PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-81

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 1
b2 − 1c2 − 2
− 1
b2 − 2c2 − 1
y2  1
c2 − 2
− 1
c2 − 1
. Sustituyendo en esta expresión
las coordenadas x,y en función de las coordenadas X,Y del punto Q, se obtiene, simplificando:
2 − 1a2 − 1
a2 − 2a2 − c2
X2  2 − 1b
2 − 1
b2 − 2b2 − c2
Y2  2 − 1. Dividiendo por 2 − 1, la cónica C1
descrita por Q es: a
2 − 1X2
a2 − 2a2 − c2

b2 − 1Y2
b2 − 2b2 − c2
 1, z  0, y la cónica C2 descrita por Q ′ es:
a2 − 2X2
a2 − 1a2 − c2

b2 − 2Y2
b2 − 1b2 − c2
 1, z  0. Para comprobar que ambas cónicas son polares
recíprocas respecto de la focal: x
2
a2 − c2
 y
2
b2 − c2
 1, z  0, basta ver que la polar de un punto de la
primera es tangente a la segunda. En efecto, siendo: u  −a2 − c2x, v  −b2 − c2y, se tiene:
x  −u
a2 − c2
,y  −v
b2 − c2
, y sustituyendo estos valores en C1, se obtiene la ecuación tangencial de C2:
a2 − c2a2 − 1u2
a2 − 2

b2 − c2b2 − 1v2
b2 − 2
 1.
G 21- Se da la esfera fx,y, z ≡ x2  y2  z2 − 2bz − a2  0, y el círculo C cuyas ecuaciones son
x2  y2 − a2  0, z  0. Por un punto P se traza un plano cualquiera que corta a la esfera según un círculo
Γ. Se considera un cono de 2º orden que pasa por C y Γ. El lugar del vértice V del cono es una cuádrica.
Discutir su naturaleza cuando P se desplaza, permaneciendo fijos la esfera y el círculo C.
Solución: Sean las coordenadas de Px0,y0, z0, sea  el plano: ux − x0  vy − y0  wz − z0  0, y
sea  la cuádrica formada por los planos   0, z  0, es decir, x,y, z  z  0. El vértice V tiene el
mismo plano polar respecto a x,y, z y a fx,y, z. Luego, fx
′
x′

fy′
y′
 fz
′
z′
 ft
′
t′
, es decir:
2x
uz 
2y
vz 
2z − 2bt
2wz − ux0t − vy0t − wz0t
 −2bz − 2a
2t
−ux0z − vy0z − wz0z . Eliminando u,v,w, se tiene la cuádrica
lugar de V: z0x2  y2  2b − z0z2 − 2x0xz − 2y0yz  2a2z − a2z0  0. Llamando A a la esfera dada, y B
a la esfera x2  y2  z2 − 2bz  0, se tiene: 1º) Si P está dentro de B, la cuádrica es un elipsoide real, pues
es de la forma M2  N2  P2  1. 2º) Si P está en B, la cuádrica es un paraboloide elíptico, pues es de la
forma M2  N2  P. 3º) Si P está entre A y B, la cuádrica es un hiperboloide, pues es de la forma
M2  N2 − P2  1. 4º) Si P está en A, la cuádrica es un cono real, pues es de la forma M2  N2 − P2  0.
5º) Si P está fuera de A, la cuádrica es un hiperboloide, pues es de la forma M2  N2 − P2  1. 6º) Si P
está en el plano z  0, la cuádrica degenera en dos planos, siendo uno de ellos z  0.
G 22- Dadas las rectas A, B y B′, cuyas respectivas ecuaciones son: A ≡ x  0, y  0, B ≡ y  0, z − h  0,
B′ ≡ x  0, z  h  0, se consideran las cuádricas Q que pasan por A, B y B′, y cuyo centro C describe la
recta z  0, ux  vy  w  0. 1º) Demostrar que las cuádricas Q pasan por una recta fija que se apoya en B
y B′. 2º) Cuando C describe en z  0 una curva Γ de clase m, Q tiene por envolvente una superficie
reglada  de grado 2m.
Solución: 1º) Sea el centro C,, 0. La ecuación de Q es: hxy  xz − yz −hx − hy  0. Si C
describe la recta: ux  vy  w  0, z  0, las cuádricas Q pasan por la recta D de ecuaciones:
hux  wz  h  0, hvy  wz − h  0, que se apoya en las dos rectas dadas. 2º) A cada punto C de la
curva Γ corresponde una superficie Q. Por consiguiente, la característica de esta superficie es la recta Δ
cuyas ecuaciones se deducen de las de D sustituyendo u,v,w por las coordenadas de la tangente a Γ en el
punto C. Si la ecuación tangencial de la curva Γ es Fu,v,w  0, la ecuación de la superficie  es:
F−yz  h,xz − h,hxy  0, siendo los valores de u,v,w los deducidos de D. Por tanto, si Γ es de clase
m (número de tangentes desde un punto exterior a la curva),  es de grado 2m
G 23- Dadas dos cuádricas homofocales C1 y C2, demostrar que los semidiámetros de C2 paralelos a las
normales a C1 a lo largo de la cuártica de intersección, son de longitud constante.
Solución: Sean C1 ≡ x
2
a2
 y
2
b2
 z
2
c2
 1, C2 ≡ x
2
a2  
 y
2
b2  
 z
2
c2  
 1. Siendo ,, un
punto de la cuártica intersección, la normal a C1 es: x − 
a2

