Aplicamos el Teorema 7.2, la ecuaci´on 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 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



84  

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 ecuaci´on 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 intersecci´on de las mediatrices (cento de la circunferencia) y luego hallando la distancia del centro de la circunferencia a uno d los tres puntos (radio).

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  85 

Geometr´ıa Anal´ıtica

3.6 Potencia de un punto con relaci´ on a una circunferencia Potencia de un punto P , con relaci´on 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 definici´on p = |P1 A| · |P1 B| Sea α el ´angulo que forma el eje X, una secante cualquiera s trazada de P1 a la circunferencia. Las ecuaciones param´etricas de s son: ) x = x1 + 1 cos α (3.12) y = y1 + 1 cos α en donde el par´ametro 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 ser´a igual al producto de las ra´ıces de la ecuaci´on (3.13), esto es: p = d1 · d2 = x21 + y12 + Dx1 + Ey1 + F

(3.14)

Se verifica que la potencia de p con relaci´on a una circunferencia dada es igual al valor num´erico del primer miembro de la ecuaci´on 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 ecuaci´on de la circunferencia est´a dada de la forma ordinaria C : (x − 2 h) + (y − k)2 = r 2 , el valor de la potencia ser´a: p = (x1 − h)2 + (y − k)2 − r 2 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

(3.15)

Carlos Vel´ asquez

  86 

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 ecuaci´on 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 ecuaci´on: 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 ecuaci´on (2) por k y sumando (1) formamos la ecuaci´on x2 + y 2 + D1 x + E1 y + F1 + k(x2 + y 2 + D2 x + E2 y + F2 ) = 0

(3)

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

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



87  

que las coordenadas de P1 y P2 satisfacen las ecuaciones (1) y (2), ellas tambi´en deben satisfacer la (3), que se reduce a la forma 0 + k(0) = 0, para cualquier valor de k. Entonces la ecuaci´on (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 ecuaci´on (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 ecuaci´on (4) se reduce a una ecuaci´on de una linea recta, llamada eje radical. Para k 6= −1, la ecuaci´on (4) representa una circunferencia. En particular, si k = 0, la ecuaci´on (4) se reduce a la ecuaci´on de C1 .

3.7.2 Eje Radical Es el lugar geom´etrico de los puntos de igual potencia con relaci´on a dos circunferencias C1 y C2 ; o bien, es el lugar geom´etrico de los puntos desde los cuales se pueden trazar tangentes iguales a dos circunferencias del sistema C1 + kC2 = 0 Si en la ecuaci´on (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 intersecci´on 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  88 

Geometr´ıa Anal´ıtica

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 conc´entricas no existe eje radical.

3.8 Problemas Resueltos Ejercicio 3.1. Obtenga una ecuaci´on 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 ecuaci´on (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 geom´etrico en R2 de la ecuaci´on x2 + y 2 − 6x + 4y + 4 = 0. Soluci´ on. SE puede escribir esta ecuaci´on 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 geom´etrico es una circunferencia de radio 3 con centro en el punto S(3, −2). Ejercicio 3.3. Obtenga ua ecuaci´on 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  89 

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 ecuaci´on cartesiana de la circunferencia es x2 + y 2 − 2x + 6y + 5 = 0 Ejercicio 3.4. Obtenga una ecuaci´on cartesiana de la recta L que es tangente en el punto T (6, −4) a la circunferencia C cuya ecuaci´on es x2 + y 2 − 4x + 2y − 20 = 0 Soluci´ on. Obs´ervese primero que T est´a 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 ecuaci´on 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 direcci´on de la recta que contiene al segmento radial T S es s − t = (2, −1) − (6, −4) = (−4, 3). Ejercicio 3.5. Obtenga una ecuaci´on cartesiana de la circunferencia cuyo centro es S(5, 4) si la recta cuya ecuaci´on es x + y = 3. Soluci´ on. Tr´acese un diagrama. En la ecuaci´on Ax + By + C = 0 para L, se tiene A = 1, B = 1 y C = −3. Tambi´en se tiene (x1 , y1) = (5, 4). Por lo tanto el radio r de C est´a dado por

Jos´e Namuche

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

Carlos Vel´ asquez

  90 

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

√6 2

por r en la ecuaci´on (3.3) se obtiene

(x − 5)2 + (y − 4)2 = 18 que es una ecuaci´on de C. Ejercicio 3.6. Hallar la ecuaci´on 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 ecuaci´on: (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 est´a sobre la recta: L : 3x − 2y − 23 = 0, H´allese su ecuaci´on. Soluci´ on.

1. Hagamos un gr´afico simulado.

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

Enrique Reyes

(1)

Carlos Vel´ asquez

  91 

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

b) Como el centro est´a 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 ecuaci´on 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 gr´afico 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.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  92 

Geometr´ıa Anal´ıtica b) Hallemos la ecuaci´on 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 s´olo 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. Conclusi´on: La circunferencia es: (x − 5)2 + (y + 3)2 = 8

Ejercicio 3.9. Hallar la ecuaci´on de la circunferencia cuyo centro est´a 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 gr´afico 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 gr´afico se tiene: |CP | = |CQ|

(1)

porque CP y CQ son radios.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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), adem´as (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 tri´angulo ABC cuyos v´ertices son: A(−1, 0), B(2, 9/4) y C(5, 0). Se pide: 1. Hallar la ecuaci´on de la circunferencia circunscrita al tri´angulo. 2. Hallar la ecuaci´on de la circunferencia inscrita al tri´angulo. 3. Hallar la ecuaci´on de la circunferencia que pasa por los puntos medios de los lados del tri´angulo.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



94   y B

M

N

A C

x

P L2

Soluci´ on (Soluci´on de (a)).

L1

1. Hacer el gr´afico 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 intersecci´on de las mediatrices L1 y L2 , llamado circuncentro (centro de la circunferencia circunscrita al tri´angulo). 6. Ahora hallemos la ecuaci´on de la circunferencia de centro P = L1 ⊂ L2 y radio r = |P B| (i) La ecuaci´on 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 ecuaci´on 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. Conclusi´on: la circunferencia es (x − 2)2 + (y + 78 )2 = Soluci´ on (Soluci´on de (b)).

Jos´e 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 tri´angulo ABC tiene centro P en la intersecci´on 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 ecuaci´on 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 Jos´e 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 intersecci´on 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. Conclusi´on: 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 ecuaci´on de la circunferencia es: 9+16 (x − 2)2 + (y − 1)2 = 1 Soluci´ on (Soluci´on de (c)). Hallar la ecuaci´on de la circunferencia que pasa por los puntos medios del tri´angulo 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 intersecci´on 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 ecuaci´on de L2 es x = 2. MN

Jos´e 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. Conclusi´on: La circunferencia es (x − 2)2 + (y −

25 2 ) 16

=

625 . 256

√ Ejercicio 3.11. Dos circunferencias C1 y C2 son conc´entricas; 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 adem´as que la abscisa del centro de las circunferencias es menor que 10. Soluci´ on. 1. En primer lugar un gr´afico 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on 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

Jos´e 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. Conclusi´on: √ a) La ecuaci´on de la circunferencia C1 conocidos: D = (6, −4), r = 2 5 es: (x − 6)2 + (y + 4)2 = 20 b) La ecuaci´on 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 ecuaci´on 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

Jos´e 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on 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 =

Jos´e 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. Conclusi´on 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 ecuaci´on 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 intersecci´on 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) Jos´e 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. Conclusi´on: a) Para C = (h, k) = (4, 0); el radio es r = |CA| = es: (x − 4)2 + y 2 = 10

√

10 y la ecuaci´on 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 ecuaci´on de la circunferencia es: (x + 9 ) + y = 81 ⇔ 9x2 + 9y 2 + 88x − 106 = 0

Ejercicio 3.16. Los v´ertices 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 ecuaci´on de la circunferencia que pasa por los v´ertices del cuadrado. Soluci´ on.

1. Para intuir el problema, podemos hacer un simulacro del gr´afico.

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

Jos´e 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 v´ertices A, B, C y D, bastar´a 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) Conclusi´on: C: (x − 4)2 + (y − 2)2 = 25 Ejercicio 3.17. Hallar la ecuaci´on de la circunferencia inscrita al tri´angulo 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 tri´angulo (punto de intersecci´on de las bisectrices de los ´angulos interiores). Entonces, tomando las distancias dirigidas del centro C a los lados del tri´angulo 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 simult´aneas: h = 4, k = −2 ⇒ C(4, −2). Luego la ecuaci´on de la circunferencia es: C : (x − 4)2 + (y + 2)2 = 4

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  103  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 3.18. Hallar la ecuaci´on 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 ´o 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 ´o C1 = (x + 3)2 + (x − 6)2 = 25 Ejercicio 3.19. Hallar la m´axima y m´ınima distancia del punto P (−7, 2) a la circunferencia C : x2 + y 2 − 10x − 14y − 151 = 0 Soluci´ on. la ecuaci´on 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 ecuaci´on 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 tambi´en la recta M1 M2 , se pueden determinar por una ecuaci´on 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.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  109  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 3.40. Hallar la ecuaci´on de la circunferencia que pasa por el punto de A(1; −1) y por el punto de intersecci´on 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 ecuaci´on de la circunferencia que pasa por el origen de coordenadas y por el punto de intersecci´on 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 intersecci´on 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 est´a en la recta x + y = 0. Hallar la ecuaci´on de esta circunferencia, si sabe que pasa por el punto de intersecci´on 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on 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 m´as pr´oximo 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) est´a en la circunferencia x2 + y 2 = R2 . Hallar la ecuaci´on de la tangente a esta circunferencia en el punto M1 . Respuesta : x1 x + y1 y = R2 Ejercicio 3.49. El punto M1 (x1 ; y1 ) est´a en la circunferencia (x − α)2 + (y − β)2 = R2 . Hallar la ecuaci´on de la tangente a esta circunferencia en el punto M1 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  110  

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

Ejercicio 3.50. Determinar el ´angulo agudo formado por la intersecci´on de la recta 3x−y−1 = 0 y la circunferencia (x − 2)2 + y 2 = 5 (se llama ´angulo formado por un recta y una circunferencia al ´angulo comprendido entre la recta y la tangente a la circunferencia trazada en el punto de intersecci´on). Respuesta : 45o Ejercicio 3.51. Determinar el ´angulo formado por la intersecci´on de las dos circunferencias: (x − 3)2 + (y − 1)2 − 8, (x − 2)2 (y + 2)2 = 2 (se llama ´angulo formado por dos circunferencias al ´angulo comprendido entre sus tangentes en el punto de intersecci´on). Respuesta : 90o Ejercicio 3.52. Deducir la condici´on seg´ un la cual dos circunferencias (x−α1 )2 +(y −β1)2 = R12 , (x − α2 )2 + (y − β2 )2 = R22 se cortan, formando un ´angulo 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 ´angulo 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 ecuaci´on 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 ´angulo formado por estas tangentes. Respuesta : 90o

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  111  

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 ecuaci´on 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 H´allese la ecuaci´on y tr´acese la gr´afica 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) Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  112  

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) H´allese la ecuaci´on de la circunferencia circunscrita en el tri´angulo cuyos v´ertices son: 1. (10, 9), (−4, 11), (−6, −3) Respuesta : x2 + y 2 − 4x − 6y − 87 = 0. 2. (1, −5), (26, 0), (18, 12)

H´allese la ecuaci´on de la circunferencia circunscrita en el tri´angulo cuyos lados est´an dados por las ecuaciones: x + 7y − 30 = 0 ,

7x − y − 10 = 0 ,

4x + 3y + 5 = 0

Respuesta : x2 + y 2 + 4x − 2y − 20 = 0. H´allese la ecuaci´on de la circunferencia determinada por las siguientes condiciones: 1. Pasa por los (−1, 3) y (7, −1), su centro est´a en la recta 2x + y − 11 = 0. 2. Es tangente a 3x − 4y + 10 = 0 en el punto (2, 4) su centro est´a 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).

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  113  

Geometr´ıa Anal´ıtica

4. Es conc´entrica 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 est´a 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 est´a en (6, 5). 8. Esta inscrita en el tri´angulo cuyos lados est´an dados por las ecuaciones 3x + 4y − 17 = 0 , 4x − 3y + 19 = 0 , y + 7 = 0 Respuesta : x2 + y 2 + 4y − 21 = 0 9. Est´a inscrita en el tri´angulo cuyos v´ertices 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 v´ertices de un tri´angulo 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. Demu´estrese que los nueve puntos D, E, F, K, L, M, R, S y T est´an en una circunferencia cuyo centro est´a en la recta que une G con H en la raz´on 1;3. (Esta circunferencia recibe el nombre de c´ırculo de los nueve puntos del tri´angulo ABC)

3.9.3 Grupo III 1. H´allese la ecuaci´on de la familia de circunferencias: a) Cuyo radio es 3 y sus centros est´an en el eje−x. Respuesta : (x − h)2 + y 2 = 9 b) Cuyo radio es 4 y sus centros est´an 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



114  

2. H´allese la ecuaci´on de la familia de circunferencias cuyos centos est´an en la recta x−y −5 = 0y a) pasan por el origen; b) son tangentes al eje−y. 3. H´allese la ecuaci´on de la familia de circunferencias que pasan por el origen y el punto (8,0). Respuesta : x2 + y 2 − 8x − 2ky = 0 4. H´allese la ecuaci´on de la familia de circunferencias que pasan por los puntos (2,3) y (-4,5). 5. H´allese la ecuaci´on de la familia de circunferencias cuyos centros est´an en la par´abola 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. H´allese la ecuaci´on de la circunferencia que pasa por la intersecci´on de las circunferencias x2 + y 2 + 10x + 12y + 45 = 0 ,

x2 + y 2 + 6x − 2y − 15 = 0

y por el origen. 7. H´allese la ecuaci´on de la circunferencia que pasa por la intersecci´on 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. H´allese la ecuaci´on de la circunferencia que pasa por la intersecci´on de las circunferencias x2 + y 2 − 6x + 2y = 0 ,

x2 + y 2 + 6x − 4y − 12 = 0

y por el punto (5,3). 9. H´allese la ecuaci´on de la circunferencia que pasa por la intersecci´on de las circunferencias x2 + y 2 − x + 7y − 3 = 0 ,

x2 + y 2 − 5x − y + 1 = 0

y cuyo centro est´a en a) El eje−x. Respuesta : 2x2 + 2y 2 − 9x − 1 = 0 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  115  

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. H´allense 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. Demu´estrese que el eje radical de dos circunferencias es el lugar geom´etrico de los puntos desde los cuales las tangentes trazadas hacia las dos circunferencias son iguales. √ Respuesta : 6, 5, 5 3 2. Demu´estrese 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. H´allese 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) H´allese las longitudes de las tangentes trazadas a la circunferencia x2 + y 2 − 4x + 6y − 12 = 0 desde el punto (−3, 7). b) H´allense los dos puntos de tangencia.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  116  

Geometr´ıa Anal´ıtica

4. Dada la circunferencia x2 + y 2 + 4x − 8y − 30 = 0. D´ıgase si los siguientes puntos est´an 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.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Cap´ıtulo 4 Par´abola

4.1 Introducci´ on En matem´aticas, la par´abola es una secci´on c´onica generada al cortar un cono recto con un plano paralelo a la directriz. Se define tambi´en como el lugar geom´etrico de los puntos que equidistan de una recta (eje o directriz) y un punto fijo llamado foco. La par´abola aparece en muchas ramas de las ciencias aplicadas, debido a que las gr´aficas de ecuaciones cuadr´aticas son par´abolas. Por ejemplo, la trayectoria ideal del movimiento de los cuerpos bajo la influencia de la gravedad. En este capitulo estudiaremos un lugar geom´etrico que es muy importante en la Geometr´ıa anal´ıtica y que se origina de considerar cortes en diferentes ´angulos de un cono doble circular recto, mediante un plano, originando las llamadas CONICAS. En este caso estudiaremos a la Par´abola: su ecuaci´on general, teoremas, rectas tangentes a la par´abola, ecuaci´on de la par´abola paralela al eje X, Y , traslaci´on de coordenadas, y sus aplicaciones. La tradici´on reza que las secciones c´onicas fueron descubiertas por Menecmo en su estudio del problema de la duplicaci´on del cubo, donde demuestra la existencia de una soluci´on mediante el corte de una par´abola con una hip´erbola, lo cual es confirmado posteriormente por Proclo y Erat´ostenes. Sin embargo, el primero en usar el t´ermino par´abola fue Apolonio de Perge en su tratado C´onicas, considerada obra cumbre sobre el tema de las matem´aticas griegas, y donde se desarrolla el estudio de las tangentes a secciones c´onicas. Si un cono es cortado por un plano a trav´es de su eje, y tambi´en es cortado por otro plano que corte la base del cono en una l´ınea recta perpendicular a la base del tri´angulo axial, y si adicionalmente el di´ametro de la secci´on es paralelo a un lado del tri´angulo axial, entonces cualquier l´ınea recta que se dibuje desde la secci´on de un cono a su di´ametro paralelo a la secci´on com´ un 117

  118  

Geometr´ıa Anal´ıtica

del plano cortante y una de las bases del cono, ser´a igual en cuadrado al rect´angulo contenido por la l´ınea recta cortada por ella en el di´ametro que inicia del v´ertice de la secci´on y por otra l´ınea recta que est´a en raz´on a la l´ınea recta entre el ´angulo del cono y el v´ertice de la secci´on que el cuadrado en la base del tri´angulo axial tiene al rect´angulo contenido por los dos lados restantes del tri´angulo. Y tal secci´on ser´a llamada una par´abola. Apolonio de Perge. Es quien menciona que un espejo parab´olico refleja de forma paralela los rayos emitidos desde su foco, propiedad usada hoy en d´ıa en las antenas satelitales. La par´abola tambi´en fue estudiada por Arqu´ımedes, nuevamente en la b´ usqueda de una soluci´on para un problema famoso: la cuadratura del c´ırculo, dando como resultado el libro Sobre la cuadratura de la par´abola.

4.2 Par´ abola La par´abola es el lugar geom´etrico 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 par´abola P es el lugar geom´etrico 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

Refiri´endonos 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  119  

Geometr´ıa Anal´ıtica

4.3 Elementos 1. Foco “F ” es el punto fijo de la par´abola 2. L la directriz perpendicular al eje focal 3. v´ertice “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 par´abola y que pasa por el foco 6. Radio vector “NF ” es el segmento que une un punto de la par´abola N y el foco F . 7. Lado recto “LR” es la cuerda focal perpendicular al eje focal. 8. Excentricidad “e” es la raz´on 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 v´ertice que corresponde a la traslaci´on, 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 ′)

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  120  

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 ecuaci´on de una par´abola 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 ecuaci´on: (y − k)2 = 4p(x − h), si p > 0 la par´abola se abre hacia la derecha, y si p < 0 entonces la par´abola se abre hacia la izquierda. Y P(x,y) Directriz

L

k

EJE FOCAL

F foco p

V p0

p 0 la par´abola se abre hacia arriba Si a < 0 la par´abola 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 par´abola con foco P (a, 0) y directriz: x = −a Si a > 0 la par´abola se abre hacia la derecha. Si a < 0 la par´abola se abre hacia la izquierda.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  123  

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 par´abola con foco P (0, a) y directriz: y = −a Si a > 0 la par´abola se abre hacia arriba. Si a < 0 la par´abola se abre hacia abajo. Teorema 4.3. La ecuaci´on de una par´ abola de v´ertice 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 par´abola se abre hacia la derecha. Si a < 0 la par´abola se abre hacia la izquierda. Teorema 4.4. La ecuaci´on de una par´ abola de v´ertice 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 par´abola se abre hacia arriba. Si a < 0 la par´abola se abre hacia abajo.

