PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-80

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G 11- Discutir la naturaleza de las cuádricas 3m − 2x2  4z2  6xy − 8xz − 4yz  2x  2y  0, en función
del parámetro m.
Solución: 1º) A44 
3m − 2 3 −4
3 0 −2
−4 −2 4
 −12m  20  0. Para m ≠ 53 , la cuádrica tiene centro único
propio. Para m  53 , A 
3 3 −4 1
3 0 −2 1
−4 −2 4 0
1 1 0 0
 16, el menor A43 
3 3 1
3 0 1
−4 −2 0
 −12 ≠ 0. Luego
la cuádrica tiene centro único impropio. 2º) En el caso de m ≠ 53 , cortando el cono asintótico por z  1,
se tiene la cónica: 3m − 2x2  6xy − 8x − 4y  4  0, cuyo A33 
3m − 2 3
3 0
 −9  0, por lo que
es una hipérbola, y por tanto, las cuádricas son hiperboloides. El determinante de los coeficientes es:
A 
3m − 2 3 −4 1
3 0 −2 1
−4 −2 4 0
1 1 0 0
 −12m  36. Para m  3, A  0, luego los hiperboloides son de una hoja.
Para m  3, A  0, la cuádrica es un cono real. Para m  3, A  0, los hiperboloides son de dos hojas.
3º) En el caso de m  53 , la cuádrica es: 3x
2  4z2  6xy − 8xz − 4yz  2x  2y  0, que cortada por el
plano z  0, se obtiene la cónica: x2  6xy  2x  2y  0, que es una hipérbola. Luego la cuádrica es un
paraboloide hiperbólico. 4º) En el cuadro siguiente se resume lo expuesto en los puntos anteriores:
m  53
5
3
5
3  m  3 3  3
Naturaleza Hiperboloide 1H Paraboloide hiperbólico Hiperboloide 1H Cono real Hiperboloide 2H
Leyenda: 1H : Una hoja; 2H : Dos hojas.
G 12- Demostrar que dos cuádricas de revolución con un foco común, son bitangentes.
Solución: Sean las dos cuádricas de revolución con un foco común, las siguientes: x
2  z2
a2
 y
2
b2
 1,
x2  z2
a2  
 y
2
b2  
 1. Sus respectivas ecuaciones tangenciales son: a2u2  w2  b2v2 − 1  0,
a2u2  w2  b2v2 − 1  u2  v2  w2  0. La ecuación tangencial de las cuádricas bitangentes a la
primera, es: a2u2  w2  b2v2 − 1  mu2  nv2  pw2  0. Luego para m  n  p  , se obtiene la
ecuación tangencial de la segunda cuádrica, con lo que queda demostrado.
G 13- Dadas las cuádricas de ecuación x2  y2 − z2  2pxz  2qyz − 2ax − 2by  2cx  0, hallar el lugar
geométrico de sus centros. 1º) Cuando p y q varían, separando el lugar de los centros correspondientes a
híperboloides de una o de dos hojas. 2º) Cuando p y q varían y además la superficie es un cono.
Solución: 12 fx
′  x  pz − a  0, 12 fy
′  y  qz − b  0, 12 fz
′  y  qz − b  0. De donde: p  a − xz ,
q  b − yz . Sustituyendo y operando, se tiene el lugar del punto 1º: x
2  y2  z2 − ax − by − cz  0, que es
una esfera. El determinante de los coeficientes de las cuádricas dadas, es: A 
1 0 p −a
0 1 q −b
p q −1 c
−a −b c 0

