PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-20

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  ab y   ab, son hipérbolas; para   ab, son parábolas; para −ab    ab, son elipses. 2º) Como
fx′  2b2x  2y − ab2  0, fy′  2x  2a2y − a2b  0, se obtiene que: x  a
2b
2ab   , y 
ab2
2ab   ,
de donde: bx − ay  0, que es la ecuación del lugar pedido. Este lugar es la recta OC. Su punto
D a4 ,
b
4 y su punto impropio, son centros de parábola. La semirrecta comprendida entre D y el infinito,
y que contiene a C, corresponde a centros de elipse. La otra semirrecta que contiene a O, corresponde a
centros de hipérbola. 3º) La ecuación de la hipérbola de Apolonio, correspondiente al punto Ca,b, de las
cónicas fx,y  0, es: x,y  x − afy′ − y − bfx′  0, es decir: x,y  2x2  2a2 − b2xy −
−2y2 − a2b  2a − 2b3x  ab2  2b − 2a3y  aba2 − b2  0. 4º) Las derivadas parciales, son:
x′  4x  2a2 − b2y − a2b  2a − 2b3  0, y′  2a2 − b2x − 4y  ab2  2b − 2a3  0.
Eliminando , se tiene el lugar pedido: x2  y2 − a3a
2 − 2b2x
2a2 − b2

b3b2 − 2a2y
2a2 − b2
 a
2  b2
2  0.
D 86- Por un foco de una cónica se trazan n radios vectores que forman entre dos consecutivos, un ángulo
2
n . Hallar el límite de la media armónica de estos radios vectores cuando n → .
Solución: Sea la ecuación de la cónica:   p1  ecos . Según lo indicado en el enunciado, se tiene:
1
n ∑
1
 
1
n
1  ecos0º
p 
1  ecos 2n
p 
1  ecos 4n
p . . .
1  ecos n − 12n
p 
 1np n  e
i0
n−1
∑ cos 2in . Luego n→lim
1
np n  e
i0
n−1
∑ cos 2in n→lim
n
np 
1
p . El límite pedido es el
inverso del parámetro p de la cónica (p  b
2
a , siendo a y b los semiejes de la cónica).
D 87- Se da la recta r ≡ 4x  3y − 1  0. Se pide: 1º) Ecuación general de las cónicas tangentes al eje OX en
O, y cuya directriz es la recta dada. Se dará esta ecuación en función racional de un parámetro. 2º) Por
todo punto del plano pasan dos cónicas con las características definidas. Hallar la curva que separa las
regiones donde las dos cónicas son reales, de donde son imaginarias.
Solución: 1º) Siendo , las coordenadas del foco correspondiente a la directriz dada, se tiene:
x − 2  y − 2  24x  3y − 12. Obligando a que pase por O donde es tangente a OX, se tiene:
2  2  2,   42. Haciendo   t,  
t2
41  t2
,   t
41  t2
, 2  t
2
161  t2
, se tiene la
ecuación pedida: 16x2  16  7t2y2 − 24t2xy − 8t − 6t2y  0. 2º) Ordenando esta ecuación según las
potencias de t, se tiene: t27y2 − 24xy  6y − 8yt  16x2  y2  0. Esta ecuación es de segundo grado
en t, luego por cada punto del plano pasan dos cónicas. El discriminante de esta ecuación es
Δ  16yy − 7y − 24x  6x2  y2. En el siguiente dibujo se representa la curva Δ  0, que incluye el
eje y  0, y la curva ABOCDBEF.
A
X
R E
B
X’
F
C
D
O
I
R
R
I
I A
X
R E
B
X’
F
C
D
O
I
R
R
I
I
Las cónicas son reales para Δ ≥ 0, es decir: a) por encima del eje XX′: dentro del bucle BOCDB, y en el
espacio ABEX entre la rama superior, la inferior y el eje de abscisas. b) por debajo del eje XX′: en el
espacio X′OEF entre este eje y a la izquierda de la rama inferior. c) en la curva y en el eje de abscisas, hay
una sola cónica, que es real. En los demás casos, las cónicas son imaginarias.