4.5 Aplicaciones Las aplicaciones de las par´abolas son b´asicamente aquellos fen´omenos en donde nos interesa hacer converger o divergen un haz de luz y sonido principalmente. Por ejemplo las antenas parab´olicas, las l´amparas sordas, los faros de los autos. Se pueden construir, por la misma propiedad de las par´abolas, hornos solares. Los micr´ofonos de ambiente en algunos deportes tambi´en tienen forma paraboloidal. Las par´abolas tienen una propiedad Si se coloca una bombilla encendida en el foco de la par´abola. Algunos haces de luz ser´an reflejados por la par´abola y todos estos rayos ser´an perpendiculares a la directriz. Esta propiedad es usada en las l´amparas sordas o en los faros de los autom´oviles estos est´an formados por un paraboloide (par´abola en 3 dimensiones) de espejos y una bombilla en el foco de este paraboloide. En algunas l´amparas se puede mover la bombilla del foco y los haces de luz divergir´an o converger´an. Este principio funciona tambi´en en las antenas parab´olicas. Un sat´elite env´ıa informaci´on a la Tierra, estos rayos ser´an perpendiculares a la directriz por la distancia a la que se encuentra el sat´elite. 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 informaci´on. Tambi´en en los telescopios se usa esta propiedad.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



124  

4.6 Problemas Resueltos y Aplicativos Ejercicio 4.1. Hallar la ecuaci´on de la directriz y la longitud del lado recto de la par´abola 3y 2 = 8x Soluci´ on. Esa par´abola 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 par´abola tiene su v´ertice en el origen y se abre hacia el eje x, la ecuaci´on de la directriz: 2 x=− 3 8 Para calcular el lado recto L.R = 4a = 3 a=

Ejercicio 4.2. Hallar la ecuaci´on de la par´abola cuyo v´ertice est´a en el origen de coordenadas, sabiendo que: a) La par´abola esta situada en el semiplano derecho, es sim´etrica con respecto al eje x y su par´ametro es p = 3 ´o a = 3. b) La par´abola esta situada en el semiplano inferior, sim´etrica al eje y y su par´ametro es p = 3.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  125  

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on.

a) La par´abola est´a abierta hacia el eje x es de la forma: y 2 = 4px y con signo positivo porque se abre hacia la derecha; sustituyendo el par´ametro p = 3 nos queda la ecuaci´on: 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 ecuaci´on tiene la forma: x2 = −4y Sustituyendo el par´ametro: 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 par´ametro y la situaci´on de las par´abolas siguientes con respecto a los ejes coordenados: a) y 2 = −6/2x b) x2 = −4/8y Soluci´ on.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  126  

Geometr´ıa Anal´ıtica

1. La par´abola se abre hacia la izquierda y es sim´etrica con respecto al eje x, el par´ametro es: p = 3/4 2. La par´abola se habr´e hacia abajo, por el signo negativo, y es sim´etrica con respecto al eje y, pasa por el origen y su par´ametro p = −4/8 x -6

-4

-2

0

2

4

6

0

-20

-40

-60

y

-80

-100

Ejercicio 4.4. Hallar la ecuaci´on de la par´abola 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 definici´on de par´abola 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 t´erminos: 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



127  

Ejercicio 4.5. Hallar la ecuaci´on de la par´abola cuyo v´ertice esta en el origen, sabiendo que: a) La par´abola esta situada sim´etricamente con respecto al eje x y pasa por el punto A = (9, 6); la par´abola es de la forma: y 2 = 4ax b) La par´abola esta situada con respecto al eje y y pasa por el punto B = (4, −8). Soluci´ on. 1. Para conocer el par´ametro solo sustituimos el punto A = (9, 6)

;

36/9 = 4a,

⇒

36 = 4a9

Despejando a: a=1

As´ı la ecuaci´on de la par´abola queda: y 2 = 4x

6

4 y 2

0 0

2

4

8

6

10

x

-2

-4

-6

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  128  

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

-4

-2

0

2

4

6

0

-20

-40

-60

y

-80

-100

Ejercicio 4.6. Hallar la ecuaci´on de la par´abola de v´ertice 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 v´ertice: (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 ecuaci´on de la par´abola de foco en el punto (6, −2) y directriz la recta x − 2 = 0. p Soluci´ on. De la definici´on de par´abola 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 ecuaci´on de una parabola de v´ertice en el origen y foco en el punto (0, −3). Soluci´ on. La directriz esta dada por y = 3 as´ı la ecuaci´on 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 ecuaci´on de una par´abola de v´ertice en el punto (2,3) de eje paralelo al de las coordenada y y que pase por el punto (4,5).

Jos´e 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 ecuaci´on de la par´abola 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 ecuaci´on 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 par´abola de ecuaci´on y 2 + 8y − 6x + 4 = 0, hallar las coordenadas del v´ertice y del foco, y la ecuaci´on de su directriz. Soluci´ on. y 2 + 8y = 6x − 4 sumando y restando para completar cuadrados: y 2 + 8y + 16 = 6x − 4 + 16 Jos´e 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 ecuaci´on de la par´abola, se puede reconocer mejor sus caracter´ısticas.el v´ertice 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 ecuaci´on de la par´abola de v´ertice 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 par´abola es paralelo al eje x, y la ecuaci´on es de la forma: (y + 1)2 = −4a(x − 4) (sustituyendo el v´ertice), para encontrar a sustituimos el punto (3, −3). En la ecuaci´on: [(−3) + 1]2 = −4a(3 − 4) 4a = 4 a=1 as´ı la ecuaci´on 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 par´abola de ecuaci´on: 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.

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

Ejercicio 4.14. Hallar la ecuaci´on del lugar geom´etrico del punto P (x, y) tal que la distancia de P al v´ertice de la par´abola y 2 = 8x, es el doble de la distancia de P al foco de dicha par´abola.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  132  

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. y 2 = 8x 4p = 8 p = 2 Hallando la ecuaci´on de la ecuaci´on de la Par´abola 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 par´abola 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 di´ametro es tangente a la recta directriz

P1

F(p,0)

Soluci´ on.

P

2

P1 = (x1 , y1 ), P2 = (x2 , y2 ) La ecuaci´on de la Par´abola P y 2 = 4px

Jos´e 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 gr´afico vemos el segmento OR, entonces podemos decir que x1 + x2 |x1 + x2 + 2p| d(OR) = +p= 2 2 ∗∗ Tambi´en en el gr´afico 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

Jos´e 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 di´ametro 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 , ser´a 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 ´angulo agudo con la horizontal, describe el arco de una par´abola y cae a una distancia de 16m. Hallar el par´ametro p de ´esta par´abola, si la altura m´axima alcanzada es de 12m. Soluci´ on.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  135  

Geometr´ıa Anal´ıtica

(0,12)

12 m

(0,0)

(−8,0)

(8,0)

16 m

La ecuaci´on de la par´abola 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 ecuaci´on de la cuerda com´ un a la par´abola y 2 = 18x, y a la circunferencia (x + 6)2 + y 2 = 100 Soluci´ on.

P

(−6,0)

1

F (4.5,0)

P2

Ecuaci´on de la par´abola y 2 = 18x . . . (1) 2 Ecuaci´on de la circunferencia (x + 6) + y 2 = 100

Jos´e 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 ecuaci´on 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 par´abola de ecuaci´on x2 + 4y + 2x − 19 = 0 cuya abscisa es 3. Soluci´ on. Ecuaci´on de la Par´abola 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 ecuaci´on de la recta tangente a la par´abola de la ecuaci´on x2 + 4x + 12y − 8 = 0, que sea perpendicular a la recta de ecuaci´on 3x − y + 1 = 0.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



137  

Soluci´ on. Ecuaci´on de la par´abola P: x2 + 4x + 12y − 8 = 0

(x + 2)2 = −12y + 12

(x + 2)2 = −12(y − 1)

. . . (1)

Ecuaci´on de la recta L: 3x − y + 1 = 0 . . . (2) La pendiente de L es m = 3, entonces la pendiente de LT ser´a 3mT = −1 → mT = −1/3 Su ecuaci´on de LT ser´a 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 condici´on 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 par´abola. Soluci´ on. La ecuaci´on de la tangente en el punto (1, −3) es:

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

3x + 2y + 3 = 0

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

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  138  

Geometr´ıa Anal´ıtica y

x P(−1,0)

Ejercicio 4.21. Encontrar la ecuaci´on de la tangente a la par´abola y 2 + 3x + 2y + 4 = 0 en el punto P (3, 1). Soluci´ on. Agrupando la ecuaci´on tenemos (y 2 + 2y + 4) = 3x o sea: (y + 2)2 = 3x. Por lo tanto 4p = 3; es decir 2p = 23 . Sustituyendo en la ecuaci´on 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 par´abola 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 obteni´endose: 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 par´abola y 2 + 2y + 6x + 4 = 0 en los puntos de esta, en los que x = −1. Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez





Geometr´ıa Anal´ıtica

140  

Ejercicio 4.24. Lo mismo que el problema anterior, pero para el punto P = (−1, 1) y la par´abola: 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 ecuaci´on (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 ser´an   1 y(2) = 4 x + 2

y(−4) = 4(x + 2)

y

x

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



141  

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

F x

Ejercicio 4.27. Un espejo parab´olico 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 v´ertice al foco Soluci´ on. Veamos la figura 4.1. Los ejes coordenados se escogen de tal manera que la par´abola tenga como v´ertice el origen y su eje a lo largo del eje y, y se abra hacia arriba. Por lo tanto, una ecuaci´on de la par´abola es de la forma x2 = 4py donde pcm es la distancia del v´ertice al foco. Como el punto (16, 12) est´a en la par´abola, sus coordenadas cumplen la ecuaci´on y tenemos 162 = 4p(12) 16 p = 3 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



142  

Por tanto, la distancia del v´ertice al foco es de 5 13 cm Existen tambi´en otras aplicaciones practicas de las par´abolas. La trayectoria de un proyectil es una par´abola si se considera que el movimiento est´a en un plano y se desprecia la resistencia del aire. Los arcos a veces tiene forma parab´olica y el cable de un puente colgante pende en forma de par´abola. y

(16,12)

F

x

Figura 4.1:

Ejercicio 4.28. Hallar el v´ertice, el foco y la ecuaci´on de la directriz, de las par´abolas 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 V´ertice: (2,-1), p = > 0 4 Foco: (2,-1+1/4)=(2,-3/4) Directriz: y = −1 −

Jos´e Namuche

1 4

= −5/4 → y = −

5 4

Enrique Reyes

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

V´ertice: (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 V´ertice: (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 Jos´e Namuche



143  

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica

V´ertice: (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 ecuaci´on de la par´abola a) Con el v´ertice (2,5) y foco (2,-3) d(V, F ) = |p|

→

d(V, F ) = |5 − (−3)| = 8 = |p|

Luego la ecuaci´on de la par´abola es: (x − 2)2 = 4(−8)(y − 5)

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

→

d(V, F ) = |7 − 5| = |2| = |p|

Luego la ecuaci´on de la par´abola 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 v´ertice:



7 7, −2 + 2

Luego la ecuaci´on de la par´abola 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 v´ertice en (5, −1) d(V, L) = |p|

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

Jos´e Namuche



144  

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



145  

Luego la ecuaci´on de la par´abola es (y + 1)2 = 4(7) (x − 5) (y + 1)2 = 28 (x − 5)

e) Con v´ertice (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 ecuaci´on de la par´abola 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

v´ertice: V = (7 − 4, 1) = (3, 1). cuya ecuaci´on de la par´abola 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 par´abola mide 4|p| unidades. Soluci´ on. El efecto consideraremos la par´abola de ecuaci´on y 2 = 4px; p > 0, cuya gr´afica 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 par´abola en la ecuaci´on de la misma reemplazamos “x” por “p”, tendremos: y 2 = 4p(p) = 4p2

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



146  

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

Ejercicio 4.31. El ancho de un reflector parab´olico es 12m, y su profundidad es de 4m localizar el foco. Soluci´ on. Sea la ecuaci´on de la par´abola: y 2 = 4px; p > 0 observemos que p = (6, 4) es un punto de la par´abola, entonces debe satisfacer la ecuaci´on de la misma 16 = 4p(6) 2 16 p = = 4(6) 3   2 F = 0, 3 se encuentra a “ 23 del v´ertice. Ejercicio 4.32. Hallar la ecuaci´on y la longitud del lado recto de la par´abola con v´ertice en (2,2) y foco en (5,6). Encontrar adem´as 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 rotaci´on 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) Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



147  

la ecuaci´on de la recta que contiene al lado recto pasa por R1 y R2 m=

3 12 =− −16 4

pendiente

Luego, la ecuaci´on 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 ecuaci´on de la par´abola que pase por los puntos dados y tal que su eje focal sea paralelo al eje x. Soluci´ on. Una par´abola con las caracter´ısticas mencionadas tendr´a por ecuaci´on (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 ecuaci´on (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 ecuaci´on siguiente 7y 2 − 3y + 6x − 16 = 0 Ejercicio 4.34. Hallar la ecuaci´on del lugar geom´etrico del punto p = (x, y) tal que la distancia de p al v´ertice de la par´abola y 2 = 8x, es el doble de la distancia de p al foco de dicha par´abola. Soluci´ on. y 2 = 8x, tiene su v´ertice 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 ) =

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



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 par´abola con eje focal vertical tiene su foco en (0,4) y su lado recto de longitud 12 hallar su ecuaci´on. (Dos soluciones) Soluci´ on. Las par´abolas 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 v´ertice es: V = (0, 4 − 3)

⇒

V = (0, 1)

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

si p = −3 < 0, entonces el v´ertice es V = (0, 4 + 3) = (0, 7) la ecuaci´on de la par´abola ser´a (x − 0)2 = 4(−3)(y − 7) x2 = −12(y − 7)

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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



149  

Soluci´ on. La ecuaci´on de la par´abola tiene la forma y 2 = 4px;

p>0

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

√ (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 ´angulo agudo con la horizontal, describe el arco de una par´abola y cae a una distancia de 16m. Hallar el par´ametro p de esta par´abola, si la altura m´axima alcanzada es de 12m Soluci´ on. P : par´abola 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 par´abola 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′ tendr´an 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 ´o x0 + 2 = −10 ⇒ x0 = 8 ´o x0 = −12

luego x0 = 8; y0 = ±2 Luego entonces

Jos´e Namuche

p

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

Carlos Vel´ asquez

  150  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 4.39. Hallar la ecuaci´on de la circunferencia com´ un a la par´abola 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 ´angulos en que se intersectan las par´abolas 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 intersecci´on de las par´abolas son los puntos (3, 4) 3,-4 En la ecuaci´on P1 : y 2 = 4x + 4, hallemos 2yy ′ = 4 Evaluemos esta derivada en (3, 4)

y ′

Jos´e Namuche

dy dx

⇒

(3,4)

=

y′ =

dy 2 = dx y

2 1 = 4 2

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  151  

Geometr´ıa Anal´ıtica

es la pendiente de la recta tangente a la par´abola de ecuaci´on y 2 = 4x + 4 en el punto (3, 4). dy En la ecuaci´on 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 ´angulo en que se intersectan las par´abolas es 90o . ′

Ejercicio 4.41. Hallar en la par´abola 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 par´abola en su secci´on transversal. Hallar el par´ametro de esta par´abola, si el di´ametro 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 ecuaci´on de la par´abola tiene la forma: y 2 = 4px;

“p” es el par´ametro

como el punto p = (15, 10) pertenece a la par´abola, debe satisfacer la ecuaci´on de la misma. Esto es 102 100 5 102 = 4p(15) ⇒ p = = = 4(15) 60 3 5 p= 3

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  152  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 4.43. Hallar la longitud de la cuerda focal de la par´abola 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 ecuaci´on de dicha recta ser´a 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 ecuaci´on del di´ametro de la par´abola x2 = 16y, para un sistema de cuerdas paralelas de pendiente 21 . Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  153  

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. El di´ametro es paralelo al eje focal (eje y). La ecuaci´on de la par´abola: x2 = 16y

⇔

x2 = 4(4)y;

p=4

Luego la ecuaci´on del di´ametro es   1 x = 2(4) 2 x = 4 Ejercicio 4.45. Hallar la ecuaci´on de la directriz y el foco de la par´abola cuyo eje es la recta 4x − 3y = 0, con v´ertice en el punto (3, 4) y sabiendo que pasa por (2, 11) Soluci´ on. La ecuaci´on de la par´abola 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 rotaci´on 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 par´abola, entonces 52 = 4p(5) p =

Jos´e Namuche

25 5 = 4(5) 4

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



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) tambi´en es vector normal a “LD ” luego la ecuaci´on 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 ecuaci´on de la recta directriz con el sistema de coordenadas “xy”. Ejercicio 4.46. Sea x2 − 4x − 8y + 28 = 0 la ecuaci´on de una par´abola. Hallar la suma de las ´areas de los tri´angulos determinados por la recta tangente a la par´abola 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)

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  155  

Geometr´ıa Anal´ıtica V = (2, 3);

p=2>0

En la ecuaci´on: 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 ecuaci´on de la tangente es:

=

y − 5 = 1(x − 6)

6 1 − =1 4 2

⇔

y − x = −1

la intersecci´on de esta recta tangente con el eje x es: x = 1;

P = (1, 0)

La ecuaci´on de la recta perpendicular trazada desde el punto de tangencia (6,5) al eje x es: x=6 Luego el ´area del tri´angulo ABC es: (5)(5) 25 ´ Area= = 2 2 Adem´as el ´area del tri´angulo A0D es (1)(1) 1 ´ Area = = 2 2 finalmente la suma de las ´areas es: 25 1 26 + = = 13 u2 2 2 2 Ejercicio 4.47. Un tri´angulo equil´atero inscrito en la par´abola y 2 − 2y = 4x + 7, tiene uno de sus v´ertices coincidente con el v´ertice de la par´abola. Hallar los otros dos v´ertices del tri´angulo. 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.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  156  

Geometr´ıa Anal´ıtica Los otros v´ertices est´an 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 v´ertices tendr´an coordenadas (k, 1 + la distancia entre estos v´ertices es:

√

4k + 8) y (k, 1 −

√

4k + 8)

√ 2 4k + 8

(4.4)

adem´as podemos determinar la longitud de otro lado del tri´angulo equil´atero en funci´on 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 v´ertices son: √ √ V2 = (10, 1 + 4 3) y V3 = (10, 1 − 4 3) Ejercicio 4.48. En la par´abola y 2 = 64x, hallar el punto Q mas pr´oximo a la recta 4x+3y+86 = 0, y calcular la distancia del punto Q a esta recta

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



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 par´abola 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 ser´a: 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 par´abola x2 = −8y, hallar los puntos de tangencia

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 ecuaci´on y − 1 = m(x + 1)

y = mx + m + 1

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

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

formaremos el discriminante de esta u ´ ltima ecuaci´on 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)

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 par´abola, hallar la ecuaci´on de la directriz, as´ı como las coordenadas del foco. Soluci´ on. Las coordenadas del foco se pueden hallar muy f´acilmente 1 (P + Q) 2 1 = [(3, 9) + (−5, 1)] 2 = (−1, 5)

F =

hallemos un vector unitario de rotaci´on 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 rotaci´on. 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 Jos´e 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on se procede de forma an´aloga