 b2p2  a2q2 − 2abpq − 2acp − 2bcq  a2  b2 − c2. Introduciendo los valores anteriores, igualando a
cero y operando, se tiene el lugar geométrico de los centros, que es un cono real cuya ecuación es:
b2x2  a2y2  a2  b2 − c2z2 − 2abxy  2acxz  2bcyz − 2ca2  b2z  0. Esta ecuación junto con la de
la esfera, determinan la curva correspondiente al lugar pedido en el punto 2º. En la parte de la superficie
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esférica interior al cono, se tiene que A  0, por lo que el hiperboloide es de dos hojas. En la parte de la
superficie esférica exterior al cono, A  0, por lo que el hiperboloide es de una hoja.
G 14- Dada la cuádrica 4x2  2y2  z2 − 4xy − 2yz − 4x  2y − 3  0, hallar: 1º) Planos principales y ejes.
2º) Ecuación canónica.
Solución: 1º) El determinante
4 − S −2 0
−2 2 − S −1
0 −1 1 − S
 SS2 − 7S  9  0, corresponde a la ecuación
en S de la cuádrica. Sus raíces, distintas de 0, son: 7  132 . Para S 
7  13
2 , se tiene el sistema:
1 − 13
2 l − 2m  0, −m 
−5 − 13
2 n  0, obteniéndose la dirección
4
1 − 13
,1, −2
5  13
. Para
S  7 − 132 , se tiene el sistema:
1  13
2 l − 2m  0, −m 
−5  13
2 n  0, obteniéndose la
dirección 4
1  13
,1, −2
5 − 13
. Como los planos principales vienen dados por: lfx′  mfy′  nfz′  0,
y siendo fx′  8x − 4y − 4, fy′  −4x  4y − 2z  2, fz′  −2y  2z, se obtienen los dos planos principales
siguientes: −4 4  13 x  3 3  13 y − 1  13 z  2 4  13  0. El tercer plano principal
es indeterminado (la cuádrica es un cilindro elíptico real). La ecuación del eje viene dada por el conjunto
de las ecuaciones de los dos planos principales, antes hallados, y que simplificadas proporcionan las
siguientes ecuaciones del eje: 2x − y − 1  0, y − z  0. 2º) Siendo S1x2  S2y2  12 ft0
′  0, la ecuación
canónica, y como ft  −4xt  2yt − 3t2, 12 ft0
′  −2x0  y0 − 3t0  −1 − 3  −4, se obtiene la ecuación
pedida: 7  132 y
2  7 − 132 z
2 − 4  0.
G 15- Se dan las rectas: y  0, z − h  0; x  0, z  h  0. 1º) Hallar la ecuación general de las cuádricas
que pasan por las dos rectas. 2º) Discusión de esas cuádricas según los valores de los parámetros.
Solución: 1º) La ecuación de las cuádricas que pasan por las rectas P  0, Q  0 y R  0, S  0, es
PR  S  QR  yS  0. Aplicando esta expresión a las rectas del enunciado, y ordenando, se tiene
que la ecuación de las cuádricas es: z2  xy  xz  yz − hx  hy − h2  0. 2º) Se obtiene el sistema
fx′  y  z − h  0, fy′  x  z  h  0, fz′  2z  x  y  0, cuya solución es −h,h, 0. Luego
las cuádricas tienen centro único propio. Cortando el cono asintótico x,y, z  0 por z  1, se tiene la
cónica de ecuación: xy  x  y    0, cuyo A33 
0 12
1
2 0
 −14  0. Por tanto, las cuádricas
son hiperboloides de una hoja. Como A 
0 12