y − 

b2

z − 

c2
. El diámetro de la cuádrica
C2 paralelo a dicha normal es: x
a2
 y
b2
 z
c2
 . Este diámetro corta a la propia cuádrica C2 en:
241

a2
2
a2  


b2
2
b2  


c2
2
c2  
 1, de donde: 2  1
2
a4a2  

2
b4b2  

2
c4c2  
. Por
tanto, el cuadrado L2 del semidiámetro es: L2  2 
2
a4

2
b4

2
c4
. Introduciendo en esta expresión
el valor de 2, se tiene: L2 
2
a4

2
b4

2
c4
2
a4a2  

2
b4b2  

2
c4c2  
. Operando y simplificando, se
obtiene: 
2a2   − L2
a4a2  

2b2   − L2
b4b2  

2c2   − L2
c4c2  
 0. Restando las ecuaciones de C1 y
C2, se tiene: 
2
a2a2  

2
b2b2  

2
c2c2  
 0. Para que ,, tengan los mismos
coeficientes en ambas ecuaciones, ha de cumplirse que  − L2  0, es decir que los semidiámetros de C2
miden  , constante.
G 24- Dado un paralelepípedo, se consideran tres de sus aristas que no tengan extremo común, y los dos
vértices no situados en estas tres aristas. 1º) Hallar la ecuación del lugar de una cónica que pasa por estos
dos puntos y se apoya en las tres aristas. 2º) Hallar las generatrices rectilíneas contenidas en la superficie.
Solución: 1º) Sean las tres aristas AD, BF y GH, cuyas respectivas ecuaciones son: AD ≡ y − b  0,
z  c  0, BF ≡ x  a  0, z − c  0, HG ≡ x − a  0, y  b  0, y sean los vértices Ca,b,c y
E−a,−b,−c. La ecuación de la superficie que pasa por las tres aristas y por los dos vértices, es:
x
a − 1
z
c  1
y
b −
z
c
y
b −
x
a 
y2
b2
− 1 xa −
z
c
2
 0, que es el lugar pedido. 2º) Las
rectas reales contenidas, son la diagonal CE, que es recta doble, las tres aristas dadas, y las aristas que
pasan por C y E.
G 25- Formar la ecuación general de las cuádricas Q que son equiláteras y que contienen a las rectas
r ≡ y  mx, z  h y r ′ ≡ y  −mx, z  −h. Demostrar que las generatrices de las cuádricas Q de igual
sistema que r y r ′, y que pasan por x0,y0, z0, permanecen en un plano P.
Solución: La ecuación de las cuádricas que contienen a las dos rectas dadas, viene dada por la
expresión: y − mxy  mx  z  h  z − hy  mx  z  h  0. Operando y simplificando, se
tiene que: −m2x2  y2  z2  m − xz    yz − mh  x  h − y − h2  0. Por ser la
cuádrica equilátera, su cono asintótico ha de ser capaz de infinitos triedros trirrectángulos, para lo que es
necesario y suficiente que la suma de los coeficientes de x2,y2, z2 sea nula, es decir: 1 − m2    0.
Introduciendo en la ecuación de Q, los siguientes valores:     2,  −   2,   m2 − 1, se tiene:
Q ≡ −m2x2  y2  m2 − 1z2 − 2mxz  2yz − 2hmx  2hy − h2m2 − 1  0. Las ecuaciones de las
rectas que pasan por x0,y0, z0 son: x  a  x0, y  b  y0, z    z0. Como están contenidas en la
cuádrica Q, se tiene el sistema: −m2ax0  m2 − 1z0 − maz0 − mx0  bz0  y0 − hma  hb  0,
b2 − a2m  m2 − 1 − 2am  2b  0. De las ecuaciones de la generatriz se deduce que: a  x − x0z − z0 ,
b  y − y0z − z0 . Introduciendo estos valores en el sistema anterior, y eliminando , se obtiene una expresión
que es el cuadrado de: my0x − mx0y  hm2 − 1z − hm2 − 1z0  0, que es la ecuación de un plano, con
lo que queda demostrado que las generatrices permanecen en este plano.
G 26- Hallar el plano diametral de la cuádrica 12x2  15y2  20z2  120x − 60y − 120z  7  0, conjugado
con la dirección 5,4,3.
Solución: Se tiene: fx′  24x  120, fy′  30y − 60, fz′  40z − 120. Luego el plano diametral pedido es:
524x  120  430y − 60  340z − 120  0, que simplificado es: x  y  z  0.
G 27- Dada la cuádrica x2  77y2  7z2 − 28xy  14xz − 56yz − 56x  84y  28z  14  0, hallar el plano
diametral conjugado con la dirección7,3,5.
Solución: Se tiene: fx′  2x − 28y  14z − 56, fy′  −28x  a54y − 56z  84, fz′  14x − 56y  14z  28.
El plano pedido es: 72x − 28y  14z − 56  3−28x  a54y − 56z  84  514x − 56y  14z  28, que
simplificado es: y  0.
242
G 28- Hallar el diámetro de la cuádrica 2x2  y2  2z2 − 1  0, conjugado con el plano 2x  y − 4z  0.
Solución: Se tiene: fx′  4x, fy′  2y, fz′  4z. Luego el diámetro pedido es: 4x2 
2y
1 
4z
−4 , o bien:
2x  2y  −z.
G 29- Hallar el diámetro de la cuádrica x2  y2  3z2  2xy  2xz  4yz  2x  4y  8z  3  0, conjugado con
el plano 3x  6y  12z  1  0.
Solución: Se tiene: fx′  2x  2y  2z  2, fy′  2x  2y  4z  4, fz′  2x  4y  6z  8. Luego el diámetro
pedido es: x  y  z  13 
x  y  2z  2
6 
x  2y  3z  4
12 . Operando: x  y  0, x  z  0.
G 30- Dado el paraboloide elíptico x2  y2  z2  2xz  6x  4y  2z  13  0, hallar sus planos principales,
ejes y vértices.
Solución: Ecuación en S:
1 − S 0 1
0 1 − S 0
1 0 1 − S
 SS − 1S − 2  0. Siendo l,m,n la dirección
buscada, se tiene el sistema: 1 − Sl  n  0, 1 − Sm  0, l  1 − Sn  0, cuyas soluciones son: para
S  0, 1,0,−1; para S  1, 0,1,0; para S  2, 1,0,1. Siendo fx′  2x  2z  6, fy′  2y  4,
fz′  2x  2z  2, el plano principal para S  0, es: 2x  2z  6 − 2x − 2z − 2  0, es decir: t  0. Para
S  1, el plano principal es: 2y  4  0, es decir: y  2  0. Para S  2, el plano principal es:
2x  2z  6  2x  2z  2  0, es decir: x  z  2  0. Los ejes son: t  0, y  2  0; t  0, x  z  2  0;
y  2  0, x  z  2  0, luego solo tiene un eje propio. La cuádrica tiene dos vértices impropios y uno
propio: −94 ,−2,
1
4 .
G 31- Hallar los planos principales, ejes y vértices de la cuádrica 12x2  15y2  20z2  24x  40z − 28  0.
Solución: La ecuación en S es:
12 − S 0 0
0 15 − S 0
0 0 20 − S
 12 − S15 − S20 − S  0. Para
S  12, la dirección es 1,0,0; para S  15, es 0,1,0; para S  20, es 0,0,1. Como fx′  24x  24,
fy′  30y, fz′  40z  40, el plano principal para S  12, es: x  1  0; para S  15, el plano principal es:
y  0; para S  20, el plano es: z  1  0. Los ejes son: x  1  0, y  0; x  1  0, z  1  0; y  0,
z  1  0. Los vértices (intersección de los ejes con la cuádrica) son: −1,0,−1  3 , −1,2,−1,
−1  5 ,0,−1 .
G 32- Dada la cuádrica 2xy  2xz  2yz − 1  0, hallar sus planos principales.
Solución: La ecuación en S es:
−S 1 1
1 −S 1
1 1 −S
 S  12S − 2  0. El sistema para determinar las
direcciones es: −Sl  m  n  0, l − Sm  n  0, l  m − Sn  0. Para S  2, la dirección es: 1,1,1. Para
la raíz doble S  −1, se tiene: mn x − y  x − z  0, luego la cuádrica es de revolución, de eje: x − y  0,
x − z  0.
G 33- Dada la cuádrica 3x2  5y2  3z2  2xy  2xz  2yz  2x  12y  10z  20  0, hallar sus planos
principales.
Solución: La ecuación en S es
3 − S 1 1
1 5 − S 1
1 1 3 − S
 −S − 2S − 3S − 6  0. El sistema para
determinar las direcciones es: 3 − Sl  m  n  0, l  5 − Sm  n  0, l  m  3 − Sn  0. Para
S  2, la dirección es: −1,0,1; para S  3, es: 1,−1,1; para S  6, es: 1,2,1. Siendo
fx′  6x  2y  2z  2, fy′  2x  10y  2z  12, fz′  2x  2y  6z  10, el plano principal para S  2, es:
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