Ejercicio 4.51. La ecuaci´on de la par´abola es y 2 + x = 0. Hallar la ecuaci´on de la recta tangente a esta tangente a esta par´abola que sea perpendicular a la recta L : 2x + y = 0. Soluci´ on. La pendiente de la tangente ser´a 12 , su ecuaci´on tendr´a 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 ecuaci´on de la tangente es: y = 12 x − 12 . Ejercicio 4.52. El lado recto de una par´abola mide 8 unidades; su v´ertice es (2,5) y la directriz es paralela al eje x y est´a debajo del v´ertice. Hallar la ecuaci´on de la par´abola. Soluci´ on. d(V, LD ) = |p| la longitud del lado recto es: 4|p| = 8 entonces |p| = 2 d(V, LD ) = 2 La ecuaci´on de la par´abola es: (x − 2)2 = 4(2)(y − 5) (x − 2)2 = 8(y − 5)

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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  161  

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. Sea la ecuaci´on de la par´abola 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 menci´on ser´a y + 3 = 6m Ejercicio 4.54. Hallar un punto de la par´abola y = 2 + 5x − x2 en el que la intersecci´on 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 par´abola 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 par´abola 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 ´o a − 2 = −10

a = 12 ´o a = −8

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  162  

Geometr´ıa Anal´ıtica las tangentes son y = 12x ´o 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 par´abola: 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 par´abola: y 2 Ejercicio 4.58. Deducir la ecuaci´on ordinaria de la par´abola : x2 = 4py Rpta: x2 = 4py Ejercicio 4.59. Hallar la ecuaci´on de una par´abola tomando como ejes X e Y .el eje y directriz respectivamente.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  163  

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

Ejercicio 4.60. La directr´ız de una par´abola es la recta: y − 1 = 0, y su foco F es el punto F (4, −3). hallar la ecuaci´on de la par´abola. Rpta : (x − 4)2 = −8(y + 1) Ejercicio 4.61. Determinar la ecuaci´on de la familia de par´abolas 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 par´abola en los puntos extremos de un lado recto son perpendiculares entre s´ı. Ejercicio 4.63. Hallar la ecuaci´on de la par´abola que tiene su foco en F (2, 0) y su direcci´on DD es la recta de ecuaci´on x = −2. Ejercicio 4.64. Dada la par´abola que tiene por ecuaci´on x2 = −6y, encontrar las coordenadas del foco, la ecuaci´on de la directriz, analizar la simetr´ıa de la curva y trazar la gr´afica. Ejercicio 4.65. Dado el punto del plano B(a, b) con a, b > 0. Demostrar que por el punto B 2 pasa la par´abola ax2 = axb y Determine el foco y la ecuaci´on de la directriz. Ejercicio 4.66. Determine el v´ertice V y la ecuaci´on de la par´abola que tiene como directriz la recta de ecuaci´on x = 2 y cuyo foco est´a localizado en el punto F (4, 2). Ejercicio 4.67. Determine el v´ertice V , el foco F , la ecuaci´on de la directriz, el eje focal y dibujar la gr´afica de la par´abola cuya ecuaci´on es: 3x2 − 3x − 24y − 1 = 0 Ejercicio 4.68. Hallar la ecuaci´on de la par´abola de v´ertice V = (3, 4) y foco F = (6, 4). Rpta: y 2 − 8x − 8y + 52 = 0 Ejercicio 4.69. Encuentre el foco y la ecuaci´on de la directriz de la par´abola 2y 2 −8x−24y+56 = 0. Rpta F = (−1, 6) y X = 3 Ejercicio 4.70. Escribir la ecuaci´on de la par´abola con v´ertice 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 par´abolas que verifican: a) su directriz es y = −6 y su foco (0,6). Rpta: x2 = 24y b)su v´ertice(2,0) y su foco (6,0). Rpta y 2 = 16x − 32 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



164  

Ejercicio 4.72. Trazar la gr´afica y hallar la ecuaci´on can´onica, el v´ertice, el foco y la directriz de la par´abola cuya ecuaci´on es: y 2 − 6y − 4x + 17 = 0. Rpta: (y − 3)2 = 4(x − 2) Ejercicio 4.73. Trazar la gr´afica y hallar la ecuaci´on can´onica de la par´abola con v´ertice en (−2, 4) y foco en (−2, 3). Rpta: y − 4 = −4(x + 2)2 Ejercicio 4.74. Hallar la ecuaci´on de la par´abola con v´ertice en el punto (1,1) y recta directriz x + y = 1. Rpta: x2 − 2xy + y 2 − 4 = 0 Ejercicio 4.75. Determine la ecuaci´on can´onica de la par´abola que abre en la direcci´on 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 v´ertice, el foco y la ecuaci´on de la directriz, de las par´abolas: 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 ecuaci´on de la par´abola: a) Con v´ertice (2,5) y foco (2, −3) b)Con v´ertice (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 v´ertice en (5, −1) e) Con v´ertice (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 par´abola mide 4p unidades. Ejercicio 4.79. El ancho de un reflector parab´olico es 12m. Y su profundidad es de 4m. Localizar el foco Rpta 9/4m.del v´ertice Ejercicio 4.80. Hallar la ecuaci´on y la longitud del lado recto de la par´abola con v´ertice en (2,2)y foco en (5,6).Encontrar adem´as 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 ecuaci´on de la par´abola que pase por los puntos dados y tal que su eje focal sea paralelo al Eje x. b) Hallar la ecuaci´on de la par´abola 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 ecuaci´on (2x + y − 3)(x2 + y 2 − 4)(x2 − 8y) = 0 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  165  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 4.83. Demostrar que los centros de todas las cuerdas de la par´abola de ecuaci´on x2 = 4py, con pendiente m = 3, se encuentran en una recta, y hallar la ecuaci´on 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 ecuaci´on del lugar geom´etrico del punto P = (x, y) tal que la distancia de P al foco d dicha par´abola y = 8x, es el doble de distancia de P al foco de dicha par´abola. Rpta: la circunferencia (x − 83 )2 + y 2 =

16 3

Ejercicio 4.86. Si una par´abola con eje focal vertical tiene su foco en (0,4) y su lado recto de longitud 12, hallar su ecuaci´on. (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 par´abola 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 di´ametro es tangente a la recta directriz. Ejercicio 4.88. Sea P = (r, s) un punto de la par´abola 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 ´orbita parab´olica, con el sol en el foco. Cuando el cometa est´a a 4 × 107 millas del sol, la recta desde el sol hace un ´angulo de 600 con el eje de la ´orbita (dibujada en la direcci´on en la cual la ´orbita se abre).Hallar la distancia m´ınima del cometa al sol, es decir al foco. Sug: Cuando se encuentre en el v´ertice. Rpta: 107 millas Ejercicio 4.90. Hallar los ´angulos en que intersectan las par´abolas y 2 = 4x+4, con y 2 = 64−16x. Rpta: 90o Ejercicio 4.91. Se traza una recta tangente a la par´abola 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 par´abola, 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 ´angulo formado por las rectas que pasan por el origen y por los puntos que trisecan la cuerda 2x + 3y − 12 = 0 de la par´abola 2x2 − 9y = 0. Rpta: x = 0, y = −2x, α = Jos´e Namuche

π 2

− arctan 2. Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  166  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 4.93. Una piedra arrojada hacia arriba formando un ´angulo agudo con la horizontal, describe el arco de una par´abola y cae a una distancia de 16m. Hallar el par´ametro p de esta par´abola, si la altura m´axima alcanzada es de 12m. Rpta: p=4/3 Ejercicio 4.94. En la par´abola y 2 = 8x encontrar un punto para el cual su vector focal mide 10 unidades. Rpta: (8, ±8) Ejercicio 4.95. Hallar la ecuaci´on de la cuerda com´ un a la par´abola 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 parab´olica, estando el v´ertice 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 m´as all´a de una recta vertical que pasa por el extremo del tubo. ¿a que distancia de esta vertical llegar´a el agua al suelo? Ejercicio 4.97. El cable de un puente colgante pende en forma de par´abola 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 m´as 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 parab´olico tiene una altura de 20m y una anchura de 36m de la base. Si el v´ertice de la par´abola esta en la parte superior del arco. ¿a que altura, sobre la base, tiene un ancho 18m? Ejercicio 4.99. Demuestre que, en una par´abola, el punto mas cercano al foco es el v´ertice. Ejercicio 4.100. La orbita de un cometa es una par´abola que tiene como foco al sol. Cuando se halla a 100 millones de km del sol, el ´angulo entre el eje de la par´abola 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 parab´olico en el cual la distancia del v´ertice 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 ecuaci´on de la par´abola que tiene como directriz la recta y = 4, y por foco, el punto (−3, 8).

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



167  

Ejercicio 4.103. Encuentre una ecuaci´on de la par´abola que tiene como directriz la recta x = −3, y por foco, el punto (2, 5). Ejercicio 4.104. Encuentre todos los puntos en la par´abola 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 tri´angulo equil´atero. Ejercicio 4.105. Encuentre una ecuaci´on de la circunferencia que pasa por el v´ertice y los extremos del lado recto de la par´abola x2 = 8y Ejercicio 4.106. En la figura, demuestre que α = β (SUGERENCIA: Escoja los ejes coordenados de modo que la par´abola tenga su v´ertice en el origen, su eje a lo largo del eje y, y se abra hacia arriba. Sea Q el punto de intersecci´on de la recta tangente P T con el eje y. Demuestre que α = β mostrando que △QP F es isosceles). Ejercicio 4.107. Una ecuaci´on de la directriz de una par´abola es x + y = 0 y su foco se halla en el punto (1, 1). Encuentre (a) una ecuaci´on del eje de la par´abola, (b) las coordenadas del v´ertice y (c) la longitud del lado recto Ejercicio 4.108. Demuestre anal´ıticamente que la circunferencia que tiene como di´ametro el lado recto de una par´abola es tangente a la directriz de la par´abola. Ejercicio 4.109. Una cuerda focal de una par´abola es un segmento rectil´ıneo que pasa por el foco y tiene puntos extremos en la par´abola. Si A y B son los puntos extremos de una cuerda focal de una par´abola, y si C es el punto de intersecci´on de la directriz con una recta que pasa por el v´ertice y el punto A, demuestre que la recta que pasa por C y B es paralela al eje de la par´abola. Ejercicio 4.110. Demuestre que la distancia del punto medio de una cuerda focal de un par´abola la directriz es la mitad de la longitud de cuerda focal Ejercicio 4.111. Halle una ecuaci´on de toda par´abola 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 ecuaci´on 4x3 − 12x2 + 12x − 3y − 10 = 0, traslade los ejes de tal manera que la ecuaci´on de la gr´afica, con respecto a los nuevo ejes, no contenga ni t´erminos ni segundo grado ni t´ermino constante. Trace la gr´afica, as´ı como los dos sistemas de coordenadas (SUGERENCIA: Sea x = x′ + h y y = y ′ + k en la ecuaci´on dada.) Ejercicio 4.113. Dada la ecuaci´on x3 +3x2 −y 2 +3x+4y −3 = 0, traslade los ejes, de tal manera que la ecuaci´on de la gr´afica, con respecto a los nuevo ejes, no contenga t´erminos de primer grado ni t´ermino constante. Trace la gr´afica y los dos sistemas de coordenadas (SUGERENCIA: Sea x = x′ + h y y = y ′ + k en la ecuaci´on dada.) Ejercicio 4.114. Si una par´abola tiene su foco en el origen y el eje x es su eje, demuestre que debe tener una ecuaci´on de la forma y 2 = 4kx + 4k 2 , k 6= 0 Jos´e 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, despu´es de la traslaci´on, la ecuaci´on 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 t´erminos de h y k. Demuestre que A2 + B 2 = 1 Ejercicio 4.116. Demuestre que, despu´es de una traslaci´on de ejes al nuevo origen (− 14 π, 1) la ecuaci´on y = √12 (sen x + cos x) + 1 se transforma en y ′ = sen x′

Jos´e 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 : V´ertices 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 ′ : Di´ametro (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 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



171   P

F1

2c

F2

x’

Usando notaci´on 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 gr´afica 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 an´alogamente para B2 . Jos´e 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. An´alogamente para el v´ertice 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). An´alogamente, 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 Adem´as 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 definici´on de elipse. De este problema se puede considerar la siguiente gr´afica para efecto de c´alculos y de resoluci´on de problemas de referencia a longitudes y distancias en elipses, y que resulta muy u ´ til y f´acil 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 v´ertice 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 (relaci´on pitag´orica) 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



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 ecuaci´on 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

Demostraci´on. Sean F1 y F2 los focos de la elipse y P (x, y) un punto de la elipse. Por definici´on de Elipse, se tiene:

p

Jos´e 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 ecuaci´on 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. Bastar´a ver la posici´on 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 est´a debajo de y 2, entonces el eje focal coincide con el eje Y . 2 + y9 = 1; a = 4 est´a debajo de x2 , entonces el eje focal coincide con el eje X. √ 2 + y8 = 1; a = 8 est´a debajo de y 2, entonces el eje focal coincide con el eje Y . Para graficar una elipse bastar´a 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 ecuaci´on 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 ′ .

Jos´e 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 ecuaci´on (5.3), es la ecuaci´on de la elipse de eje focal paralelo al eje X y centro en el punto (h, k) Teorema 5.2. La ecuaci´on de la elipse de centro en el punto (h, k) y eje focal paralelo al eje X est´a 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= Jos´e 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 relaci´on Pitag´orica 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 geom´etrico 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 v´ertices, 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 (soluci´on 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 est´a 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 relaci´on a2 = b2 + c2 9 = 4 + c2 ⇒ c2 = 5 √ ⇒ c = 5 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



177  

Para hallar las coordenadas de los v´ertices, 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 (soluci´on 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 est´a 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica

El valor c se obtiene con relaci´on a2 = b2 + c2 9 = 4 + c2 ⇒ c2 = 5 √ 5 ⇒ c = Los v´ertices 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 (soluci´on 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 gr´afica de esta ecuaci´on es el punto (2, −3)

Jos´e Namuche



178  

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez





Geometr´ıa Anal´ıtica

179  

Soluci´ on (soluci´on 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 proposici´on es FALSA para todo par ordenado (x, y) ∈ R2 . En consecuencia, no existe ning´ un lugar geom´etrico

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 ecuaci´on: xa0 x + yb02y = 1 Demostraci´on. 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on: 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

Jos´e 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 ecuaci´on 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 Jos´e 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

Demostraci´on. 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 ecuaci´on cuadr´atica 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 ´angulo formado por los radios vectores de ese punto. Demostraci´on. 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 ecuaci´on de la recta tangente LT a la elipse de la figura, de ecuaci´on E : (x2 /a2 ) + (y 2/b2 ) = 1, seg´ un el teorema [??(I’)], en el punto P0 = (r, s) es LT :

Jos´e 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 v´ertices (ii) las coordenadas de los focos (iii) la longitud del eje mayor (iv) la longitud del eje menor

Jos´e 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 (soluci´on de (a)). En primer lugar, escribir la ecuaci´on 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 ecuaci´on 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 relaci´on a2 = b2 + c2 9 = 4 + c2 √ c = ± 5 En quinto lugar, hacer el gr´afico: 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 v´ertices 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

Jos´e 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 (soluci´on de (b)). 1o Escribir la ecuaci´on 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 ecuaci´on ordinaria, obtenemos el mayor es a2 y el menor es b2 : a2 = 16 ⇒ a = 4 , b2 = 4 ⇒ b = 2 3o Porque a2 = 42 est´a debajo de x2 , afirmamos que el eje focal coincide con el eje X.

4o El valor de “c” se halla con la relaci´on a2 = b2 + c2 16 = 4 + c2 √ c = 2 3 ≈ 3,46 5o El gr´afico 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 v´ertices 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

Jos´e 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 ecuaci´on de la elipse cuyos v´ertices 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, ¿qu´e forma tiene la ecuaci´on de la elipse? 2. Como los dos v´ertices y los focos est´an 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 relaci´on a2 = b2 + c2 16 = b2 + 9

⇒

b2 = 16 − 9 b2 = 7

4. Conclusi´ on: la ecuaci´on 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 ecuaci´on de la elipse y la longitud de cada uno de los lados rectos

Jos´e 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, tambi´en, 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 ecuaci´on 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 v´ertices de una elipse tienen por coordenadas (−3, 7) y (−3, −1) y la longitud de cada lado recto es 2. Hallar la ecuaci´on de la elipse, las longitudes de sus ejes mayor y menor, las coordenadas de sus focos y su excentricidad. Soluci´ on. Como los v´ertices V y V ′ est´an 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 ecuaci´on 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 f´acilmente. 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 ecuaci´on de la elipse es (x + 3)2 (y − 3)2 + =1 4 16 Jos´e 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:

Tambi´en 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 ecuaci´on de la elipse ser´a (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 ecuaci´on dada en (α). Jos´e 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 ´orbita de la tierra alrededor del sol es una elipse con el sol como uno de los focos. Si las distancia m´ınima y m´axima (centro a centro) del sol a la tierra son 93 millones y 96 millones respectivamente. ¿Cu´al es la excentricidad de la ´orbita de la tierra?

v

2

v

a

c

1

Soluci´ on. distancia m´axima = 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 raz´on de los semiejes Soluci´ on. b : semieje menor a : semieje mayor La excentricidad e = c/a entonces a = c/e, adem´as se tiene 2

2

a =b +c

2

⇒

c2 = b2 + c2 ⇒ 2 e c√ b = ± 1 − e2 e

luego: b = a

Jos´e 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, est´an unidos entre s´ı por unas rectas, y en el rombo formado de este modo hay inscrita una circunferencia. hallar su ecuaci´on. 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 ecuaci´on de la circunferencia ser´a  2 5 2 2 x +y = 2

r

9 4+ = 4

r

25 5 = 4 2

Ejercicio 5.9. Encuentre la ecuaci´on 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 ecuaci´on ser´a

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

Jos´e 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 ecuaci´on de la elipse con foco (2,0) y v´ertice (5,0) Soluci´ on. Si F (2, 0) entonces c = 2. Si V (5, 0) entonces a = 5. b=

√

a2 − c2 =

La ecuaci´on ser´a

√

25 − 4 =

√

21

y2 x2 + =1 25 21

o bien 21x2 + 25y 2 = 525 Ejercicio 5.11. Encontrar la ecuaci´on 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 ecuaci´on xa2 + yb2 = 1, a´ un no sabemos si a → b o al rev´es; al encontrar sus valores, sabremos cu´al es a y cu´al 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 ecuaci´on buscada es:

b=

√

30

b2 = 30

x2 y2 + =1 54 30

Ejercicio 5.12. Encontrar la ecuaci´on 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.

Jos´e 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 geom´etrico de los puntos medios de las ordenadas de la circunferencia cuya ecuaci´on 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 ecuaci´on de la elipse cuyos focos son los puntos (2,0), (−2, 0), y su excentricidad es igual a 32 . Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  192  

Geometr´ıa Anal´ıtica

F

F2

1

2c

Soluci´ on.

1. Graficar los focos:

2. La ecuaci´on elipse tiene la forma x2 y 2 + 2 =1 a2 b

E: a =?, b =? 3. Del gr´afico 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 relaci´on pitag´orica a2 = b2 + c2 . Obtenemos: 9 = b2 + 4, por tanto b2 = 5 7. Por tanto, la ecuaci´on de la elipse es E:

x2 y 2 + =1 9 5

Ejercicio 5.15. Obtenga una ecuaci´on cartesiana de la elipse cuyos focos son F1 (3, 0) y F2 (−3, 0) y cuyos v´ertices 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 ecuaci´on de la elipse es x2 y2 + =1 25 16

Jos´e 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 ecuaci´on es L: y − 9 = m(x − 4)

2. Si L es tangente a E entonces el discriminante de la ecuaci´on 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. Ecuaci´on 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

Jos´e 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.