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Nota: B0.16,0.12, D 0, 17 , O0,0, E
1
4 ,0 , F0,−1
D 88- Dados dos ejes rectangulares y los puntos Aa,a y Ba,−a, se consideran las cónicas circunscritas al
triángulo OAB, tales que la normal en A, la normal en B y la tangente en O, sean concurrentes. Hallar el
lugar geométrico del punto de encuentro.
Solución: Sea y − mx  0, la tangente en O. La ecuación de la cónica circunscrita al triángulo OAB, es:
y − xy  x  x − ay − mx  0. Luego derivando, se tiene: y ′  −2x  y − mx − mx − a2y  x − a . La
normal en A es: y − a  −2x − a2 −   m . La normal en B es: y  a 
2x − a
2    m . Eliminando  y m, se tiene
la ecuación del lugar pedido: y − xy − ax − y − 2a  x  yy  ax  y − 2a  0. Simplificando
esta ecuación, se tiene: 2xy2  ax2 − ay2 − 2a2x  0. Se ha dibujado esta curva para a  1.
-2 2
-2
2
D 89- En ejes rectangulares se da la circunferencia x2  y2 − R2  0 y los puntos B0,b y B′0,−b. Se toma
un punto M sobre la circunferencia, y se traza BM, que corta a AX en A. Se pide 1º) Lugar geométrico del
punto M ′ de intersección de OM y B′A. 2º) Al variar b, por cada punto del plano pasan dos cónicas, cuya
naturaleza y realidad se estudiarán.
Solución: 1º) MR sin,Rcos, BM ≡ xR sin 
y − b
Rcos − b , A
−bR sin
Rcos − b , 0 . La ecuación de la
recta AB′ es: Rcos − bx  yR sin  bR sin  0. La ecuación de la recta OM es: xcos − y sin  0.
Eliminando  entre estas dos ecuaciones, se tiene la ecuación del lugar pedido del punto M:
b2x2  b2 − 4R2y2 − 4bR2y − b2R2  0. 2º) Ordenando esta ecuación según potencias de b, se tiene:
x2  y2 − R2b2 − 4R2yb − 4R2y2  0, cuyo discriminante es: 4R2y2x2  y2, que es siempre  0, salvo
para y  0, que es nulo. Luego por todo punto del plano pasan dos cónicas reales, salvo para los puntos
del eje OX, para los que hay una cónica real doble. Como A33  b2b2 − 4R2, para |b|  2R, las dos
cónicas son elipses. Para |b|  2R, las dos cónicas son hipérbolas. Para |b|  2R son parábolas. Y para
b  0, es una recta doble (y  0).
D 90- Se dan dos ejes rectangulares y el punto A,. Por un punto B del eje OX, se traza una perpendicular
a BA. Sea M el punto de encuentro de esta perpendicular con la perpendicular a OX, trazada por el punto
medio de OB. Se pide: 1º) Lugar geométrico de M. 2º) Si A se desplaza sobre x2  y2 − R2  0, hallar la
envolvente del lugar hallado. 3º) En las mismas condiciones, hallar el lugar de vértices y focos.
Solución: 1º) Sea B2, 0. La ecuación de la perpendicular por B a BA, es: y  2 −  x − 2. La
ecuación de la perpendicular a OX por , 0, es: x −   0. La ecuación del lugar pedido es:
2x2 − x  y  0. 2º) 2  2  R2. Derivando en esta ecuación y en la anterior, siendo por ejemplo 
función de , se tiene: −x  y ′  0, 2  2 ′  0, x  y  0,   2x
3
x2  y2
,   −2x
2y
x2  y2
.
Sustituyendo estos valores en la ecuación del círculo, se tiene la ecuación de la envolvente del lugar de M:
4x4 − R2x2  y2  0. 3º) Las coordenadas del vértice son: x  4 , y 
2
8 . Lluego se tiene que:
  4x,   2x
2
y . Sustituyendo estos valores en la ecuación del círculo, se tiene el lugar de los vértices:
4x4  16x2y2 − R2y2  0. Las coordenadas de los focos son: x  4 , y 
2 − 2
8 . Luego se tiene que:
  4x,   −4 y  x2  y2 , que sustituidos en la citada ecuación, se obtiene el lugar de los focos:
1024x2x2  y2 − 64R2x2  y2  R4  0. 4º) Se ha dibujado en línea gruesa este lugar para el caso
R  2, y en línea de trazos la envolvente del punto 2º, también para R  2.
