Lugares Geometricos y Cuadraticas
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5.1. En cada uno de los incisos siguientes halle una ecuacin cartesiana parala superficie de revolucin generada por el lugar geomtrico G y la recta `.
(5) G : x2 + y2 + 6y 7 = 0, z = 0 y ` es el eje X.
Solucin: Denotemos por R a la superficie de revolucin.
Mtodo 1. Es inmediato que para cada (x, y, z) 2 G,x2 + y2 + 6y 7 = 0
x2 + y2 + 6y + 9 7 9 = 0x2 +
y2 + 3
2 16 = 0y = p16 x2 3
Ahora bien, cada (x, y, z) 2 R pertenece a la circunferencia que pasa porx,p16 x2 3, 0 y tiene centro en (x, 0, 0).
De este modo,
d ((x, y, z) , (x, 0, 0)) = dx,p16 x2 3, 0 , (x, 0, 0)p
y2 + z2 =qp16 x2 32
y2 + z2 =p16 x2 32
y2 + z2 = 16 x2 6p16 x2 + 9
1
-
x2 + y2 + z2 252 = 6p16 x22x2 + y2 + z2 252 = 36 16 x2
x2 + y2 + z2 252 + 36x2 576 = 0Por tanto,
R =n(x, y, z) 2 R3 : x2 + y2 + z2 252 + 36x2 576 = 0o.
Mtodo 2. Para obtener la ecuacin cartesiana de un slido de revolucinalrededor del eje X basta con sustituir a y z por py2 + z2.1 As que,
x2 +py2 + z22 + 6py2 + z2 7 = 0
x2 + y2 + z2 + 6py2 + z2 7 = 0
x2 + y2 + z2 72 = 6py2 + z22
x2 + y2 + z2 72 = 36 y2 + z22
Concluimos que
R =n(x, y, z) 2 R3 : x2 + y2 + z2 72 36 y2 + z22 = 0o.
En un primer acercamiento parece que los mtodos otorgan resultados dis-tintos. Sin embargo, haciendo uso de un programa matemtico computacional,se puede verificar que ambas ecuaciones producen el mismo lugar geomtrico.
1W. Wooton, Geometra Analtica Moderna, pag. 352
2
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5.5. Para este problema suponga que a, c y k son nmeros reales positivos.En cada uno de los incisos siguientes debe encontrar una ecuacin cartesianadel lugar geomtrico formado por todos los puntos P 2 R3 para los que
aaa(1) P equidista del punto ae1 y el plano x+ a = 0.aaa(5) el cuadrado de la distancia de P a 0 es igual a la distancia entre P
aaaaaaaaay el plano x 2y + 2z = 0.
Solucin:(1): La notacin ae1 es una abreviacin para el punto a (1, 0, 0) = (a, 0, 0).Sea P = (x, y, z) y : x+ a = 0, tenemos que
d [(x, y, z) , (a, 0, 0)] = d [(x, y, z) ,]
Puesto que (a, 0, 0) 2 y (1, 0, 0) es su normal,q(x a)2 + y2 + z2 = |((x,y,z)(a,0,0))(1,0,0)|k(1,0,0)kq
(x a)2 + y2 + z2 = |x+ a|
(x a)2 + y2 + z2 = (|x+ a|)2
x2 2ax+ a2 + y2 + z2 = x2 + 2ax+ a2
y2 + z2 4ax = 0Para a = 2 se tiene la siguiente grfica:
Que podemos interpretarla como un paraboloide con foco en (2, 0, 0) y di-rectriz2 x = 2.
(5): Buscamos la ecuacin cartesiana que define al conjunto:
G :=n(x, y, z) 2 R3 : (d [(x, y, z) , 0])2 = d [(x, y, z) , x 2y + 2z = 0]
o2Los trminos foco y directriz no son correctos, los hemos utilizando porque la descripcin
de este lugar geomtrico se asemeja a la definicin de una parbola del plano euclidiano.