Ecuaci´on 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 est´a dise˜ nado de tal manera que su base tiene forma de semielipse con una luz de 150m, siendo su m´axima 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 situaci´on nueva, creemos conveniente elaborar un gr´afico 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 ecuaci´on del arco ser´a

Jos´e Namuche

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 ecuaci´on 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 ´orbita de Mercurio tiene una excentricidad de 0.206 y la longitud de su eje mayor es de 0,774UA (unidades astron´omicas), calcular las distancias m´axima (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

Tambi´en 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  196  

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

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 ecuaci´on es: L : y − 9 = m(x − 4)

y = 9 + m(x − 4)

2. Si L es tangente de ξ, entonces el discriminante de la ecuaci´on: 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 ecuaci´on de una recta tangente es: L : 5x + 3y − 50 = 0 Hallar la ecuaci´on de la elipse y la ecuaci´on de sus directrices

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica

Soluci´ on.



197  

1. Por la posici´on de los focos, se trata de una elipse cuya ecuaci´on 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 relaci´on a2 = b2 + c2 se obtiene: a2 = b2 + 36 4. Como L = γ = − 53 x + 50 es tangente a la elipse ξ, entonces 3 ecuaci´on 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, v´ertices, extremos del eje menor, la excentricidad y las rectas directrices de la ecuaci´on L1 : y = −

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

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 est´a sobre el eje “y”. V1 = (0, 4) y V2 = (0, −4) son las coordenadas de los v´ertices. 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 v´ertices son

√

3

V1 = (0, 2 + 2) = (0, 4) V2 = (0, 2 − 2) = (0, 0) Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 hiperb´olicas, podemos resumir los resultados para las curvaturas (k > 0) en tabla siguiente Ejercicio 6.5. Determine los valores y focos de la hip´erbola cuya ecuaci´on es: x2 b − =1 9 16 Dibuje la hip´erbola y muestre los focos Soluci´ on. Como la ecuaci´on es de la forma x2 b − =1 9 16 el centro de la hip´erbola est´a 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 est´an en F (5, 0) y F (5, 0). La hip´erbola es como sigue en la Figura 6.7 Ejercicio 6.6. Obtenga una ecuaci´on de la hip´erbola 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 ecuaci´on de esta hip´erbola es de la forma: x2 y 2 − 2 =1 a2 b

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



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 ecuaci´on de la hip´erbola es: x2 y 2 − =1 21 4 Si en la ecuaci´on

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 ecuaci´on de una hip´erbola que tiene su centro en el origen y su eje principal coincide con el eje y. Ejercicio 6.7. La ecuaci´on:

x2 y2 − =1 9 16 puede obtenerse a partir del Ejercicio 6.5 al intercambiar x y y. La gr´afica de esta ecuaci´on es una hip´erbola 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 hip´erbola y sus focos: Como se hizo con las circunferencias y con las elipses, respectivamente, se puede trazar una hip´erbola en la graficadora primero se define y como dos funciones de x. las cuales se obtienen al resolver la ecuaci´on de la hip´erbola para y. Sin embargo, como con la elipse, es f´acil trazar la gr´afica de la hip´erbola a partir de sus ecuaciones param´etricas. En la ecuaci´on est´andar de una elipse, se asume que a > b. Sin embargo, para una hip´erbola 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

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. Adem´as, a puede ser igual a b; en este caso la hip´erbola se denomina equil´atera. La hip´erbola equil´atera cuya ecuaci´on es, x2 − y 2 = 1 se conoce como hip´ erbola unitaria. Refi´erase a la figura 6.9, la cual muestra la hip´erbola que tiene la ecuaci´on: 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 hip´erbola, se estudiaron as´ıntotas verticales, horizontales y oblicuas de una gr´afica, 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 gr´afica y una recta se hace m´as peque˜ na (sin llegar a cero) conforme |x| y |y| se hacen cada vez m´as grandes, entonces la recta es una as´ıntota de la gr´afica. Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  226  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Obs´ervese en la figura 6.9 que las digonales del rect´angulo cuyos v´ertices se encuentran en (a, b), (a, −b), -(a, b) y (−a, −b) pertenecen a las as´ıntotas de la hip´erbola. Este rect´angulo se denomina rect´ angulo auxiliar; sus lados tiene longitudes de 2a y 2b. Los vertices de la hip´erbola son los puntos de intersecci´on del eje principal y el rect´angulo auxiliar. Una gr´afica bastante buena de una hip´erbola puede obtenerse dibujando primero el rect´angulo auxiliar. Las as´ıntotas se tienen al prolongar las diagonales del rect´angulo. Despu´es, por cada v´ertice se dibuja una rama de la hip´erbola 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 rect´angulo auxiliar tambi´en pasa por los focos de la hip´erbola. Ejercicio 6.8. Determine los vertices de la hip´erbola cuya ecuaci´on es: x2 − 4y 2 = 16 Dibuje la hip´erbola y muestre el rect´angulo auxiliar y las as´ıntotas Soluci´ on.

x2 y 2 − =1 16 4 por tanto la hip´erbola, 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 rect´angulo auxiliar tienen longitudes de 2a = 8 y 2b = 4. La figura 6.10 muestra el rect´angulo auxiliar y las as´ıntotas. Estas as´ıntotas se utilizan como gu´ıa para dibujar la hip´erbola, la cual se muestra en la figura. 4 2 -10

-5

5

10

-2 -4

Figura 6.10:

Se puede utilizar un truco nemot´ecnico para obtener las ecuaciones de las as´ıntotas de una 2 2 hip´erbola. Por ejemplo para la hip´erbola que tiene la ecuaci´on xa2 − yb2 = 1, se sustituye el miembro derecho de cero obteni´endose x2 y 2 − 2 =0 a2 b Al factorizar, esta ecuaci´on se transforma en: x y x y − − + =0 a b a b Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



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 hip´erbola dada Ejercicio 6.9. Una ecuaci´on de la hip´erbola 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 hip´erbola est´a en (h, k). Y que su eje principal es paralelo a uno de los ejes coordenados. Entonces, por medio de una traslaci´on de ejes, de modo que el punto (h, k) sea el nuevo origen, una ecuaci´on de la hip´erbola 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 est´andar de las ecuaciones hip´erbolas. Ejercicio 6.10. Muestre que la gr´afica de la ecuaci´on: 9x2 − 4y 2 − 18x − 16y + 29 = 0 es una hip´erbola. Obtenga el centro, una ecuaci´on del eje principal y los vertices. Dibuje la hip´erbola y muestre el rect´angulo 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 ecuaci´on es la de una hip´erbola cuyo centro esta en (1, −2) y cuyo eje principal es la recta vertical que tiene ecuaci´on 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 est´an en V (1, 1) y V ′ (1, −5). El rect´angulo 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 hip´erbolas.

Jos´e 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 ecuaci´on de la forma (1) Ejercicio 6.11. La ecuaci´on: 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 gr´afica de cualquier ecuaci´on de la forma (1) es una hip´erbola o dos rectas que se intersectan. Los resultados del ejercicio 6.10 y del ejercicio 6.11 son casos particulares de este hecho. La ecuaci´on anterior es el caso especial de la ecuaci´on 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 discusi´on anterior

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  229  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Teorema 6.4. Si en la ecuaci´on general de segundo grado (2), B = 0 y ; AC < 0 entonces la gr´afica es una hip´erbola o dos rectas que se intersectan. El caso degenerado de la hip´erbola, dos rectas que se intersectan obtiene como una secci´on c´onica si el plano cortante al v´ertice y dos generatrices del cono. Ejercicio 6.12. Los vertices de na hip´erbola se encuentra en (−5, −3) y (−5, −1), y los extremos de sus eje conjugado est´an en (−7, −2) y (−3, −2). Obtenga una ecuaci´on de la hip´erbola y las ecuaciones de las as´ıntotas. Dibuje la hip´erbola 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 ecuaci´on de la hip´erbola es de la forma: (y − k)2 (x − h)2 − =1 a2 b2 El centro (h, k) est´a la mitad de la distancia entre los vertices, y por lo tanto, se encuentra en el punto (−5, −2). En consecuencias, una ecuaci´on de la hip´erbola 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 hip´erbola 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 hip´erbola est´a determinada por su excentricidad, definida de igual manera que para la elipse, esto es, si e es la excentricidad de una hip´erbola, entonces e=

c a

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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  230  

Geometr´ıa Anal´ıtica

√ A partir de esta ecuaci´on, cuando a = b, se obtiene c = 2a. Por lo que la excentricidad de una √ hip´erbola equil´atera 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 ecuaci´on (3), b se aproxima a 0, por lo que la forma de la hip´erbola se hace flaca en torno a su eje principal. La figura 6.13 muestra una hip´erbola 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 hip´erbola se hace gorda en torno a su principal.Refierese a la figura 6.15 la cual representa una hip´erbola 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 hip´erbola dada en su definici´on constituye la base de varios sistemas de navegaci´on. Estos sistemas est´an 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 relaci´on al navegante. As´ı, se sabe que la posici´on del navegante se encuentra a alg´ un punto largo de un arco de una hip´erbola cuyos focos est´an en

Jos´e 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 hip´erbola que proporciona la posici´on del navegante. El punto de intersecci´on de los dos arcos hiperb´olicos es la posici´on 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 hiperb´olico A1 . Otro para de radiotransmisores ubicados en los puntos T2 y S2 determinan, a partir de sus se˜ nales, el arco hiperb´olico A2 . Entonces, la intersecci´on de A1 y A2 es la posici´on del navegante. La hip´erbola posee una propiedad de reflexi´on que se emplea en el dise˜ no de ciertos telescopios, La hip´erbolas tambi´en se utilizan en la guerra para localizar la artiller´ıa enemiga mediante el ruido de disparos, este m´etodo se denomina localizaci´on acustica. Algunos cometas se desplazan en orbitas hiperb´olicas. Ejercicio 6.13. Con respecto a las ecuaciones de las hip´erbolas 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

Jos´e 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 ecuaci´on de una as´ıntota 5 −(x − 2) √ − 1 es la ecuaci´on 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 v´ertices 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

Jos´e Namuche

=

(x−1)2 16

→ y+1 = ± (x−1) 4 4 → y = (x − 1) − 1 → y = x − 2 ´o y = −x + 1 − 1 → y = −x Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 ecuaci´on de las directrices son: 1 y = − + 2 1 y = − − 2

a 1 3 1 9 =− +√ = − + √ ´o 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 ecuaci´on de cada una de las hip´erbolas siguientes, as´ı como el centro, los vertices, ecuaciones de las as´ıntotas y de las directrices. Estas hip´erbolas 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 ecuaci´on de la hip´erbola es: (x − 2)2 (y − 4)2 − =1 16 9 Jos´e 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 ecuaci´on de la hip´erbola 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) Jos´e Namuche



234  

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  235  

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. c2 = 25 + 144 = 169 → c = 13 La ecuaci´on de la hip´erbola 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), v´ertice (1, −1) y foco (2, −1) Soluci´ on. Notemos que el v´ertice 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) v´ertice

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 ecuaci´on de la hip´erbola es H:

(x + 3)2 (y + 1)2 − =1 16 9

El otro v´ertice es: V2 = (−3 − 4, −1) = (−7, −1) El otro foco es: F2 = (−3 − 5, −1) = (−8, −1) Jos´e 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 v´ertice en (8, 3) y un foco en el punto (−1, 3) Soluci´ on. Notemos que el v´ertice 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 ecuaci´on de la hip´erbola es: (x − 4)2 (y − 3)2 − =1 16 9 El otro v´ertice 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 ecuaci´on del lugar geom´etrico 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

Jos´e Namuche

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 = adem´as b2 = c2 − a2 = 9 − 25 4 4 2 El lugar geom´etrico es un hip´erbola, cuyo centro es una hip´erbola, cuyo centro es (1, 1)y su ecuaci´on 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 ecuaci´on del lugar geom´etrico

c) La distancia al punto (4, 5) es tres veces la distancia a la recta de ecuaci´on 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 ecuaci´on del lugar geom´etrico 81 81 8

Jos´e Namuche

2

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  238  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 6.16. Hallar la ecuaci´on de la hip´erbola equil´atera centrada en el origen y que pasa por el punto (4, −2) Soluci´ on. Puede ser: su ecuaci´on. Esto es:

2 x2 − ya2 a2

= 1 y como P = (4, −2) es un punto de la hip´erbola, debe satisfacer 42 (−2)2 16 − 4 − =1⇒ ⇒ a2 = 12 2 2 a a a2

Luego la ecuaci´on es: x2 − y 2 = 12 Ejercicio 6.17. Hallar la ecuaci´on de la hip´erbola equil´atera 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 ecuaci´on √ (−3)2 − ( 2)2 = a2 ⇒ 9 − 2 = a2 ⇒ a2 = 7

Luego la ecuaci´on es x2 − y 2 = 7 Ejercicio 6.18. Hallar la ecuaci´on de la hip´erbola 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 hip´erbola 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 ecuaci´on de la hip´erbola es: (x − 3)2 y 2 − =1 4 5 Ejercicio 6.19. Hallar la ecuaci´on de la hip´erbola con v´ertices en los puntos (1, 2) y (1, 12), y excentricidad e = 2

Jos´e 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 adem´as: b = c − a = 100 − 25 = 75 b2 = 75 Las coordenadas del centro son: (1, 7) (y − 7)2 (x − 1)2 − = 1 es la ecuaci´on de la hip´erbola 25 75 Ejercicio 6.20. Hallar la ecuaci´on de la hip´erbola 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 hip´erbola 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 hip´erbola son V1H = (2 +

√

7, −1) y V2H = (2 −

√

7, −1)

y los focos de la hip´erbola son F1H = (6, −1)

F2H = (−2, −1) Luego se tiene en la hip´erbola 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 ecuaci´on de la hip´erbola es : H:

Jos´e 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 ecuaci´on de dos rectas perpendiculares, trazadas desde el foco derecho 2 2 de la hip´erbola x16 − y9 = 1 a sus as´ıntotas 2

2

y x Soluci´ on. Su ecuaci´on de la hip´erbola: (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 ecuaci´on 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 ´angulo formado por las rectas as´ıntotas de toda hip´erbola H cuya excentricidad seas e = 2. Soluci´ on. e=

c = 2 → c = 2a a

adem´as 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



241  

Ejercicio 6.23. Hallar la ecuaci´on de la hip´erbola 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 ecuaci´on de la hip´erbola 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

adem´as: b2 = c2 − a2

b2 = 169 − 25 = 144 b2 = 144 Luego la ecuaci´on de la hip´erbola es: H:

X2 y2 − =1 25 144

Ejercicio 6.24. En las siguientes hip´erbolas, hallar la ecuaci´on de la recta tangente en el punto de contacto dado: a) 25x2 − y 2 = 100;

Jos´e Namuche

√ (−3, 5 5)

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. Hacemos y ′ =

dy dx

en la ecuaci´on de la hip´erbola 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on de la hip´erbola 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 ecuaci´on 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 Jos´e 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 ecuaci´on de la hip´erbola 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 Jos´e 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 ecuaci´on de la hip´erbola 11/4 11

6.3 Ejercicios y problemas propuestos 1. En los ejercicios siguientes, los vertices y los focos de las correspondientes hip´erbolas. Con la ayuda de las as´ıntotas, representar las gr´aficas las hip´erbolas 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 ecuaci´on para cada hip´erbola a) Centro (0, 0); un v´ertice (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 hip´erbola ( y4 ) − ( x2 ) = 1 en x = 4. 3. Clasificar la c´onica correspondiente a cada ecuaci´on en uno de los tipos: circunferencia, parabola, elipse, hip´erbola. 4y 2 − 2x2 − 4y − 8x − 15 = 0 4. En los ejercicios siguientes, para la hip´erbola que tiene la ecuaci´on indicada determine (a) el centro (b) el eje principal, y (c) los vertices, (d). Dibuje la hip´erbola y muestra los focos. (Leithold pag. 1200) a) y = b)

y2 25

Jos´e 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 hip´erbola cuya ecuaci´on se indica, obtenga (a) el centro, (b) el eje principal, y (c) los vertices, (d) Dibuje la hip´erbola y muestre el rect´angulo 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 ecuaci´on de la hip´erbola que satisface las condiciones se˜ naladas y dibuj´elas. 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 v´ertice 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 hip´erbola se encuentra en (−3, −1) y (−1, −1) las distancia entre √ los focos es 2 5. Obtenga (a) una ecuaci´on de la hip´erbola, y (b) las ecuaciones de las as´ıntotas. f) Obtenga una ecuaci´on de la hip´erbola cuyos focos son los vertices de la elipse 7x2 + 11y 2 = 77 y cuyos vertices son los focos de esta hip´erbola.

6.4 Respuestas Ejercicios Propuestos 1. En los ejercicios siguientes, hallar el centro, los vertices y los focos de las correspondientes hip´erbolas. Con la ayuda de las as´ıntotas, representar las gr´aficas las hip´erbolas propuestas. a) 2x2 − 3y 2 = 6 Soluci´ on Centro: (0, 0) √ Vertices: (± 3, 0) √ Focos: (± 5, 0)

Jos´e 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

Jos´e 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 ecuaci´on para cada hip´erbola. a) Centro (0, 0); un v´ertice (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

Jos´e 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 hip´erbola ( 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 c´onica correspondiente a cada ecuaci´on en uno de los tipos: circunferencia, parabola, elipse, hip´erbola. 4y 2 − 2x2 − 4y − 8x − 15 = 0 Soluci´ on Hip´ erbola 4. En los ejercicios siguientes, para la hip´erbola que tiene la ecuaci´on indicada determine (a) el centro (b) el eje principal, y (c) los vertices, (d). Dibuje la hip´erbola 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

Jos´e 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

Jos´e Namuche



249  

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  250  

Geometr´ıa Anal´ıtica

5. Para la hip´erbola cuya ecuaci´on se indica, obtenga (a) el centro, (b) el eje principal, y (c) los vertices, (d) Dibuje la hip´erbola y muestre el rect´angulo 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

Jos´e 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  252  

Geometr´ıa Anal´ıtica

6. Obtenga una ecuaci´on de la hip´erbola 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 v´ertice 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

Jos´e 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 hip´erbola se encuentra en (−3, −1) y (−1, −1) las distancia entre √ los focos es 2 5. Obtenga (a) una ecuaci´on de la hip´erbola, 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 ecuaci´on de la hip´erbola cuyos focos son los vertices de la elipse 7x2 + 11y 2 = 77 y cuyos vertices son los focos de esta hip´erbola. Soluci´ on x2 y 2 − =1 4 7

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Cap´ıtulo 7 Rotaci´on y traslaci´on 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, continuaci´on, veamos la posici´on 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 rotaci´on con ´angulo θ para convertirse en el sistema X ′ Y ′ . Y P

x

Y’

y’ X’ x’

y

θ X

Figura 7.1:

En el gr´afico 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 rotaci´on, un ´angulo form´andose 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 inter´es es encontrar una relaci´on vectorial y algebraica entre las coordenadas (x, y) y (x′ y ′) del punto P ∈ IR2 . Esta relaci´on 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 rotaci´on y si las coordenadas de un punto cualquiera P ∈ IR2 antes y despu´es de la rotaci´on son (x.y) y (x′ , y ′), respectivamente, las ecuaciones de transformaci´ on del sistema original al nuevo sistema de coordenadas est´an dadas por: x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ

Demostraci´on.