2
−h
2
1
2 0

2
h
2

2

2  0
−h
2
h
2 0 −h
2
 h
2
16 4
2 − 8  522,
para que se anule,   2  i2 . Para     0, la cuádrica degenera en los planos: xy  z − h  0.
Para     0, degenera en los planos: yx  z  h  0. Para       0, degenera en los planos:
xy  0.
G 16- Se da un círculo C situado en el plano z  0, tangente en O al eje OY, y un segundo círculo Γ situado
en el plano x  0, tangente en O al eje OY. Sea a la abscisa del centro de C, y b la cota del centro de Γ,
siendo a  b  0. Se pide: 1º) Ecuación general de las cuádricas Q que contienen a C y Γ. 2º) Lugar
geométrico de los centros de estas cuádricas. 3º) Dado un punto V,, 0, se considera la curva de
contacto del cono de vértice V circunscrito a Q. Demostrar que el lugar de esta curva es una cuádrica .
4º) Hallar el lugar de V para que  sea un cono.
Solución: 1º) C ≡ x2  y2 − 2ax  0, z  0: Γ ≡ y2  z2 − 2bz  0, x  0. La ecuación de la cuádrica que
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contiene a ambos círculos, es: Q ≡ x2  y2  z2  2xz − 2ax − 2bz  0. 2º) Qx′  2x  2z − 2a  0,
Qy′  2y  0, Qz′  2z  2x − 2b  0. Eliminando  se tiene la ecuación pedida: x2 − z2 − ax  bz  0,
y  0. 3º) El plano polar de V,, 0, es:  − ax  y   − bz − a  0. Eliminando  entre esta
ecuación y la de Q, se tiene:  ≡ 2a − x2  y2  z2 − 2xy  2bxz − 2bz  0, que es una cuádrica.
4º) El valor del determinante A, es: A 
2a −  − b 0
−  0 0
b 0  −b
0 0 −b 0
 b222a − 2 − 2  0.
A44  2a2 − 3 − 2b2. Para   0, se tiene que A44  0, solución no válida. Por tanto, el lugar pedido
es: x2  y2 − 2ax  0.
G 17- Se dan los puntos A2a, 0, 0, B0,2b, 0, y C0,0,2c, siendo a, b y c mayores que 0. Se pide:
1º) Ecuación general de las cuádricas que pasan por A, B, C y por el origen O, siendo cortadas por z  0
según círculos, y por y  0 y por x  0, según hipérbolas equiláteras. 2º) Lugar geométrico de los centros
de estas cuádricas.
Solución: 1º) La ecuación de las cuádricas que pasan por A, B, C y O, es: x2  y2  z2  2xy  2xz 
2yz − 2ax − 2by − 2cz  0. La sección por z  0, es: x2  y2  2xy − 2ax − 2by  0; para que sea
una circunferencia, ha de cumplirse que   1,   0. La sección por x  0, es: y2  z2  2yz −
−2by − 2cz  0; para que sea una hipérbola equilátera, ha de cumplirse que   −1. La sección por
y  0, es: x2 − z2  2xz − 2ax  2cz  0, que es una hipérbola equilátera. La ecuación general pedida es:
fx,y, z  x2  y2 − z2  2xz  2yz − 2ax − 2by  2cz  0. 2º) Las derivadas parciales defx,y, z, son:
fx′  2x − 2z − 2a  0, fy′  2y  2z − 2b  0, fz′  −2z  2x  2y  2c  0. Eliminando  y , se tiene
la ecuación pedida: x2  y2  z2 − ax − by − cz  0.
G 18- Demostrar que las intersecciones por un mismo plano de las cuádricas de las que una está circunscrita
a la otra, son cónicas bitangentes.
Solución: Sea el plano sección z  0. Siendo la cuádrica inscrita: fx,y, z  0, la ecuación de la cuádrica
circunscrita a ella, es: f  P2  0. Cortando ambas por z  0, se tienen las cónicas: fx,y, 0  0, z  0 y
fx,y, 0  mx  ny  p2, z  0. Luego en el plano z  0, ambas cónicas son bitangentes.
G 19- Dada la cuádrica 4x2  9y2  z2 − 12xy  2z − 5  0, hallar: 1º) Planos asintóticos. 2º) Diámetro
conjugado con x − 2y  0.
Solución: 1º) fx′  8x − 12y  0, fy′  18y − 12x  0, fz′  2z  2  0. La solución de este sistema, es:
2x − 3y  0, z  1  0. Luego los planos que pasan por el eje son: 2x − 3y  z  1  0. El cono
asintótico es: x,y, z  4x2  9y2  z2 − 12xy  2x − 3y2  z2  0. De donde: 2x − 3y  iz  0, que da
las direcciones de los planos asintóticos. Por tanto, obligando a que los planos que pasan por el eje sean
paralelos a dichas direcciones, se tiene: 22 
−3
−3 

i , de donde:   i. Luego los planos asintóticos
son: 2x − 3y  iz  i  0. 2º) El diámetro conjugado con la dirección 1,−2,0, viene dado por las
ecuaciones: 8x − 12y1 
18y − 12x
−2 
2z  2
0 , es decir: 2x − 3y  0, z  1  0.
G 20- En un punto P de la intersección de dos cuádricas homofocales se trazan normales a las dos
superficies. Estas normales encuentran a un mismo plano principal en dos puntos Q y Q ′. Demostrar que
cuando P describe la intersección de las dos cuádricas, los puntos Q y Q ′ describen cónicas que son
polares recíprocas respecto de la focal situada en dicho plano.
Solución: Sea: Xx
a2 − 1
 Yy
b2 − 1
 Zz
c2 − 1
 1, la ecuación del plano tangente de una de las
cuádricas homofocales . La normal en el punto de tangencia es: X − xx
a2 − 1
 Y − yy
b2 − 1
 Z − zz
c2 − 1
. Las
coordenadas del punto Q de intersección de esta normal con el plano principal z  0, son:
X  a
2 − c2x
a2 − 1
,Y  b
2 − c2y
b2 − 1
,Z  0. La curva intersección de las dos cuádricas homofocales viene
dada por las dos ecuaciones: x
2
a2 − 1
 y
2
b2 − 1
 z
2
c2 − 1
 1, x
2
a2 − 2
 y
2
b2 − 2
 z
2
c2 − 2
 1.
Eliminando z, entre estas dos ecuaciones, se tiene: 1
a2 − 1c2 − 2
− 1
a2 − 2c2 − 1
x2 
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