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Tenemos que (0, 0, 0) es un punto en el plano x 2y+2z = 0 y (1,2, 2) sunormal. Luego,
(d [(x, y, z) , 0])2= d [(x, y, z) , x 2y + 2z = 0]
(d [(x, y, z) , (0, 0, 0)])2 = |((x,y,z)(0,0,0))(1,2,2)|k(1,2,2)kq(x 0)2 + (y 0)2 + (z 0)2
2= |(x,y,z)(1,2,2)|3
px2 + y2 + z2
2= |x2y+2z|3
x2 + y2 + z2= |x2y+2z|3
x2 + y2 + z22
= |x2y+2z|
3
29x2 + y2 + z2
2= (x 2y + 2z)2
9x2 + y2 + z2
2 (x 2y + 2z)2 = 0
7.1. En cada inciso halla una ecuacin cartesiana para Q \ .
(1) Q : y = x2 y y = 4
Solucin: A partir de la ecuacin de Q podramos pensar que se trata deuna parbola, sin embargo, esto es un error. Debemos entender que
Q = (x, y, z) : x, y, z 2 R & y = x2 Esto significa que la primer y segunda coordenada estn definidas en trmi-
nos de un ecuacin, mientras que la tercer entrada vara libremente sobre todala recta real. En estos trminos, deducimos que Q es un cilindro parbolico.
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Ahora bien,
Q \ = (x, y, z) 2 R3 : y = 4 & y = x2 =(x, y, z) 2 : 4 = x2
= {(x, y, z) 2 : x = 2 x = 2}Por tanto, Q\ son todos los puntos en el plano y = 4 tales que su primera
coordenada es 2 -2.
La grfica nos muestra que se trata de dos lneas rectas. Denotemos con `2 y`2 a tales rectas y vamos a encontrar sus respectivas ecuaciones para dar porconcluido el ejercicio.
Tenemos que
`2 = {(x, y, z) : x, y, z 2 R & y = 4, x = 2}
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As, (2, 4, 0) , (2, 4, 1) 2 `2 y por ende`2 : (2, 4, 0) + t (0, 0,1)
Observemos que (0, 0,1) es perpendicular a la normal de .3Anlogamente,
`2 : (2, 4, 0) + t (0, 0,1)Pasar a una ecuacin cartesiana es rutinario,
Q \ :(x = 2, y = 4x = 2, y = 4
7.3. Para cada uno de los incisos de este problema debes
i) identificar a Q;ii) obtener las ecuaciones de Q \ xy,Q \ yz y Q \ xz;iii) hallar las ecuaciones cartesianas de las secciones transversales de Q (en
caso de que ests sean no vacas) en los planos 0 : x = 4, 1 : y = 4, 2 : z = 4y
iv) trazar un esquema de Q.
(d) Q : 2y2 + 4z2 = x2
Solucin: Vamos a identificar la forma de Q haciendo uso del catlogo desuperficies cuadrticas.4
Q : 2y2 + 4z2 = x2
2y2 + 4z2 x2 = 0y212+ z
2
14 x2 = 0
Resulta que Q es un cono cuadrtico. El eje principal del cono es el eje Xdebido a que la variable x es el trmino negativo de la ecuacin.
3` : P + tv est contenida en si P 2 y v ? n, donde n es la normal a .4Tarea 6
6
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Ahora bien,
Q \ xy =(x, y, z) 2 R3 : 2y2 + 4z2 x2 = 0, z = 0
=(x, y, z) 2 R3 : 2y2 x2 = 0 .
Pero, 2y2 x2 = 0 implica quep2y x p2y + x = 0
p2y x = 0 p2y + x = 0
En consecuencia, Q\ xy es un par de lneas rectas que pasan por el origen.En el espacio euclidiano Q \ xy luce de la siguiente forma.
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De manera similar se puede probar que Q \ xz es un par de lneas rectasque pasan por el origen, es decir,
Q \ xz =(x, y, z) 2 R3 : 2z x = 0 [ (x, y, z) 2 R3 : 2z + x = 0 .
Para Q\ yz es inmediato que el nico punto que satisface 2y2 +4z2 = 0 esel origen. Equivalentemente, Q \ yz = {(0, 0, 0)}.
Continuemos con la deduccin de la ecuacin de la seccin transversal conel plano 0 : x = 4.
Q \ 0 =(x, y, z) 2 R3 : x = 4, 2y2 + 4z2 x2 = 0
=(x, y, z) 2 R3 : 2y2 + 4z2 16 = 0 == n(x, y, z) 2 R3 : y28 + z24 = 1o
Por tanto, Q \ 0 es una elipse contenida en el plano x = 4.