Hagamos el siguiente gr´afico Y x

Y’

y’ X’ x’

y

θ X

Figura 7.2:

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  256  

Geometr´ıa Anal´ıtica En el gr´afico se observa: θ: es el ´angulo de rotaci´on (Los ejes XY han girado un ´angulo 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 c´omo se relacionan las coordenadas originales (x, y) del punto P con las nuevas coordenadas (x′ , y ′ ) del mismo punto. a) En el tri´angulo rect´angulo OAP , recto en A, se tiene: |OP | = r y adem´as:  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 tri´angulo rect´angulo OA′P , recto en A′ , se tiene:  x′ = OA′ = r cos α (4) y ′ = A′ P = r sen α) Jos´e 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 ´angulo θ, entonces las coordenadas (x, y) de P se expresan en funci´on 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 Relaci´on 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 ecuaci´on de la forma Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 se transforma en una ecuaci´on simple mediante una rotaci´on 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 ecuaci´on x2 − 2xy + y 2 − x = 0 girando los ejes coordenados un ´angulo de 45o . Trazar el lugar geom´etrico 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

(7.1)

2

Carlos Vel´ asquez

  258  

Geometr´ıa Anal´ıtica

2. Reemplazar las relaciones de (7.1) en la ecuaci´on: 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 ecuaci´on 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 traslaci´on con el fin de que los t´erminos Dx + Ey se anulen, en segundo lugar, hacer una rotaci´on, con el prop´osito de anular el t´ermino Bxy. As´ı la ecuaci´on

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  259  

Geometr´ıa Anal´ıtica

(7.2) se convierte en otra ecuaci´on m´as simple y mucho m´as f´acil de reconocer, si es una par´abola, o una elipse o una hip´erbola. El siguiente teorema consolida la doble transformaci´on  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 transformaci´on 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 ´angulo de rotaci´on y (h, k) son las coordenadas del nuevo origen referido a los ejes coordenados originales. En el gr´afico 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 transformaci´on de coordenadas, simplificar la ecuaci´on: 2x2 + 2xy + 2y 2 − 2x − 10y + 11 = 0 Tr´acese el lugar geom´etrico y todos los sistemas de ejes coordenados.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  260  

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on.

1. En primer  lugar, hacer la traslaci´on de los ejes a un nuevo origen (h, k) mediante la transx = x′ + h formaci´on Al reemplazar en la ecuaci´on 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 t´erminos 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  261  

Geometr´ıa Anal´ıtica

En varios tipos de problemas matem´aticos se puede aclarar el planteamiento de un problema, o se pueden simplificar algunos c´alculos, s´ı se cambia la colocaci´on de los ejes de coordenadas. Un cambio tal de colocaci´on es una transformaci´on de coordenadas. En este capitulo se estudiar´an dos tipos b´asicos 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 manteni´endolos paralelos a sus posiciones originales hasta que el origen coincida con el punto cuyas coordenadas x y y son (h, k). Este “deslizamiento” o traslaci´on 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 est´an relacionadas con las coordenadas x′ y y ′ a trav´es 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 est´an en el origen, as´ı como de par´abolas, elipses e hip´erbolas cuyos ejes sean paralelos a los ejes coordenados pero que est´en colocadas en posiciones diferentes a las ordinarias. Ejemplo 7.3. Una par´abola tiene su v´ertice en V (3, 4) y su foco en F (3, 6). Obtenga una ecuaci´on cartesiana de esta par´abola.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 v´ertice y el foco de una par´abola est´an sobre su eje, la par´abola dada tiene a su eje sobre la recta cuya ecuaci´on 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 v´ertice V (3, 4) de la par´abola. Una ecuaci´on de la par´abola 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 par´abola son puntos con coordenadas x′ y y ′ satisfacen esta ecuaci´on. Ahora, empleando las Ecuaciones 7.6, con h = 3 y k = 4, se obtiene una ecuaci´on de la par´abola en las variables x y y sustituyendo los valores x′ = x − 3 y y ′ = y − 4 en la Ecuaci´on (7.7). Esto indica que la ecuaci´on requerida es (x − 3)2 = 8(y − 4) o sea x2 − 6x − 8y + 41 = 0 Cualquier ecuaci´on de la forma Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0

( No siendo A y C ambos 0)

(7.8)

tiene ordinariamente una gr´afica que es una circunferencia, o que es una par´abola, elipse o hip´erbola cuyo eje (principal) es paralelo a un eje de coordenadas. En algunos casos excepcionales la gr´afica 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 t´erminos lineales y constantes restantes, y empleando las ecuaciones (7.6) resulta sencillo identificar y trazar la gr´afica de la curva que est´e representada por una ecuaci´on de la forma (7.8).

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  263  

Geometr´ıa Anal´ıtica y

F(3,6) p V(3,4)

x

Figura 7.7:

Ejemplo 7.4. Obtenga una ecuaci´on en las variables x′ y y ′ de la gr´afica de 9x2 − 4y 2 + 36x − 24y − 36 = 0 de tal manera que el centro de la gr´afica est´e sobre el origen en el sistema de coordenadas x′ y y ′. Haga su representaci´on gr´afica, 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 ′ ′ ecuaci´on en t´erminos de las coordenadas x y y . x′2 y ′2 − =1 4 9 En la figura se muestra la gr´afica correspondiente.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



264  

5 y x -10

-5

5

0 0

-5

-10

Figura 7.8:

Ejemplo 7.5. Encuentre las coordenadas del v´ertice V y del foco F de la par´abola dada por la ecuaci´on y 2 + 4x + 6y + 1 = 0 Soluci´ on. Primero, compl´etese 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, empl´eese la Ecuaci´on (7.6) con h = 2 y k = −3 para obtener una ecuaci´on en x′ y y ′ , en la turnia ordinaria de la par´abola y ′2 = −4x′ En el sistema x′ y ′ ´esta es la ecuaci´on de una par´abola cuyo v´ertice V tiene como coordenadas a (x′ , y ′) = (0, 0) y cuyo foco F tiene coordenadas (x′ , y ′) = (−1, 0). Finalmente, empl´eese ia Ecuaci´on (7.5), con h = 2 y k = −3 para encontrar las coordenadas x y y del v´ertice y del loco: para el v´ertice 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) Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  265  

Geometr´ıa Anal´ıtica

El proceso de completar cuadrados y simplificar las ecuaciones resultantes que se emple´o en los Ejemplos 7.4 y 7.5 se puede aplicar a cualquier ecuaci´on de la forma (7.8). Siempre se puede tratar de obtener una ecuaci´on de una de las formas que se muestran en la siguiente tabla. (Esta tabla debe entenderse. pero no debe ser memorizada.) Tipo Ecuaci´on Gr´afica 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) Par´abola −−− 2 p 6= 0 (y − k) = 4p(x − h) Par´abola −−− (3) 2 (x−h) a>0 − (y−k) =1 Hip´erbola (h, k) a2 b2 (x−h)2 (y−k)2 b>0 − b2 = 1 Hip´erbola (h, k) a2

V´ertices 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 ecuaci´on de segundo grado a una forma que aparezca en el primer miembro de una ecuaci´on contenida en la tabla, no se podr´a 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 gr´afica es solamente el punto (h, k); y si q < 0, entonces la gr´afica 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 gr´afica son dos rectas (paralelas) verticales. Si rectas (paralelas) verticales. Si q = 0, entonces la gr´afica es una recta horizontal o una recta vertical; y si q < 0, entonces la gr´afica es. Para las ecuaciones del tipo 3 en lugar de 1en el segundo miembro puede tenerse 0. La gr´afica es entonces un par de rectas que se intersecan. De la discusi´on anterior se llega a los siguientes hechos: La gr´afica 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 gr´afica 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 gr´afica puede ser un punto o 0. 3. Par´ abola, Si A = 0 o bien C = 0. En casos excepcionales, la gr´afica 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 gr´afica pueden ser un par de rectas que se cortan.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  266  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Los tipos de lugares geom´etricos que se mencionaron anteriormente reciben el nombre de secciones c´onicas, o c´onicas, puesto que resultan de la intersecci´on 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 v´ertice 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 v´ertice est´a a una distancia infinita). Los lugares geom´etricos excepcionales reciben el nombre de secciones c´onicas degeneradas.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



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 parab´olico 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 Hiperb´olico 4ACF − CD2 AC < 0 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

una circunferencia una elipse el conjunto vac´ıo un punto una par´abola dos rectas paralelas una recta el conjunto vac´ıo una par´abola dos rectas paralelas una recta el conjunto vac´ıo una hip´erbola dos rectas se cortan

Carlos Vel´ asquez

  268  

Geometr´ıa Anal´ıtica

7.4.2 Rotaci´ on de ejes En la Subsecci´on anterior se vio que se puede emplear una traslaci´on de ejes para transformar una ecuaci´on dada a una forma m´as sencilla (pero equivalente) cuya gr´afica sea f´acilmente reconocible. Esto tambi´en se aplica a las rotaciones de ejes. Si se rotan los ejes de coordenadas alrededor del origen y se considera que est´an fijos todos los puntos del plano, entonces cada punto (o vector), excepto el origen, tendr´a un nuevo par de coordenadas (o componentes). Estas nuevas coordenadas se pueden calcular empleando trigonometr´ıa como se indica a continuaci´on. 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 ´angulo φ. Sup´ongase 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 ´angulo de direcci´on del vector s con respecto al eje x′ − es y ′ − entonces, como se muestra, el ´angulo de direcci´on 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 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 rotaci´on de ejes, las coordenadas x y y de un punto est´an relacionadas con las coordenadas x′ y y ′ a trav´es de las Ecuaciones (7.10) o. equivalentemente, a trav´es de las ecuaciones (7.11). Ejemplo 7.6. Consid´erese una rotaci´on 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. Empl´eense 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 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



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 geom´etrico de que una traslaci´on de ejes no altera los ´angulos . Esto tambi´en 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 geom´etricas. El siguiente ejemplo ilustra c´omo se puede emplear una rotaci´on de ejes para transformar una ecuaci´on de una forma que no es familiar a una forma Ejemplo 7.8. Obtenga una ecuaci´on en las variables x′ y y ′ de la gr´afica de xy = 4 bajo una rotaci´on de ejes alrededor del origen con m◦ (φ) = 45. Use este resultado para identificar la ecuaci´on Original y trace una gr´afica 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 Ecuaci´on

x′ − y ′ x′ + y ′ √ y y= √ 2 2 Sustituyendo estas expresiones de x y y en la ecuaci´on 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 gr´afica de esta ultima ecuaci´on es una hip´erbola con el eje principal sobre el eje x′ . Por lo tanto, la gr´afica de la ecuaci´on original es una hip´erbola cuyo eje principal forma un ´angulo de 45◦ con la parte positiva del eje x. A continuaci´on se muestra su gr´afica

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica

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

Jos´e Namuche



271  

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



272  

Empleando las Ecuaciones (7.11) se puede escribir la ecuaci´on dada como 2(x′ cos φ − y ′ sen φ) − (x′ sen φ + y ′ cos φ) = 3 Agrupando los t´erminos 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 gr´afica de esta ecuaci´on 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 est´e 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 tri´angulo rect´angulo con √ √ un ´angulo 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 ecuaci´on (7.9) se tiene       1 2 4 1 ′ ′ x 2 √ − √ −y √ + √ =3 5 5 5 5 o bien

3√ 5 5 Si φ est´a en el cuadrante III, se tiene sen φ = − √25 y cos φ = − √15 , la ecuaci´on (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 ecuaci´on 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 ecuaci´on de segundo grado, o cuadr´atica, en dos variables. Si B = 0, la ecuaci´on toma la forma aX 2 + cY 2 + dX + eY + f = 0

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



273  

y como se vio en la Secci´on anterior se puede identificar su gr´afica completando cuadrados en x y y, y aplicando entonces una traslaci´on de ejes apropiada. Si B ≤ 0 en la Ecuaci´on (7.13) inmediatamente anterior, entonces no se puede identificar su gr´afica directamente por este m´etodo. Sin embargo, se puede emplear una rotaci´on de ejes para obtener una ecuaci´on de la gr´afica de (I) que no contenga un t´ermino en x′ y ′ − y entonces se puede proceder como antes. Si se rotan los ejes un ´angulo φ medido en radianes, entonces las viejas y las nuevas coordenadas est´an relacionadas a trav´es 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 Ecuaci´on (7.13) la ecuaci´on 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 t´ermino 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 ecuaci´on 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 Ecuaci´on (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.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



274  

Caso (1). Si A = C, la Ecuaci´on (7.24) se convierte en B cos 2φ = 0 de donde cos 2φ = 0 Los valores de 2φ que satisfacen esta ecuaci´on 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 Ecuaci´on (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 selecci´on 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 ´angulo de rotaci´on a ser un ´angulo agudo. Ejemplo 7.10. Mediante una rotaci´on de ejes identifique la gr´afica de x2 − 3xy + 5y 2 − 4 = 0 y trace un esquema de la gr´afica 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 tri´angulo rect´angulo apropiado, como se muestra, por inspecci´on se tiene que cos 2φ = 45 , sen 2φ = 35 . Para calcular los valores de cos φ y sen φ, recu´erdese de trigonometr´ıa que r 1 + cos 2φ cos φ = 2 r 1 − cos 2φ sen φ = 2 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



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 rotaci´on son 3x′ − y ′ x′ + 3y x= √ y y= √ 10 10 Sustituyendo estas expresiones de x y y en la ecuaci´on x2 − 3xy + 5y 2 − 4 = 0, se obtiene 5x′2 + 55y ′2 = 40 o

x′2 y ′2 + 8 =1 8 11

Esta ecuaci´on de una elipse. A continuaci´on se muestra su gr´afica y y’ x’

x

Figura 7.13:

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



276  

Empleando las Ecuaciones (7.17) y (7.19), se obtiene alguna informaci´on directa sobre la gr´afica de la ecuaci´on general de segundo grado en dos variables (Ecuaci´on (7.13)). Obs´ervese 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 Ecuaci´on: (7.13), y 4A′ C ′ − B ′2 es pues la caracter´ıstica de la ecuaci´on transformada bajo una rotaci´on. El que 4A′ C ′ − B ′2 = 4AC − B 2 : expresa que la caracter´ıstica es invariante bajo una rotaci´on de ejes. Claro est´a. que en A′ + C ′ = A + C, el n´ umero A + C tambi´en es invariante bajo una rotaci´on de ejes. Uno de los prop´ositos de una rotaci´on de ejes es proporcionar una ecuaci´on 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 gr´afica 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 parab´olico si A′ C ′ = 0, y del tipo hiperb´olico si A′ C ′ < 0. Entonces, debido a la Ecuaci´on (7.25) se tiene: La gr´afica de Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 es 1. de tipo el´ıptico s´ı 4AC − B2 > 0, 2. de tipo parab´olico si 4AC − B 2 = 0, y 3. de tipo hiperb´olico si 4AC − B 2 < 0. Ejemplo 7.11. Diga de que tipo es la gr´afica 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; hiperb´olico.

(b) 4AC − B 2 = (4)(6)(1) − 4 = 20 > 0; el´ıptico (c) 4AC − B 2 = (4)(3)(3) − 144 = −108 < 0; hiperb´olico (d) 4AC − B 2 = (4)(3)(3) − 360; parab´olico Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



277  

Tangentes a las secciones c´ onicas Consid´erese una parte de una curva dada (Figura 7.14) que contiene a le puntos S1 y S2 , y consid´erese 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 m´as 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 posici´on de la recta L2 se puede acercar a la posici´on de la recta L1 . En tal caso, se dice que L1 es la tangente a la curva C en el punto S1 . En esta secci´on estudiaremos el problema de obtener una ecuaci´on de la recta tangente a una secci´on c´onica C en un punto dado de ella. Para la soluci´on de este problema se considerar´a el caso particular de una secci´on c´onica que pase por el origen, y se estudiar´a el proceso de obtener la ecuaci´on de una recta tangente a C en el origen. Obs´ervese primero que la gr´afica C de cualquier ecuaci´on se segundo grado contiene al origen si y s´olo si su t´ermino constante es 0. Es decir, la gr´afica C de Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0

(7.26)

contiene al origen si y s´olo si F = 0. N´otese ahora que para valores de k tales que 0 < |k| < 1, no s´olo se tiene que k 2 < |k|, sino que al disminuir el valor de |k|, disminuye m´as r´apidamente. 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. An´alogamente, para 0 < |k| < 1 y 0 < |k| < 1, si tanto h como k tienden a cero, entonces hk tiende a cero m´as r´apidamente que el mayor de los valores de |h| y |k|. Consid´erese ahora el comportamiento de los diversos t´erminos de la Ecuaci´on (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. N´otese que los t´erminos Ax2 , Bxy, y Cy 2 decrecen en valor absoluto mucho Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



278  

m´as r´apidamente que el mayor de los valores |x| y |y|. Por lo tanto, las coordenadas de los puntos S(x, y) que est´an sobre C y est´an cerco del origen no s´olo satisfacen la Ecuaci´on (7.26) sino que satisfacen aproximadamente la ecuaci´on Dx + Ey = 0 Dx+Ey=0 y S(x,y) y

0 0

x

x

Figura 7.15:

Sup´ongase 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 ecuaci´on es Dx + Ey = 0. Este razonamiento conduce al siguiente resultado: Una ecuaci´on de la tangente a la gr´afica de Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey = 0, en el origen, si por lo menos uno de los n´ umeros D ´o E no es cero, est´a dada por Dx + Ey = 0. Ejemplo 7.12. Obtenga una ecuaci´on de la tangente a la gr´afica de 3x2 + 4y 2 + 2x − 3y = O en el origen. Soluci´ on. Por inspecci´on, D = 2 y E = −3. Por lo tanto, la ecuaci´on requerida es 2x − 3y = 0 El m´etodo que se ha discutido es aplicable a las gr´aficas de polinomios en general. Por ejemplo, la gr´afica G de x6 − 7x3 y 2 + y 4 + 2x − 3y = 0 pasa por el origen O, puesto que el t´ermino constante es 0. Una ecuaci´on de la recta tangente a G en O es 2x − 3y = 0. Frecuentemente se desea obtener una ecuaci´on de la tangente a una secci´on c´onica en un punto que n´ u sea el origen. Aunque existen t´ecnicas (de c´alculo diferencial) para hacer esto directamente, es m´as sencillo realizar una traslaci´on de ejes de modo que el punto en cuesti´on sea el

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



279  

nuevo origen. Se obtiene entonces la ecuaci´on deseada mediante el m´etodo que se ha estudiado. Se efect´ ua entonces una segunda traslaci´on regresando a los ejes originales para obtener la ecuaci´on de la tangente requerida. Ejemplo 7.13. Obtenga una ecuaci´on de la recta L que es tangente en el punto S(2, −1) a la elipse cuya ecuaci´on es x2 + 4y 2 = 8 Soluci´ on. N´otese primero que el punto S(2, −1), est´a 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 traslaci´on son x = x′ + 2

y

y = y′ = 1

Sustituyendo estos valores de x y y en la ecuaci´on 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 n´otese que esta ecuaci´on tiene un t´ermino constante 0, y que por lo tanto su gr´afica contiene al origen en el sistema de coordenadas x′ y y ′ . Entonces por inspecci´on, 4x′ − 8y ′ = 0 o bien x′ = 2y ′ = 0 es una ecuaci´on 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 traslaci´on 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 ecuaci´on 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 Secci´on 5-4 que se puede pensar que la recta L1 tangente a la curva S en el punto S1 de C es la posici´on limite (si existe dicha posici´on l´ımite) de la recta L, que pasa por los puntos S1 y S2 , cuando S, tiende a S1 sobre C. En esta secci´on, se estudiar´a esta situaci´on desde un punto de vista ligeramente distinto. Refiri´endose 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 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  280  

Geometr´ıa Anal´ıtica

de intersecci´on de L2 con C se acercan el uno al otro, hasta que, intuitivamente, se convierten en un solo punto, al llegar L2 a la posici´on l´ımite de L1 . Por lo tanto, intuitivamente se puede pensar que el punto de tangencia es un punto de “doble intersecci´on”. Este concepto es an´alogo al de una ra´ız “doble”de una ecuaci´on cuadr´atica. Recu´erdese de estudios de ´algebra que la f´ormula cuadr´atica √ −b ± b2 − 4ac x= 2a determina las ra´ıces de la ecuaci´on ax2 + bx + c = 0, a 6= 0, en t´erminos 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 s´olo 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 intersecci´on doble de “ra´ız doble”de una ecuaci´on cuadr´atica para construir un artificio que permite calcular cuales son las tangentes a las secciones c´onicas, como se ilustra en los siguientes ejemplos. Una recta y una c´onica no degenerada tienen 0, 1 y 2 puntos en com´ un. Tienen exactamente un punto com´ un si y s´olo si, o bien la recta es tangente a la secci´on c´onica, o bien, en el caso de que la secci´on c´onica sea una par´abola, si la recta es paralela a su eje, y si la secci´on c´onica es una hip´erbola, la recta es paralela (pero no coincidente) a una de sus as´ıntotas 2

7.5 Problemas Desarrollados Ejercicio 7.1. Transformar la ecuaci´on x2 −2xy +y 2 −x, girando los ejes coordenados en ´angulo 45◦ . Trazar el lugar geom´etrico 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◦ (

Jos´e Namuche

√

√

x = x′ 22 − y ′ 22 √ √ y = x′ 22 + y ′ 22

Enrique Reyes

(7.27)

Carlos Vel´ asquez

  281  

Geometr´ıa Anal´ıtica 2. Reemplazando las relaciones en 7.27 en la ecuaci´on: 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 par´abola) √ ′ = 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

X

Carlos Vel´ asquez

  282  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 7.2. Por una rotaci´on de los ejes coordenados, transformar la ecuaci´on 5x2 + 4xy + 2y 2 = 2 en ora que carezca del termino en x′ y ′. Trazar su lugar geom´etrico y ambos sistemas de ejes coordenados Soluci´ on. En la ecuaci´on 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 ecuaci´on transformada debe carecer del termino x′ y ′ igualamos el coeficiente de x′ y ′ a cero, obteni´endose −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 ecuaci´on 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 relaci´on trigonom´etrica nos permite hacer el tri´angulo rect´angulo: A continuaci´on 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 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 transformaci´on de coordenadas, simplificar la ecuaci´on: 2x2 + 2xy + 2y 2 − 2x − 10y + 11 = 0 Tr´acese el lugar geom´etrico y todos los sistemas de ejes coordenados Soluci´ on.