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-1 1
-1
1
-1 1
-1
1
D 91- Dadas las rectas Q ≡ x − a  0, R ≡ y − b  0, formar la ecuación general de las cónicas de centro
0,0 de las que son normales las rectas dadas, Q y R. Demostrar que por todo punto del plano pasan dos
elipses y una hipérbola de la familia.
Solución: La ecuación general de las cónicas de centro 0,0, es: Ax2  By2  2Cxy  D  0. La
pendiente de las normales viene dada por: Cx  ByAx  Cy . La pendiente de la recta Q es , luego: Ax  Cy  0,
por lo que la ordenada del punto de la cónica en el que Q es la normal, es: −AaC . Luego, como la cónica
pasa por a, −AaC , se tiene: Aa
2 − BA
2a2
C2
 2Ca −AaC  D  Aa
2 AB
C2
− 1  D  0. Procediendo de
la misma forma con la normal R, se tiene que la pendiente de esta recta es 0, luego Cx  By  0, por lo
que el punto de la cónica en el que R es la normal, es −BbC ,b , teniéndose: Bb
2 AB
C2
− 1  D  0.
Haciendo el cambio: A  b2, B  a2, se tiene: D  a2b2 1 − a
2b22
C2
. La ecuación pedida es:
b2x2  a2y2  2xy  a2b2 1 − a
2b2
2
 0. Ordenando esta ecuación según potencias de , se tiene:
f 2xy3  b2x2  a2y2  a2b22 − a4b4  0, por lo que por cada punto del plano pasan tres
cónicas. Estudiando las raíces de f  0, se tiene: para   −, f  0; para   −ab,
f  a2b2bx − ay2  0; para   0, f  −a4b4  0; para   ab, f  a2b2bx  ay2  0; para
  , f  0. Luego las raíces de f  0, se encuentran en los intervalos: −  1  −ab,
−ab  2  0, 0  3  ab. Como A33  a2b2 − 2, se tiene: para 1, A33  0, hipérbola; para 2,
A33  0, elipse; para 3, A33  0, elipse. Luego por cada punto del plano pasan dos elipses y una
hipérbola de la familia. Como casos particulares, se tiene: para   ab, la cónica correspondiente
degenera en la recta doble: bx  ay  0; para   −ab, la cónica correspondiente degenera en la recta
doble: bx − ay  0.
D 92- En ejes rectangulares se da el punto Aa, 0. Se pide: 1º) Hallar la ecuación general de las cónicas de
directriz el eje OY y vértice A. 2º) Por todo punto M del plano pasan dos cónicas que satisfacen esas
condiciones. Determinar la región del plano en la que las dos cónicas son reales. Hallar la naturaleza de
las dos cónicas para cada punto del plano.
Solución: 1º) Vértice a, 0; eje: y  0; directriz: x  0; foco , 0; segundo vértice , 0. Ecuación de
las cónicas bitangentes: x − ax −   y2, es decir: x2 − y2 − a  x  a  0. Ecuación focal de
las cónicas: x − 2  y2  ex2, es decir: 1 − ex2  y2 − 2x  2  0. Identificando ambas ecuaciones:
1
1 − e 
−
1 
a  
2 
a
2
. De donde:   −a2a   . Por tanto, la ecuación pedida es la siguiente:
2a  x2 − a2y2 − 2a2x − 2a2  0. 2º) Ordenando la ecuación según las potencias de , se tiene:
x2 − a22  2axx − a − a2y2  0. El discriminante Δ de esta ecuación en , es el siguiente:
Δ  a2x2x − a2  a2y2x2 − a2. En el dibujo se ha representado la curva Δ  0, que incluye la recta:
x − a  0 y la curva DOGBFOJ. Las cónicas son reales en el espacio a la derecha de la recta
ABC ≡ x − a  0, en el interior del bucle OFBGO, y en el espacio a la izquierda de las ramas asintóticas
OD y OJ de la curva, así como en el contorno de Δ  0.
Nota: O0,0; Ba, 0; la asíntota de la curva es: x  a  0.
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