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Para Q \ 1 se obtiene la siguiente ecuacin:2 (4)2 + 4z2 x2 = 0
4z2 x2 = 32x2 4z2 = 32x2
32 z2
4 = 1
Que resulta ser una hiprbola contenida en 1.
Por ltimo, para Q \ 2 los clculos algebraicos llevan a la ecuacin:x2
64 y2
32 = 1
9
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Prueba que el elipsoide E : x24 + y2
9 +z2
16 = 1 intersecta a la esfera C :x2 + y2 + z2 = 9 en dos crculos.
Solucin: A fin de obtener una buena conjetura, veamos la grfica de estassuperficies.5
Parece que la interseccin est contenida en dos planos que lucen de lasiguiente forma.
5Wolfram Mathematica 10
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De forma inmediata podemos afirmar que (0, 3, 0) 2 E \ C.Ahora bien, procedamos con el anlisis de los puntos de interseccin cuando
y = 0. (x2
4 +z2
16 = 1
x2 + z2 = 9
x2
4 +9x216 = 1
16x2 + 36 4x2 = 64x2 = 73
Luego,73 + z
2 = 9
z2 = 203
Por tanto, (x, y, z) 2 R3 : y = 0 & (x, y, z) 2 E \ C =np
213 , 0,
2p153
,p213 , 0,
2p153
,p
213 , 0, 2
p153
,p213 , 0, 2
p153
oLo anterior resulta til porque nos indica los puntos por donde pasan los
planos que contiene a la interseccin.6
6GeoGebra 5
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Sea 0 el plano que pasa por (0, 3, 0) ,p
213 , 0, 2
p153
yp213 , 0,
2p153
.
La deduccin de su ecuacin cartesiana es un procedimiento rutinario.
n =
p213 0 0 3 2
p153 0
p213 0 0 3 2
p153 0
e1 e2 e3
=
p213 3 2
p153
p213 3 2
p153
e1 e2 e3
=2p15 2p15,
2p353 2
p353
,p21p21
= 2 2p15, 0,p21
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De manera que
0 : ((x, y, z) (0, 3, 0)) 2p15, 0,
p21= 0
(x, y 3, z) 2p15, 0,p21 = 02p15x+
p21z = 0
Mediante clculos similares se puede probar que 1, el segundo plano quecontiene a la interseccin, tiene por ecuacin 2
p15xp21z = 0.
Si logramos probar que E \ C 0 [1 obtendremos que C \0 y C \1 soncrculos. 7
Sea (x, y, z) 2 E \ C. Este punto satisface el sistema:(x2
4 +y2
9 +z2
16 = 1
x2 + y2 + z2 = 9(x2
4 +y2
9 +z2
16 = 1x2
9 +y2
9 +z2
9 = 1
x2
4 +y2
9 +z2
16 =x2
9 +y2
9 +z2
9
x2
4 +z2
16 =x2
9 +z2
9
x2
4 x2
9 =z2
9 z2
16 = 0
5x2
36 =7z2
144
20x2 = 7z2
z = q
207 x
z = 2p357 x
Obtenemos que
E \ C =n
x, y, 2p357 x
2 R3 : x, y 2 R
oSea (x0, y0, z0) 2 E \ C. Si (x0, y0, z0) =
x0, y0,
2p357 x0
se sigue que
2p15x0
p21
2p357 x0
= 2p15x0 2
p7357 x0 = 2
p15x0 14
p15
7 x0 = 0
7Si un plano intersecta a una esfera, entonces la interseccin es un punto o en una circun-ferencia.
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Por tanto,x0, y0,
2p357 x0
2 1.
En el caso de que (x0, y0, z0) =x0, y0, 2
p357 x0
, se puede mostrar de
manera similar al prrafo anterior quex0, y0, 2
p357 x0
satisface la ecuacin
que define a 0.Concluimos que n
x, y, 2p357 x
2 R3 : x, y 2 R
o
(x, y, z) 2 R3 : 2p15x+p21z = 0 [ (x, y, z) 2 R3 : 2p15xp21z = 0 7.6. Demuestre que los ejes cartesianos son los ejes principales de las cua-
drticas 6.3, 6.4, 6.5 y 6.6.