1. En primer lugar, hacer la traslaci´on de los ejes a un nuevo origen (h, k) mediante la transformaci´on ( x = x′ + h y = y′ + k Al reemplazar en la ecuaci´on 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 t´erminos 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)

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



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 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 Al reemplazar a la ecuaci´on 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 t´erminos 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 gr´afico es:

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 ecuaci´on 5x2 − 26xy + 5y 2 + 72 = 0. Identificar la c´onica que ella representa. Trazar su gr´afica se˜ nalando las ecuaciones de rotaci´on Soluci´ on. En este problema s´olo habr´a rotaci´on La transformaci´on de rotaci´on 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

Jos´e 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 ecuaci´on 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 hip´erbola 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 ecuaci´on 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 gr´afico de los datos: a) El foco F1 (0, 1) b) La recta x + y + 29 = 0 2. Hallaremos la ecuaci´on del eje focal: pasa por F1 (0, 1) y es perpendicular a L1 de pendiente m1 = −1 La ecuaci´on del eje focal, es: L:

Jos´e Namuche

y − 1 = 1(x − 0) y = x+1

Enrique Reyes

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 gr´afico 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 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

(7.37)

Carlos Vel´ asquez

  288  

Geometr´ıa Anal´ıtica Adem´as 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 gr´afico: 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 ′ , obteni´endose: ′

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 ecuaci´on: k 2 x2 + 2kxy + (k 2 − 1)y 2 + 2x − 3y + 300 = 0 i) Una par´abola ii) Una elipse iii) Una hip´erbola

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  289  

Geometr´ıa Anal´ıtica iv) Una circunferencia Soluci´ on. La ecuaci´on 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 par´abola, 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 ecuaci´on 7.39 representa una elipse, si B 2 − 4AC < 0 k 2 [2 − k 2 ] < 0 k 2 [k 2 − 2] > 0 Resolver la inecuaci´on: 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} Jos´e 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 ´angulo α = 30◦ obteni´endose el sistema X ′′ P0 Y ′′ . E este sistema la ecuaci´on de una par´abola P es: (y ′′ )2 = 8x′′ Hallar: a) El ´area del tri´angulo 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 gr´afico 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 par´abola P : y ′′2 = 8x′′ donde 8 = 4p ⇒ p = 2. El ´area del tri´angulo 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 rotaci´on y traslaci´on, se tiene la transformaci´on: x = x′′ cos θ − y ′′ sen θ + h y = x′′ sen θ + y ′′ cos θ + h

4. Como datos se tiene

Jos´e 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 hip´erbola 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 ecuaci´on de la hip´erbola 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,

Jos´e Namuche

b=

Enrique Reyes

√

2

Carlos Vel´ asquez

  292  

Geometr´ıa Anal´ıtica

3. El centro de la hip´erbola respecto al sistema XY es la intersecci´on del eje focal con el eje normal   4 7 P0 = LF ∩ LN = , 3 3 4. Respecto a los EJES X”Y” la ecuaci´on de la hip´erbola es: H:

x′2 y ′2 − =1 4 2

5. Si θ es el ´angulo de rotaci´on 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 par´abola cuyo v´ertice es el punto V (1, 1). Determinar la ecuaci´on de la par´abola por la rotaci´on 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 ecuaci´on de la elipse, por rotaci´on de ejes Soluci´ on. a) (1) Graficar la directriz y el v´ertice:

Jos´e 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 ecuaci´on de la par´abola 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 rotaci´on y traslaci´on, las coordenadas de un P ∈ P, en el sistema original, est´a 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 ′′ =

Jos´e 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 par´abola 

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 rotaci´on y traslaci´on. En el sistema x′′ o y ′′, la ecuaci´on 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 ecuaci´on: x2 2 3xy + 3y 2 − 16 3x − 16y = 0 a) Graficarla con respecto al sistema XOY dado (justifique mediante rotaci´on de ejes)

Jos´e Namuche



294  

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  295  

Geometr´ıa Anal´ıtica

b) Hallar respecto de dicho sistema, la ecuaci´on de la recta que contiene a un lado recto de la gr´afica Soluci´ on. Para responder las partes a) y b), bastar´a 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 ecuaci´on dada a la forma can´onica mediante la transformaci´on ( 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on 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 direcci´on del eje x′ (sigue la direcci´on de la tan 30o = Jos´e Namuche

Enrique Reyes

√1 ) 3

Carlos Vel´ asquez

  296  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Y

Y’ X’

P __ V3

X

2. La ecuaci´on del lado recto en el sistema x′ y ′ es x′ = 2. La ecuaci´on x′ = 2 en el sistema XY se halla mediante la transformaci´on.

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 ´angulo de 60o en sentido antihorario obteni´endose el sistema X ′ P0 Y ′ . La recta L tiene por ecuaci´on √ √ 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 ecuaci´on de L2 en el sistema XY Soluci´ on.

1. Graficar los datos: Y’’

Y

X’

Y’

60º

2

X’’

P

0

2

Jos´e 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 ´angulo de 60o en sentido antihorario, se obtiene el sistema x′ P0 y ′. Entonces la trasformaci´on 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 ecuaci´on 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 intersecci´on de L con el Eje Y El intercepto de L con el Eje Y , se obtiene haciendo x = 0 en la ecuaci´on de L. As´ı x = 0 ⇒ 2(0) + y − 11 = 0 ⇒ y = 11

Luego: P0 = (0, 11). La ecuaci´on de L2 es: 1 (x − 0) 2 1 y = x + 11 2 √ √ Ejercicio 7.12. Dada la ecuaci´on: 2x2 − 4xy − y 2 − 4 5x − 2 5y + 14 L2 : y =

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  298  

Geometr´ıa Anal´ıtica a) Identificar la c´onica a la cual representa b) Graficar la c´onica c) Determinar la ecuaci´on del eje focal de la c´onica 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 transformaci´on ( 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 ecuaci´on 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 . . . (hip´erbola)

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  299  

Geometr´ıa Anal´ıtica

3. Ahora completamos cuadrados, para poser hallar el centro P0 de la hip´erbola 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 hip´erbola es (-2,-1). Eje transversal paralelo al eje X ′ 4. La ecuaci´on 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 ecuaci´on de una elipse con v´ertices en (3,3) y (-1,-1) y excentricidad e = 12 Soluci´ on.

Jos´e 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 v´ertices 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 ecuaci´on 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 :

Jos´e 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) As´e obtenemos la transformaci´on: ( 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), obteni´endose el sistema X ′ QY ′ , luego se realiza una rotaci´on 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 ecuaci´on y ′′2 + 4x′′2 = 16, determinar: a) La ecuaci´on de ε en el sistema XOY b) las ecuaciones de las directrices de ε en el sistema XOY Soluci´ on.

Jos´e 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 tri´angulo rect´angulo QAB, recto en A, se tiene tan =

4 3

4 5 3 cos θ = 5

sen θ =

3. La transformaci´on 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) form´andose el sistema X ′ Y ′ entonces: x′ = x − 3 y′ = y − 2

Jos´e 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 traslaci´on de los ejes coordenados al nuevo origen P0 (6, −1), seguida de una rotaci´on, obteni´endose el sistema X ′ Y ′ . El eje Y ′ coincide con la recta L. En el sistema X ′ Y ′ la ecuaci´on de una recta L1 es L1 : x′ − 3y ′ + 6 = 0. hallar la ecuaci´on 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 Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



304  

Si θ es el ´angulo agudo de rotaci´on 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 traslad´o, 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 ´angulo de 120o . En el sistema resultante X ′ Y ′ la ecuaci´on de una par´abola es: y ′2 = 8(x′ − 2). Determinar las coordenadas de su v´ertice y de su foco en el sistema XY Soluci´ on.

Jos´e Namuche

1. hacer el gr´afico 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 ecuaci´on de una par´abola es: P : y ′2 = 8(x′ − 2) • El v´ertice en el sistema X ′ Y ′ es = (2, 0) • Como 4p = 8 → p = 2

• Respecto del sistema X ′ Y ′ la par´abola 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 transformaci´on 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 v´ertice y el foco en en el sistema XY son respectivamente: ( ) √ √ x = − 21 · 2 − 23 (0) √ V = (−1, 3) 3 1 y = 2 · − 2 (0) Jos´e 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. Despu´es de una rotaci´on de los ejes 0 < θ < π2 y la traslaci´on al punto P ′ = √ √ (− 2/2, −3 2) en el nuevo sistema, la ecuaci´on 3x2 −2xy +3y 2 +2Dx+2Ey+ = 0 se transforma 2 en la ecuaci´on 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 form´andose 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on, 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 ′′

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



307  

Reemplazar en la ecuaci´on 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 ecuaci´on en el sistema original XY , es: √ 3x2 − 2xy + 3y 2 + 8 2y + 8 = 0 Ejercicio 7.17. Dada la ecuaci´on 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 ecuaci´on: 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 transformaci´on 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 (

Jos´e 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 educaci´on 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 (hip´erbola) 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 transformaci´on 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 traslaci´on de los ejes coordenados al nuevo origen (1,1) y luego rotaci´on de los ejes de un ´angulo de 45o , la ecuaci´on de cierto lugar geom´etrico con respecto a los ejes originales. Soluci´ on.

Jos´e Namuche

1. Graficar los datos:

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  309  

Geometr´ıa Anal´ıtica 2. X ′ Y ′ rot´o para convertirse en X ′′ Y ′′ , con ´angulo de rotaci´on 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 ecuaci´on: 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 traslad´o para convertirse en X ′ Y ′ con punto de traslaci´on P0 = (1, 1), entonces: ( x = x′ + 1 y = y′ + 1 Necesitamos:

(

x′ = x − 1 y′ = y − 1

5. Reemplazar en la ecuaci´on 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 transformaci´on de coordenadas, demu´estrese que la ecuaci´on general de una recta, Ax + By + C = 0, puede transformarse en y ′′ = 0, que es la ecuaci´on 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

Jos´e 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 tendr´a: (

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 transformaci´on 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 trasformaci´on: ( 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 transformaci´on 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 √

Jos´e 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 ecuaci´on Ax2 + Bxt + Cy 2 + Dx + Ey + F se transforma en otra ecuaci´on que carezca de t´erminos de primer grado Soluci´ on.

1. La traslaci´on se hace con la transformaci´on ( x = x′ + h y = y′ + k

2. Al reemplazar a la ecuaci´on 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 ecuaci´on carezca de t´erminos 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 hip´erbola H, y sea P una par´abola cuyo v´ertice coincide con el foco de la parte superior de H, y cuyo foco es el centro de H. Hallar la ecuaci´on de la par´abola en el sistema XY Soluci´ on. Para hallar el centro y los focos de la hip´erbola, debemos de rotar y trasladar

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  312  

Geometr´ıa Anal´ıtica 1. La rotaci´on se hace con la transformaci´on ( x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ El ´angulo 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 transformaci´on de rotaci´on es ( x= y=

√1 (x′ − 2y ′ ) 5 √1 (2x′ + y ′ ) 5

2. Reemplazar en la ecuaci´on de la hip´erbola       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 par´abola de v´ertice V = ( 5, 0) y el foco F = (− 5, 0), donde p = |F V | = 2 5 tiene por ecuaci´on, en el sistema X ′ P0 Y ′ √ √ P : y ′2 = 4(−2 5)(x′ − 5) √ √ P : y ′2 = −8 5(x′ − 5) Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  313  

Geometr´ıa Anal´ıtica

4. Para hallar la ecuaci´on de P en el sistema XY , bastar´a despejar x′ y y ′ de la transformaci´on 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 v´ertice inferior de E1 y adem´as pasa por el v´ertice superior de E1 a) Hallar el otro foco de E2 b) Hallar la longitud del eje menor de E2 c) Hallar la ecuaci´on de E2 , respecto al sistema original XY Soluci´ on. 1. En primer lugar, hallar la ecuaci´on 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 ecuaci´on 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 est´a en la recta que pasa por F1 y P0 , primero hallaremos la ecuaci´on de 4 (x − 1) 3 4 7 y = x− 3 3

LF1 P0 : y + 1 =

Jos´e 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 definici´on 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 ecuaci´on de E2 en el sistema X ′ Y ′ , es: E2 :

x′2 y ′2 + =1 49 24

4. Para hallar la ecuaci´on de E2 en el sistema original, hacemos: 1o Una rotaci´on, donde tan θ =

4 3

(pendiente de x′ )

2o Una traslaci´on, 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 rotaci´on es √ √ ! 2 2 ~u = (cos θ, sen θ) = , 2 2 La relaci´on de coordenadas originales y nuevas coordenadas es P = P0 + x′~u + y ′~u⊥ Jos´e 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 traslaci´on de los ejes al nuevo origen (3,2) y por rotaci´on 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 rotaci´on 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.

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  316  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 7.25. Demuestre que la ecuaci´on de la circunferencia x2 + y 2 = r 2 se convierte en x′2 + y ′2 = r 2 para cualquier rotaci´on de los ejes coordenados. Soluci´ on. Sea θ un ´angulo cualquiera de rotaci´on de los ejes coordenados. ~u = (cos θ, sen θ) un vector de rotaci´on. 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) tambi´en es direccional de “L” Jos´e 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 rotaci´on 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 Jos´e 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 ecuaci´on transformada si los ejes son rotados 45o . Y

L

Y’

X’ (0,3) 45º (−3,0)

Soluci´ on.

Jos´e 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 ecuaci´on transformada la que resulta ser una recta horizontal. Ejercicio 7.30. Hallar la ecuaci´on 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 rotaci´on es (1,0) puesto que el ´angulo de rotaci´on es θ = 0o , cos 0o = 1, sen 0o = 0 ) x = 1 + x′ ecuaciones de traslaci´on y = 2 + y′ En la ecuaci´on 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 ecuaci´on transformada que representa una elipse. Ejercicio 7.31. Hallar la ecuaci´on 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 traslaci´on

(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 ecuaci´on transformada que representa una circunferencia de radio “3” (b) 4x2 + y‘2 − 24x + 4y + 36 = 0, P0 = (3, −2) Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  320  

Geometr´ıa Anal´ıtica Soluci´ on. x = 3 + x′ y = −2 + y ′

)

ecuaciones de traslaci´on

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 ecuaci´on transformada. Ejercicio 7.32. Eliminar los t´erminos lineales de (x − 2)2 = 8(y − 1) por una traslaci´on, si fuese posible. Soluci´ on. x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ

)

ecuaciones de traslaci´on

En la ecuaci´on dada (x0 + x′ − 2)2 = 8(y0 + y ′ − 1) x′2 + x20 + 4 + 2x0 x′ − 4x0 − 4x′ = 8y0 + 8y ′ − 8 si queremos eliminar los t´erminos lineales tendr´ıamos tendr´ıamos que igualar 8 a cero, lo cual es absurdo. Luego no es posible eliminar los t´erminos lineales. Ejercicio 7.33. ¿Hasta que punto debe trasladarse el origen con el fin de eliminar el t´ermino lineal en y ′ , as´ı como los t´erminos 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 traslaci´on

En la ecuaci´on 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 ecuaci´on si los ejes son rotados un ´angulo θ.

Jos´e 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 rotaci´on pura y = x′ 22 + y ′ 22 ′

√

En la ecuaci´on 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 ecuaci´on resultante. √ (b) 2x2 − 3 3xy − y 2 = 5; θ = 60o

√ 3 ) 2

√

+ y ′(− 23 , 21 ) ) √ x = 12 x′ − 23 y ′ √ ecuaciones de rotaci´on pura y = 23 x′ + 12 y ′

Soluci´ on. P = (x, y) = x′ ( 21 ,

las aplicamos en la ecuaci´on 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  322  

Geometr´ıa Anal´ıtica

- Escribir las formulas de transformaci´on de coordenadas, si el origen de coordenadas se ha trasladado (sin cambiar la direcci´on 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 direcci´on de los ejes) al punto O ′(3; −4). Las coordenadas de los puntos A(1; 3), B(−3; 0) y C(−1; 4) est´an 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 direcci´on 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 f´ormulas de transformaci´on 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 f´ormulas de transformaci´on de coordenadas, si los ejes coordenados han girado en uno de los ´angulos siguientes: 1. 60◦ 2. 45◦ 3. 90◦ 4. -90◦ 5. 180◦ - Los ejes de coordenadas han girado un ´angulo α = 60◦ . Las coordenadas de los puntos √ √ √ A(2 3; −4), B( 3; O) y C(0; −2 3) est´an 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 ´angulo

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  323  

Geometr´ıa Anal´ıtica 1. -45o 2. 90◦ 3. -90o 4. 180o

- Determinar el ´angulo α, en el que hay que hacer girar los ejes, si las f´ormulas de transformaci´on 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) est´a situado en el nuevo eje de abscisas, el punto B(2; 3) est´a 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 f´ormulas de transformaci´on efe coordenadas, si el punto M, (2; −3) est´a situado en el nuevo eje de abscisas, el punto M2 (1; −7) est´a 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 rotaci´on en cierto ´angulo. Las coordenadas del punto A(3; −4) est´an determinadas respecto al primero de ellos. Deducir las f´ormulas de transformaci´on de coordenadas, sabiendo que la direcci´on positiva del eje Ox′ est´a 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 ´angulo α = arctan − 12 . Las coordenadas de los puntos M1 (3; 2), M2 (2; −3) y M(13; −13) est´an 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 ´angulo α = arctan 43 . - Determinarlas coordenadas primitivas del nuevo origen y el ´angulo α, en el que han girado los ejes, si las f´ormulas de transformaci´on de coordenadas se dan mediante las siguientes igualdades: 1. x = −y ′ + 3, y = x′ − 2 2. x = −x′ − 1, y = −y ′ + 3 Jos´e 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

- Transf´ormese cada una de las siguientes ecuaciones girando los ejes, el ´angulo que se indica. Tr´acese la curva. (N´otese 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 rotaci´on y traslaci´on de ejes. Tr´acese el lugar geom´etrico, 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 - H´allense las coordenadas de los focos de las siguientes curvas 1. 16x2 − 24xy + 9y 2 − 120x − 160y = 0 Jos´e 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 (hip´erbola equil´atera)

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Cap´ıtulo 8 Coordenadas Polares, cil´ındricas y esf´ericas

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 m´as simples en coordenadas polares. Adem´as, las tres c´onicas (par´abola, elipse e hip´erbola) pueden representarse mediante una ecuaci´on. Esta ecuaci´on 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 ´angulo en relaci´on 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 ´angulo 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 est´a 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 posici´on de los puntos en el plano. Un ejemplo m´as 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 continuaci´on se considerar´an las coordenadas polares para las cuales r es negativo. En este caso, en lugar de que el punto est´e en el lado terminal del ´angulo, el punto se encuentra sobre la prolongaci´on del lado terminal, la cual es el rayo desde el polo que se extiende en sentido opuesto al lado terminal. En consecuencia, si P est´a sobre la prolongaci´on del lado terminal del ´angulo 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 ´angulo que tiene una medida en radianes de 41 π, cuyo v´ertice est´a en el polo y su lado inicial sobre el eje polar. El punto en el lado terminal que est´a 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. Adem´as, las coordenadas polares (4, 17 π) tambi´en 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 posici´on de los puntos en el plano. Un ejemplo m´as 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 continuaci´on se considerar´an las coordenadas polares para las cuales r es negativo. En este caso, en lugar de que el punto est´e en el lado terminal del ´angulo, el punto se encuentra sobre la prolongaci´on del lado terminal, la cual es el rayo desde el polo que se extiende en sentido opuesto al lado terminal. En consecuencia, si P est´a sobre la prolongaci´on del lado terminal del ´angulo cuya medida en radianes es θ, entonces un conjunto de coordenadas polares de P es (r, θ), donde r = −|OP |. Jos´e 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

Jos´e 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 ´angulo 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 representaci´on en el sistema de coordenadas cartesianas rectangulares es (x, y), y (r, θ) es la representaci´on en coordenadas polares de P . Como caso particular, suponga que P est´a 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 s´olo se pueden obtener las coordenadas cartesianas rectangulares de un punto cuando se conocen las coordenadas polares, sino que tambi´en se puede obtener una ecuaci´on polar de una curva a partir de su ecuaci´on 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 ecuaci´on de (8.1), se iguala la suma de los miembros izquierdos a la suma de los miembros derechos, y se resuelve para r, obteni´endose 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

Jos´e 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 representaci´on 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 ecuaci´on en coordenadas polares se denomina ecuaci´on polar a fin de distinguirla de una ecuaci´on cartesiana, t´ermino empleado cuando una ecuaci´on est´a dada en coordenadas cartesianas rectangulares. y θ x −1

r

Figura 8.8:

Ejemplo 8.5. Obtenga una ecuaci´on cartesiana de la gr´afica que tiene la ecuaci´on 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 sustituci´on y r 2 = x2 + y 2, se obtiene la ecuaci´on 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 gr´afica de una ecuaci´on en coordenadas polares, denominada gr´afica polar, consiste de aquellos, puntos y s´olo aquellos, que tienen al menos un par de coordenadas polares que satisfacen la ecuaci´on. A continuaci´on se tratar´an las propiedades de dichas gr´aficas, las cuales se obtendr´an a mano y en la graficadora. La ecuaci´on θ=C

Jos´e Namuche

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 gr´afica de esta ecuaci´on es una recta que contiene al polo y Forma un ´angulo de C radianes con el eje polar. Vea la figura 8.9. La misma recta est´a representada por la ecuaci´on 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 gr´afica de la ecuaci´on ´angulo

1 θ= π 4 se presenta en la figura 8.10, y es la recta que pasa por el polo y forma un ´angulo de 14 π radianes con el eje polar. y as´ı sucesivamente. La misma recta est´a 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 gr´afica de la ecuaci´on 2 θ= π 3 la cual es la recta que pasa por el polo y forma un ´angulo 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

Jos´e 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on cartesiana es y = b. Si se sustituye y por r sen θ = b la cual es la ecuaci´on polar de cualquier recta paralela al eje polar. Si b es positivo, la recta est´a por arriba del eje polar. Si b es negativo, la recia est´a por debajo del eje polar. Ejemplo 8.7. En la figura 8.12 se tiene la gr´afica de la ecuaci´on r sen θ = 3 mientras que en la figura 8.13 se muestra la gr´afica de la ecuaci´on 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

Jos´e 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 ecuaci´on cartesiana es x = a. Al sustituir x por r cos θ se obtiene r cos θ = a la cual es la ecuaci´on de cualquier recta perpendicular al eje polar. Si a es positivo, la recta est´a a la derecha del eje 12 π. Si a es negativo, la recta est´a a la izquierda del eje 12 π Ejemplo 8.8. La figura 8.14 muestra la gr´afica de la ecuaci´on r cos θ = 3 y la figura 8.15 presenta la gr´afica de la ecuaci´on r cos θ = −3 La gr´afica de la ecuaci´on r=C donde C es cualquier constante, es una circunferencia cuyo centro est´a en el polo y su radio es |C|. La misma circunferencia est´a dada por la ecuaci´on. r = −C Ejemplo 8.9. En la figura 8.16 se muestra la gr´afica de la ecuaci´on r=4 la cual es una circunferencia con centro en el polo y radio 4. La misma circunferencia est´a dada por la ecuaci´on r = −4 aunque el uso de esta ecuaci´on no es com´ un.

Jos´e 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 ecuaci´on polar general de una circunferencia no es tan simple como la forma cartesiana. No obstante, se tienen casos especiales en los que una ecuaci´on 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 ecuaci´on cartesiana de la circunferencia es x2 + y 2 − 2ax − 2by = 0 Una ecuaci´on 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  335  

Geometr´ıa Anal´ıtica r=0

∨

r − 2a cos θ − 2b sen θ = 0

Como la gr´afica de la ecuaci´on r = 0 es el polo y el polo (r = 0 cuando θ = tan−l (−a/b)) est´a en la gr´afica de r − 2a cos θ − 2b sen θ = 0, una ecuaci´on de la circunferencia es r = 2a cos θ + 2b sen θ Cuando b = 0, en esta ecuaci´on, se tiene. r = 2a cos θ Esta es una ecuaci´on polar de la circunferencia de radio |a| unidades, tangente al eje 21 π, y con su centro en el eje polar o en su prolongaci´on. Si a > 0, la circunferencia est´a 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 ecuaci´on r = 2a cos θ + 2b sen θ, se tiene r = 2b sen θ la cual es la ecuaci´on polar de la circunferencia de radio |b| unidades, con su centro sobre el eje 1 π en su prolongaci´on, y es tangente al eje polar. Si b > 0, la circunferencia est´a por arriba del 2 polo, y si b < 0, la circunferencia se encuentra debajo del polo. Ejemplo 8.10. Dibuje la gr´afica de cada una de las siguientes ecuaciones: a) r = 5 cos θ b) r = −6 sen θ Soluci´ on.

a) La ecuaci´on r = 5 cos θ

es de la forma r = 2aθ con a = 52 . Por tanto, la gr´afica es una circunferencia con centro en e! punto que tiene coordenadas polares ( 52 ,0) y es tangente al eje 12 π. La gr´afica se presenta en la figura 8.18.

Jos´e 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 ecuaci´on r = −6 sen θ es de la forma r = 2b sen θ con b = −3. La gr´afica 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 gr´afica. -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 gr´aficas polares, se establecer´an los siguientes criterios de simetr´ıa.

8.1.1 Criterios de Simetr´ıa Una gr´afica es:

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



337  

i) Simetr´ıa con respecto al eje polar si se obtiene una ecuaci´on 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 ecuaci´on 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) Sim´etrica con respecto al polo si se obtiene una ecuaci´on equivalente cuando (r, θ) se sustituye por (−r, θ) o (r, π + θ) Ejemplo 8.11. Para la gr´afica de la ecuaci´on r = 4 cos θ se aplicar´an 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 Jos´e 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 gr´afica es sim´etrica 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 ecuaci´on 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 gr´afica es sim´etrica 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 ecuaci´on dada. No obstante, tambi´en 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 gr´afica es sim´etrica con respecto al eje polo. Cuando se dibuja una pr´actica polar, a fin de determinar si contiene al polo sustituye 0 por r en la ecuaci´on y despu´es de resuelve para θ. Ejemplo 8.12. Dibuje la gr´afica de la ecuaci´on r = 1 − 2 cos θ Soluci´ on. Como se obtiene una ecuaci´on equivalente cuando se sustituye (r, θ) por (r, −θ), la gr´afica es sim´etrica 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, est´a en la gr´afica. La tabla 1 presenta las coordenadas de algunos otros puntos de la gr´afica. A partir d estos puntos se dibuja la mitad de la gr´afica; el resto se dibuja teniendo en cuenta su simetr´ıa con respecto al eje polar: La gr´afica se muestra en la figura En la figura 8.20, la gr´afica se ha dibujado en un sistema de coordenadas polares. El teorema siguiente muestra como definir una gr´afica polar mediante un par de ecuaciones param´etricas. Teorema 8.1. La gr´afica de la ecuaci´on polar r = f (θ) est´ a definida por-las ecuaciones param´etricas x = f (t) cos t y y = f (t) sen t

Jos´e 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 Demostraci´on. Sea (x, y) la representaci´on cartesiana de un punto P cuya representaci´on 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 par´ametro sea t, se tiene x = f (t) cos t

y

y = f (t) sen t

Las ecuaciones param´etricas del teorema 7.1 son utilizadas por algunas computadoras y graficadoras para trazar gr´aficas polares. Otras graficadoras permiten trazar una gr´afica polar directamente de la ecuaci´on r = f (θ) empleando el modo polar de la graficadora. Ejemplo 8.13. Para trazar la gr´afica 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 param´etrico y de radianes, y 0 ≤ t ≤ 2π, se elige [−3, 3] por [−2, 2] como rect´angulo de inspecci´on y obteni´endose la gr´afica mostrada en la figura 8.21, la cual es acorde con la curva de la figura La gr´afica 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 gr´afica de una ecuaci´on 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 raz´on a/b.

Jos´e 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 ecuaci´on 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 coraz´on). Vea la figura 8.23

3. 1
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 direcci´on en la que apunta, adem´as trace el caracol: (a) r = 3 + 2 sen θ (b) r = 2 + 2 cos θ (c) r = 2 − sen θ Soluci´ on. (a) La ecuaci´on 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 gr´afica es un caracol con hendidura. Es sim´etrico con respecto al eje 12 π y apunta hacia arriba. Se traza la gr´afica en el rect´angulo de inspecci´on de [−9, 9] por [−6,6] y se obtiene el caracol de la figura 8.26

Jos´e 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 ecuaci´on r = 2 + 2 cos θ es de la forma r = a + b cos θ con a = 2 y b = 2. Como a = 1, la gr´afica es una cardioide. Es sim´etrica con respecto al eje polar y apunta hacia la b derecha. Se traza la cardioide en el rect´angulo de inspecci´on 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 ecuaci´on r = 2 − sen θ es de la forma r = a − b sen θ con a = 2 y b = 1. Como ab = 2, la gr´afica es un caracol convexo. Es sim´etrico con respecto al eje 21 π y apunta hacia abajo. La gr´afica se presenta en la figura 8.28. La gr´afica de una ecuaci´on 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.

Jos´e 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 ecuaci´on r = 4 cos 2θ Soluci´ on. La ecuaci´on es de la forma r = a cos nθ. donde n es igual a 2. Como n es par, entonces la gr´afica es una rosa de cuatro hojas. La longitud de cada hoja es 4. La gr´afica 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 gr´afica en el rect´angulo de inspecci´on de [−7,5; 7,5] por [−5, 5] como se muestra en la figura 8.29. La gr´afica concuerda con la descripci´on.

4

2

0 -6

-4

-2

0

2

4

6

-2

-4

Figura 8.29: r = 4 cos 2θ

Observe que si en la ecuaci´on para una rosa se toma n = 1, resulta r = a cos θ

Jos´e 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 gr´aficas polares que a menudo se presentan son las espirales y las lemniscatas. La gr´afica del ejemplo siguiente se denomina espiral de Arqu´ımedes. Ejemplo 8.16. Describa y trace la ecuaci´on r=θ

θ≥0

Soluci´ on. Observe primero que la gr´afica no es sim´etrica con respecto a los ejes ni respecto al polo. Adem´as, conforme θ crece, tambi´en lo hace r. Cuando r = 0, θ = 0; de modo que el polo est´a en la gr´afica. Cuando θ = nπ, donde n es cualquier n´ umero entero, la gr´afica intersecta al 1 umero entero impar, la eje polar o a su prolongaci´on, y cuando θ = 2 nπ, donde n es cualquier n´ 1 gr´afica intersecta al eje 2 π a su prolongaci´on. Se traza la gr´afica en el rect´angulo de inspecci´on de [−42, 42] por [−28,28], como se muestra en la figura 8.30, la cual concuerda con la descripci´on. Una f´ormula para determinar la pendiente de ana recta tangente a una gr´afica 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 Demostraci´on. Del teorema 8.2, la gr´afica de r = f (θ) est´a definida por las ecuaciones param´etricas dy dy = dθ dr dx dθ en donde θ es el par´ametro, se tiene =

Jos´e Namuche

F ′ (θ) sen θ + f (θ) sen θ Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



345  

La f´ormula del teorema 8.2 puede emplearse para determinar d´onde una gr´afica polar tiene rectas tangentes horizontales y verticales. Esta informaci´on es u ´ til cuando se dibujan gr´aficas polares. El procedimiento se muestra al aplicarlo, a dos de los caracoles del ejemplo 8.14. en el siguiente ejemplo ilustrativo y en el pr´oximo ejemplo.

8.2 Coordenadas Cil´ındricas y Esf´ ericas El sistema de coordenadas cil´ındricas es una extensi´on de las coordenadas polares para tres dimensiones. La representaci´on en coordenadas cil´ındricas de un punto P es (r, θ, z), donde r y θ son las coordenadas polares de la proyecci´on 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 gr´afica 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 gr´afica de r = c, θ y z pueden asumir cualquier valor, mientras que r es constante. La gr´afica es un cilindro circular recto cuyo radio es |c| unidades y su eje es el eje;. La gr´afica se muestra en la figura 8.32. (b) Para lodos los puntos P (r, θ, z) de la gr´afica de θ = c, r y z pueden tomar cualquier valor, en tanto que θ permanece constante. La gr´afica es un plano que pasa por el eje z. Refi´erase a la figura 8.33 donde 0 < c < 12 π. (c) La gr´afica 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 gr´afica pata c > 0.

Jos´e 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 gr´afica 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 est´an 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 ecuaci´on en coordenadas cartesianas para cada una de las siguientes superficies cuyas ecuaciones se han expresado en coordenadas cil´ındricas, e identifique la

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



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 ecuaci´on 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 ecuaci´on puede escribirse en la formar x2 + (y − 3)2 = 9. lo cual muestra que su gr´afica es un cilindro circular recto cuya secci´on 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 ecuaci´on 3x + 2y + 6z = 0. En consecuencia, la gr´afica es un plano que pasa por el origen y tiene al vector h3,2,6i como un vector normal Ejemplo 8.19. Obtenga una ecuaci´on 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 gr´afica 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 ecuaci´on se transforma en r 2 = z. (b) La gr´afica es un paraboloide hiperb´olico 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 ecuaci´on r 2 cos2 θ − r 2 sen2 θ = z; debido a que cos2 θ − sen2 θ = cos 2θ, entonces se puede escribir la ecuaci´on como z = r cos 2θ. La figura 8.37 muestra el paraboloide hiperb´olico.

Jos´e Namuche

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 esf´ericas 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 representaci´on en coordenadas esf´ericas de un punto P es (ρ, θ, φ). donde ρ = |OP |, θ es la medida en radianes del ´angulo polar de la proyecci´on de P en el plano polar, y φ es la medida en radianes no negativa del ´angulo menor medido desde la pane positiva del eje z a la recta OP , consulte la figura 8.38. El origen tiene la representaci´on (0, θ, φ en coordenadas esf´ericas, 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 est´a 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 gr´afica de cada una de las ecuaciones siguientes, expresadas en coordenadas esf´ericas, donde c es una constante (a) ρ = y c > 0;

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



349  

(b) θ = c. Soluci´ on. (a) Todos los puntos P (ρ, θ, φ) de la gr´afica 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 gr´afica 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 gr´afica 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 gr´afica 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 ´angulo 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 gr´afica de ρ = c es una esfera, se tiene el nombre c¸oordenadas esf´ericas”. Las coordenadas esf´ericas 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 esf´ericas y uno de coordenadas cartesianas, como

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  350  

Geometr´ıa Anal´ıtica

se ilustra en la figura 8.41, se pueden deducir las siguientes relaciones entre las coordenadas esf´ericas 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 an´aloga a las coordenadas polares en el plano, estudiaremos las COORDENADAS CIL´INDRICAS en R3 , definidas por la transformaci´on x = r cos θ T : y = r sen θ z = z

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 CIL´INDRICAS del punto (x, y, z) y est´an representadas en la siguiente figura: Z z

y Y θ

r

x

(x,y)

X

El rango m´aximo de valores de las coordenadas cil´ındricas (r, θ, z) es: 0 ≤ r ≤ ∞ 0 ≤ θ ≤ α + 2x α fijo en R Esta transformaci´on viene sa ser una extensi´on 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 regi´on del 3−espacio en estudio, HACIA EL PLANO XY ; adem´as, 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} Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 representaci´on 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 representaci´on 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 gr´aficas 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 im´agenes en XY Z mediante la transformaci´on 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);

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 ´o 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) Jos´e 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

Jos´e 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 intersecci´on de ambas superficies tiene su proyecci´on en el plano XY : 2x = z = x2 + y 2 ⇒ x2 + y 2 = 2x

⇒ (x − 1)2 + y 2 = 1

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  356  

Geometr´ıa Anal´ıtica Z

4

z=2x Y 1 X

2

Veamos claramente la variaci´on 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 transformaci´on esf´erica est´a definida de la siguiente manera: Rθφ XY Z 3 T : R → R3 (ρ, θ, φ) 7→ T (ρ, θ, φ) = (x, y, z) Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



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 relaci´on: 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 esf´ericas determina un u ´ nico punto P = (x, y, z) en R3 b) La coordenada esf´erica ρ mide la DISTANCIA del punto P al origen (p > 0). c) La coordenada esf´erica θ es la misma que la coordenada cil´ındrica θ y su variaci´on no se ve en el espacio sino en un plano cartesiano (XY ). Esta coordenada θ recibe el nombre de LONGITUD ´o ACIMUT de P . Su rango maximal de variaci´on es de 2π radianes: α ≤ θ ≤ α + 2π

(α real fijo )

d) La coordenada esf´erica φ es el ´angulo entre la direcci´on 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 ´angulo (π/2 − φ) se le llama la ALTITUD de P e) Cada punto P = (x, y, z) tiene muchas representationes en coordenadas esf´ericas f) El rango maximal de variaci´on del ´angulo φ es o≤φ≤π

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  358  

Geometr´ıa Anal´ıtica g) De la definici´on de las coordenadas esf´ericas 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 Jos´e Namuche

(θ2 − θ1 ≤ 2π)

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 esf´ericas (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 esf´ericas 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 tambi´en: √

cos φ = ρz = 2√22 = 21 ⇒ φ = π3 pues el rango m´aximo de variaci´on de φ es 0 ≤ φ ≤ π; este ultimo m´etodo es mas r´apido (algebraico), mientras que el anterior es un n´ umero geom´etrico. Note que θ = π/4. ¿Por qu´e?