Prueba: Vamos a probar este resultado solamente para la cuadrtica 6.4, esdecir, para
Q : x2a2 + y2
b2 z2
c2 = 1
Sea ` : t (0, 0, 1) la representacin paramtrica del eje Z. Es un hecho quesi P = (x, y, z), entonces Q = (x,y, z) es su simtrico con respecto a`.8 Efectivamente, P+Q2 =
(x,y,z)+(x,y,z)2 = (0, 0, z) 2 ` y (P Q) v =
((x, y, z) (x,y, z)) (0, 0, 1) = (2x, 2y, 0) (0, 0, 1) = 0.
Ahora bien, dado P = (x, y, z) en Q, la simetra con respecto al eje Z estardemostrada si aseguramos que Q = (x,y, z) tambin es elemento de Q.9 Noobstante, esto ltimo es una trivialidad que comprobamos a continuacin.
Sea P = (x0, y0, z0)
P 2 Q$ x20a2 + y20b2 z
20c2 = 1
8Si ` es una lnea dirigida por v, entonces P y Q son simtricos con respecto a ` si P+Q2 2 `y (P Q) ? v. Ver ejercicio 7.5.3.
9` es un eje de simetra de Q (Q es simtrico con respecto a `) si para cada P 2 Q se tieneque P es simtrico respecto a `.
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Pero
(x0)2a2 +
(y0)2b2 z
2
c2 =x20a2 +
y20b2 z
20c2 = 1
Por tanto, (x0,y0, z0) satisface la ecuacin deQ y por ende (x0,y0, z0) 2Q.
Las cuentas para los otros planos coordenados son anlogas.
7.8. Fijemos a, b, c 2 R3tales que 0 < c < b < a. Para cada t 2 R\a2, b2, c2 defina
Qt : x2a2t + y2
b2t +z2
c2t = 1.
(1) Determine los valores de t para los que Qt esaaa(a) un elipsoide,aaa(b) un hiperboloide de un manto,aaa(c) un hiperboloide de dos mantos.
Prueba:(a) Elipsoide: De acuerdo con nuestro catlogo de superficies cuadrticas,
requerimos que a2 t, b2 t y c2 t sean nmeros reales positivos. Es claro quet 6 0 satisface la condicin.
Establezcamos las condiciones para t > 0. Observemos que si c2 t > 0, enseguida a2 t y b2 t tambin son positivos. As,
c2 t > 0t < c2
pt < |c|pt < c
pt 2 (0, c)
Por tanto, Qt es una elipsoide si t 2 (1, 0] pt 2 (0, c)
(b) Hiperboloide de un manto: Para este caso t no puede ser negativo porqueimplicara que c2 t > 0, que es justo lo que deseamos evitar.
Buscamos que b2t sea un real positivo, entonces pt < b. Adems, c2t < 0implica que
c2 < t
c < pt c < ptc 0 y c2 t < 0 siempre que pt 2 (c, b).
(c) Hiperboloide de dos mantos: Los casos anteriores deben hacer claro quea2 t > 0 y b2 t, c2 t < 0 siempre que pt 2 (b, a).
(2) Suponga que es alguno de los planos cartesianos y que s, t 2 R \a2, b2, c2
. Demuestre que las cnicas Qs\ y Qt\ tienen los mismos focos.
Prueba: La prueba consta de varios casos, sin embargo, basta con presentarsolamente uno de ellos para comprender el espritu de la demostracin.
Fijemos := xz,ps 2 (b, a) y pt 2 (0, c). Del inciso (1) se sigue que Qs es
un hiperboloide de dos mantos y Qt es un elipsoide.Tenemos que Qs\ : x2a2s + z
2
c2s = 1 con a2s > 0 y c2s < 0. Entonces,
Qs\ : x2a2s z2
sc2 = 1 es un hiprbola contenida en y = 0. Mediante argumen-
tos analticos10 se deduce que0, 0,
p(a2 s) + (s c2)
=0, 0,
pa2 c2 y
0, 0,p(a2 s) + (s c2) = 0, 0,pa2 c2 son los focos de la hiprbola.Es sencillo verificar que Qs \ : x2a2t + z
2
c2t = 1 es una elipse con-
tenida en , de modo que0, 0,
p(a2 t) (c2 t)
=
0, 0,
pa2 c2 y
0, 0,p(a2 s) (c2 s) = 0, 0,pa2 c2 son las coordenadas de susfocos. Esto concluye la prueba.
10Nos referimos a las tcnicas utilizadas para determinar los elementos geomtricos de lascnicas en R2.
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