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  360  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Ejercicio 8.7. Interpretar geom´etricamente en XY Z la ecuaci´on ρ = 2 (dada en coordenadas esf´ericas). 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 ecuaci´on de una esfera de radio ρ = 2 centrada en el origen. Ejercicio 8.8. Dada la ecuaci´on θ = π/4 en coordenadas esf´ericas, interpretarlas geom´etricamente. Soluci´ on. La ecuaci´on 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 ecuaci´on θ = π/4 corresponde al semiplano de la figura, a partir del eje Z, hacia X + Y + Ejercicio 8.9. Interpretar la gr´afica de la ecuaci´on: tan θ = 1, dada en coordenadas esf´ericas. Soluci´ on. 0 ≤ θ ≤ 2π

tan θ = 1 ⇔ θ = π/4, 5π/4

De modo que la gr´afica corresponde, en el espacio XY Z, al semiplano de la figura del problema anterior m´as su prolongaci´on hacia X − Y − ; es decir, corresponde a todo el plano y = x Ejercicio 8.10. Interpretar geom´etricamente la soluci´on de las ecuaciones a)φ = π/4, π/2, dadas en coordenadas esf´ericas

b)φ =

Soluci´ on. Ambas ecuaciones corresponden a superficies c´onicas, pues por ser independientes de θ y ρ, estas var´ıan seg´ un sus m´aximos rangos 0 ≤ θ ≤ 2π 0≤ρ≤∞ Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 (ecuaci´on de un cono simple)

b) φ = π/2 ⇒ z = ρ cos φ = 0 ⇒ z = 0 que corresponde a la ecuaci´on del plano coordenado XY . Ejercicio 8.11. Graficar el conjunto soluci´on en XY Z, de la ecuaci´on ρ cos θ = 1 dada en coordenadas esf´ericas. Soluci´ on. Como z = ρ cos φ = 1, el conjunto soluci´on 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 gr´afica 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 gr´afica correspondiente a una circunferencia horizontal centrada en el eje Z, de radio 1/ 2, √ y de altura z = 1/ 2

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 esf´ericas 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 gr´afica 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 transformaci´on esf´erica 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 gr´afica de T (D) corresponde al rayo que parte del origen 0 y en la misma direcci´on y sentido √ que el vector (1, 3, 2).

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 (c´ascara) 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 generar´a circunferencia paralelas m´as peque˜ nas que la correspondiente a φ = φ0 , y conforme φ vari´e desde 0 hasta φ = φ0 , estas circunferencias barrer´an un casquete esf´erico como en la figura adyacente (b). c) Continuaremos haciendo variar φ hasta φ = π/2 de modo que las circunferencias generadas con ρ = 1 barrer´an 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 est´a descrita por la ecuaci´on B : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



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 har´a que las esferas vayan aumentado de radio barriendo una region s´olida, es decir todo el interior m´as 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 ecuaci´on para la esfera x2 + y 2 + (z − a)2 = a2 ,

a>0

(∗)

en coordenadas esf´ericas, y encontrar las variaciones de las coordenadas esf´ericas (ρ, θ, φ) que definen a la region encerrada por dicha esfera. Soluci´ on. La ecuaci´on (∗) 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 ecuaci´on polar, como veremos mas adelante, y resolviendo para θ. Por ejemplo, en la gr´afica de r = 2 cos θ ⇐⇒ r 2 = 2r cos θ ⇐⇒ x2 + y 2 = 2x ⇐⇒ (x − 1)2 + y 2 = 1 La direcci´on de las rectas tangentes se obtiene haciendo r = 0 en la ecuaci´on, 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 ,

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  365  

Geometr´ıa Anal´ıtica

8.7 Interceptos con los Ejes Principales Los interceptos de las gr´afica CON EL EJE POLAR X, ´o su extensi´on en la direcci´on opuesta a trav´es del polo, se encuentran haciendo: θ = 0, θ = π, θ = 3π, θ = 5π, etc., y resolviendo para r. An´alogamente los interceptos CON EL EJE NORMAL Y (θ = π/2), ´o su extensi´on en la direcci´on opuesta a trav´es 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 gr´afica de la ecuaci´on 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 inter´es 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 inclinaci´on 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 gen´erico)

D(p, β) = (x0 , y0) = (p cos β, r sen β) ∈ L( punto de paso) Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  366  

Geometr´ıa Anal´ıtica y asumiendo que la recta L no es vertical ni horizontal, la pendiente de L est´a dada por m = tan α y la pendiente del radio vector 0D est´a 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) · · · (∗)

´o equivalentemente, r[cos β cos θ + sen β sen θ] = p As´ı obtenemos la ecuaci´on de la recta L en coordenadas polares: r cos(θ − β) = p

(p > 0) · · · (∗∗)

donde (r, θ) son las coordenadas polares de cualquier punto gen´erico 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 ecuaci´on de la recta L : x − 2y + 4 = 0 √ Soluci´ on. Sabemos que la distancia de L al origen es: p = 4/ 5, adem´as normalizando, L: L : x − 2y = −4 1 2 −4 √ x− √ = √ 5 5 5 y si queremos obtener la ecuaci´on de la forma (∗) multiplicamos ambos miembros de la ecuaci´on 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 ´angulo 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



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)

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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)

Jos´e 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



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 Jos´e 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 Jos´e 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

Jos´e 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) Jos´e 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 gr´afica 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

Jos´e 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 Jos´e 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

Jos´e Namuche



376  

Enrique Reyes

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

Jos´e Namuche



377  

Enrique Reyes

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

Jos´e Namuche



378  

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



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

Jos´e Namuche



379  

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 tri´angulo 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 tri´angulo 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 ´angulo entre las rectas r cos(θ − ω) = P y r cos(θ − ω ′ ) = P ′ es ω − ω′ 4. Hallar la ecuaci´on 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 tri´angulos OAB, OBP y OP A) 1) =0 R. sen(θr13−θ2 ) + sen(θr12 −θ) + sen(θ−θ r2 5. Hallar la ecuaci´on 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 ecuaci´on 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:

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  382  

Geometr´ıa Anal´ıtica i)

OP OQ

=k

ii) OP OQ = d2 Hallar la ecuaci´on del lugar geom´etrico 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 cr´onica (par´abola, elipse o hip´erbola) est´a en el polo y la bisectriz de la c´onica es una recta perpendicular al eje polar que est´a a una distancia de 2p, p > 0, la ecuaci´on de la c´onica est´a dada por r=

2ep , e es la excentricidad c´onica 1 ± e cos θ

(8.7)

(la c´onica es una elipse si 0 < e < 1, una par´abola si e = 1y una hip´erbola si e > 1). Si la directriz est´a a la izquierda del polo el signo de (8.7) es −; si la directriz est´a 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 ecuaci´on de la c´onica est´a dada por: r=

2ep 1 ± e sen θ

(8.8)

Si la directriz est´a debajo del eje polar el signo de (8.8) es − si la directriz est´a sobre el eje polar el signo es +. a) Hallar la ecuaci´on 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 ecuaci´on d la par´abola 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 ecuaci´on es r =

16 5+3 sen θ

R. elipse

VI. Discutir y trazar la gr´afica 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  383  

Geometr´ıa Anal´ıtica 6. r(2 − cos θ) = 4 7. r(1 + sen θ) = θ 8. r(1 − 2 cos θ) = 4, hip´erbola 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 p´etalos 20. r = a sen 3θ, rosa de 3 p´etalos 21. r = a sen 2θ, rosa de 4 p´etalos 22. r = a cos 2θ, rosa de 4 p´etalos 23. r = a sen 4θ, rosa de 8 p´etalos 24. r = a cos 4θ, rosa de 8 p´etalos 25. r = a sen 5θ, rosa de 5 p´etalos 26. r = a cos 5θ, rosa de 5 p´etalos 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 condici´on para que la curva sea sim´etrica respecto al eje π/4 2. Determinar la condici´on para que la recta sea sim´etrica respecto al eje π/3 VIII. Hallar los puntos de intersecci´on de los siguientes pares de curvas 1. r sen θ = 2a, r cos(θ π6 ) = a Jos´e Namuche

R.(2a, π/2)

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez





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 ´angulo β, α, el valor de la pendiente de la tangente para las siguientes curvas en los puntos dados. Trazar la gr´afica 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 ´angulo de intersecci´on 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  385  

Geometr´ıa Anal´ıtica XI Hallar los ´angulos de intersecci´on 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 ´angulo 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 condici´on 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 adem´as, 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).

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Cap´ıtulo 9 Superficies Cuadr´aticas

9.1 Introducci´ on Anal´ıticamente la ecuaci´on F (x, y) = 0, representa un lugar geom´etrico en el plano xy, y en el espacio tridimensional la ecuaci´on rectangular en tras variables, estar´a dada por F (x, y, z) = 0 As´ı tambi´en se sabe que plano representa anal´ıticamente por u ´ nica ecuaci´on 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 ecuaci´on de la forma F (x, y, z) Sin embargo la ecuaci´on de una superficie puede contener solamente una o dos variables Ejemplo 9.1. La ecuaci´on 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on de la forma F (x, y, z) = 0, no necesariamente representa unas superficie; por ejemplo la ecuaci´on x2 + y 2 + z 2 + 9 = 0, no representa ning´ un lugar geom´etrico. 2 2 2 Adem´as la ecuaci´on: x + y + z = 0 est´a constituido por una soluci´on real el origen (0, 0, 0)

9.2 Superficies Cu´ adricas Llamaremos superficies cu´adricas a todo ecuaci´on 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  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 ecuaci´on F (x, y, z) = 0 se hace y = z = 0 F (x, 0, 0) = 0 b) Con el eje Y : la ecuaci´on F (x, y, z) = 0 se hace x = z = 0 F (0, y, 0) = 0 c) Con el eje Z: la ecuaci´on 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 intersecci´on 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on 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)

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  389  

Geometr´ıa Anal´ıtica

4o Secciones Transversales ´ o Secciones Paralelas a los Planos Coordenados Es la curva de intersecci´on 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 ecuaci´on x, y, z = 0 6o Construcci´ on de la Superficie Con la discusi´on de la ecuaci´on de una superficie se construye la gr´afica

9.3 Estudio de las Superficies Cuadr´ aticas

9.3.1 Elipsoide Es el lugar geom´etrico de todos los puntos f (x, y, z) de R3 que satisfacen a la ecuaci´on 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 ´o 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

Jos´e 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) Extensi´on 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 geom´etrico 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.

Jos´e 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 ecuaci´on de la esfera de radio R y centro el origen de coordenadas

Si la ecuaci´on 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 ecuaci´on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = R2 es sim´etrica 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

  392  

Geometr´ıa Anal´ıtica

Definici´ on 9.2. La ecuaci´on de la superficie esf´erica 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 ecuaci´on de la esfera, si desarrollamos la ecuaci´on 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 esf´erica queda determinada por cuatro puntos no coplanares

9.3.4 Paraboloide El´ıptico Es el lugar geom´etrico de todos los puntos P (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen a la ecuaci´on 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 par´abola en el plano Y Z b2 - Se traza sobre el plano XZ, se hace y = 0 x2 = z que representa una par´abola 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 Jos´e 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 ecuaci´on 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

Jos´e 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 par´abola - Sobre el plano XY , se hace x = 0, 4z = y 2 es una par´abola 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 geom´etrico de todos los puntos P = (x, y, z) ∈ R3 tal que satisfacen la ecuaci´on: 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

Jos´e 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 hip´erbola a2 c 2 y z2 - La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0 donde 2 − 2 = 1 es una hip´erbola 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 hip´erbolas - 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 hip´erbolas

10

z 5

-10

-5 10

5

0 0

x -5

-5

-10 5

10

y

-10

e) Otras Variantes

Jos´e 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 geom´etrico de todos los puntos P = (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen a la ecuaci´on 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 hip´erbola a2 b 2 x z2 - La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0 donde 2 − 2 = 1 es una hip´erbola 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

Jos´e 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 hip´erbolas 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 hip´erbolas 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

Jos´e 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 geom´etrico de todos los puntos P (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen la ecuaci´on 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 , par´abola a c 2 - La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0, z = 2 y , par´abola 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 dem´as 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 hip´erbolas 2 b a c 2 x z k2 - Al plano XZ, se hace y = k, − 2 = − 2 familia de par´abolas a c b y2 z k2 - Al plano Y Z, se hace x = k, 2 = + 2 familia de par´abolas b c a

- Al plano XY , se hace z = k,

Jos´e 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 geom´etrico de todos los puntos P (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen la siguiente ecuaci´on 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

Jos´e 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 hip´erbolas a b 2 2 z y k2 - Al plano Y Z, se hace x = k, 2 − 2 = 2 familia de hip´erbolas c b a - Al plano XY , se hace z = k,

e) Otras Variantes

Jos´e 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 gr´afica de la ecuaci´on x2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y + 6z + 5 = 0 Soluci´ on. Agrupando t´erminos 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 ecuaci´on ser´a (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 32 es la ecuaci´on de la esfera C : (1, −2, −3); r = 3 Ejercicio 9.2. Diga cual es la gr´afica de la ecuaci´on x2 + y 2 + z 2 + 8x − 4y − 4z + 8 = 0 Soluci´ on. Agrupando t´erminos 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 ecuaci´on ser´a (x + 4)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 42 es la ecuaci´on de la esfera C : (−4, 2, 2); r = 4

Jos´e Namuche



401  

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica Ejercicio 9.3. Diga cual es la gr´afica de la ecuaci´on x2 + y 2 + z 2 + x + 3y = 0 Soluci´ on. Agrupando t´erminos 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 ecuaci´on ser´a r 2 2  2  3 1 5 2 + y+ +z = x+ 2 2 2 q es la ecuaci´on de la esfera C : (− 12 , − 32 , 0); r = 52 =1.6

Ejercicio 9.4. Diga cual es la gr´afica de la ecuaci´on x2 + y 2 + z 2 − 8x − 6y + 4z + 29 = 0 Soluci´ on. Agrupando t´erminos 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 ecuaci´on ser´a (x − 4)2 + (y − 3)2 + (z + 2)2 = 0 es un punto C : (4, 3, −2). Ejercicio 9.5. Diga cual es la gr´afica de la ecuaci´on x2 + y 2 + z 2 + 2x − 2y − 4z + 7 = 0 Soluci´ on. Agrupando t´erminos 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 ecuaci´on ser´a (x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = −1 no es una ecuaci´on.

Jos´e Namuche



402  

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



403  

Ejercicio 9.6. Obtenga la ecuaci´on 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 ecuaci´on del plano tangente es: 6x + 2y − 3z = 49 Ejercicio 9.7. Obtenga la ecuaci´on 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 ecuaci´on 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

Jos´e 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 par´abola sobre yz

familia de par´abolas 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 par´abolas

una par´abola sobre xz ∗ Gr´afica

Jos´e 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 par´abola 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 par´abola sobre xy

Jos´e Namuche



405  

Con el plano “yz” 4. Secciones paralelas a los planos

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica

familia de par´abolas

Con el plano “xy”. Se hace: z = k k2 x2 = y − 25 9 4

Con el plano “xz” Se hace: y = k

familia de par´abolas x2 z 2 + 25 = k 9 4

Con el plano “yz” Se hace: x = k z2 k2 = y − 25 9 4

familia de elipses

∗ Gr´afica 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) ;

Jos´e 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 hip´erbola 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 hip´erbola

familia de hip´erbolas

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 hip´erbolas

4. Secciones paralelas a los planos ∗ Gr´afica 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.

Jos´e 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 hip´erbolas 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 hip´erbolas

hip´erbola 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 hip´erbola sobre yz ∗ Gr´afica

Jos´e 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 parab´olico

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 par´abola

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 par´abola

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

Jos´e Namuche



409  

familia de hip´erbolas

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 par´abolas

familia de par´abolas ∗ Gr´afica 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 hip´erbola

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) ;

Jos´e 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 hip´erbola

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica

familia de hip´erbolas

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 hip´erbolas 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 ∗ Gr´afica 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 parab´olico 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

Jos´e 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 hip´erbolas 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 par´abolas Con el plano “xz” Se hace: y = k

una par´abola c) Sobre “xz” Se hace: y = 0

x2 k2 =z+ 4 4 3

2

x =z 4

familia de par´abolas

una par´abola ∗ Gr´afica

Jos´e 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on 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

Jos´e 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 ecuaci´on de la esfera es:

(x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 = 35 Ejercicio 9.17. Hallar la ecuaci´on 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)

Jos´e 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 ecuaci´on de la esfera es:

(x + 1)2 + y 2 + (z − 1)2 = 30 Ejercicio 9.18. hallar la ecuaci´on de la esfera conc´entrica 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

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez



Geometr´ıa Anal´ıtica



416  

La ecuaci´on de la esfera es: x2 + (y + 3)2 + (z − 2)2 = 17 Ejercicio 9.19. hallar la ecuaci´on de la esfera cuyo centro est´a 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 ecuaci´on de la esfera es:

(x + 2)2 + (y + 3)2 + z 2 = 122

Jos´e Namuche

Enrique Reyes

Carlos Vel´ asquez

Bibliograf´ıa ´ [1] Allen, R. (1997). Algebra Intermedia. 4ta. Edici´on. M´exico: Prentice Hall Hispanoamericana. [2] Allendoerfer, C. y Oakley, C. (1990). Fundamentos de Matem´ aticas Universitarias. 4ta. Edici´on. Bogota: Mc Graw Hill Interamericana. ´ [3] Barnett, R. (1984). Algebra. 2da. Edici´on. M´exico: Mc Graw-Hill Interamericana. ´ [4] Bello, I. (1999). Algebra elemental. M´exico: Internacional Thomson editores. [5] Carranza, C. (1994). Matem´atica B´ asica. Lima: Editorial copias gr´aficas. [6] Figueroa, R. (1983). Vectores y matrices. Lima. ´ [7] Gustafson, R. (2003). Algebra Intermedia. M´exico: Internacional Thomson Editores. [8] L´ azaro, M. (1993). Matem´atica 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 edici´on. M´exico: Addison Wesley Longman. ´ [11] Perry, W. (1990). Algebra lineal con aplicaciones. M´exico: Mc Graw Hill. [12] Pita, C. (1998). C´alculo de una variable. M´exico: Prentice Hall. [13] Sherman K. y Stein. (1984). C´ alculo y Geometr´ıa Anal´ıtica. 5ta. Edici´on. Espa˜ na: Mc Graw Hill. [14] Sullivan, M. (1997). Prec´alculo. Cuarta edici´ on. M´exico: Pearson educaci´on. [15] Venero, A. (1999). Introducci´on al An´ alisis Matem´ atico. Lima. Ediciones Gemar. [16] Vera Guti´ errez Carlos. Matem´ atica B´ asica: Lima Editorial Moshera.2008.

417