Geometrı́a Analı́tica I
Lectura 8
Profesor: Guilmer González
Dı́a 27 de octubre, 2009
El dı́a de hoy veremos:
1) Determinar una cónica que pasa por 5 puntos
2) Tangente a una cónica
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Determinar una cónica que pasa por 5 puntos
Hasta ahora, hemos estudiado algunas cónicas haciendo uso de sus descripción
mediante la ecuación de segundo grado
ax2 + 2bxy + cy 2 + 2dx + 2ey + f = 0
El problema que nos compete ahora, es determinar la ecuación que describe
aquella cónica al pasar por una colección de puntos. Se observa qie tenemos 6 parámetros a determinar, sin embargo, si garantizamos que alguno
de ellos no es cero, podemos dividir y representar una sóla cónica bajo esa
representación, por lo que son 5 condiciones las que debemos imponer a la
ecuación. Si los puntos son P1 (x1, y1 ), P2 (x2, y2 ), P3 (x3, y3), P4 (x4, y4) y
P5 (x5, y5 ), debemos resolver el sistema
ax21 + 2bx1 y1 + cy12 + 2dx1 + 2ey1 + f
ax22 + 2bx2 y2 + cy22 + 2dx2 + 2ey2 + f
ax23 + 2bx3 y3 + cy32 + 2dx3 + 2ey3 + f
ax24 + 2bx4 y4 + cy42 + 2dx4 + 2ey4 + f
ax25 + 2bx5 y5 + cy52 + 2dx5 + 2ey5 + f
=
=
=
=
=
0
0
0
0
0
sin embargo, hay una forma práctica y económica de resolver este problema.
Estudiemos el caso mediante un ejemplo numérico.
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1.1
Familia de cónicas
Considere los puntos representados por P1 (4, 6), P2 (3, 4), P3 (4, 3), P4 (8, 4) y
P5 (6, 7), como se muestra en la figura
Figura 1: Cinco puntos diferentes en el plano.
Calculemos la recta que pasa por P1 y P3
L13 = {(x, y)|,
x − 4 = 0}
y la recta que pasa por los puntos P2 y P4 es
L24 = {(x, y)|,
y − 4 = 0}
con éstas rectas formamos la cónica degenerada que las representan:
C1 = L13 L24 = {(x, y)|,
(x − 4)(y − 4) = 0}
Observe que los puntos P1 , P2 , P3 y P4 cumplen con la ecuación, esos puntos
están en esa representación de cónica.
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Figura 2: Dos rectas.
Ahora calculemos la recta que pasa por P1 y P4
L14 = {(x, y)|,
x + 2y − 16 = 0}
y la recta que pasa por P2 y P3 :
L23 = {(x, y)|,
2x + y − 10 = 0}
Figura 3: Dos rectas.
con éstas rectas, formemos la cónica degenrada que las representan:
C2 = L14L23 = {(x, y)|,
(x + 2y − 16)(2x + y − 10) = 0}
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De nueva cuenta, los puntos P1 , P2 , P3 y P4 se encuentran en esa cónica pues
están dos a dos en las rectas. Ahora bien, tomemos una combinación entre
ellas
C = λ1 C1 + λ2 C2 = 0
es una familia de cónicas que pasa por los cuatro puntos, no importando los
valores de λ1 y λ2 . Ahora de esa familia, tomemos un representante que pase
por el último punto, para que entonces pase por los 5. Para lograrlo, debe
cumplirse que C(P5 ) = 0. Hagamos las cuentas:
C(P5 ) = λ1 (2)(3) + λ2 (4)(9) = 0
si tomamos λ1 = 36 y λ2 = −6, la cónica
C = 36C1 − 6C2 = 0
= 2x2 − xy + 2y 2 − 18x − 12y + 64 = 0
haga las cuentas.
Figura 4: Una cónica que pasa por 5 puntos.
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Rectas tangentes a una cónica
El problema es determinar las rectas que se obtienen al tirar lı́neas desde un
punto P0 de manera tangencial hacia una cónica.
Tomemos la cónica
x2 − 4y 2 = 1
y el punto P0 (2, 4).
Queda claro que podemos construir una familia de rectas que pasen por
P0 de la forma
y = m(x − 2) + 4
(un procedimiento más sencillo) siempre que no sea una recta vertical la
solución.
El procedimiento es largo, despejemos y en términos de x y reemplacemos
en la ecuación de la cónica para dar con una cuadrática en x
x2 − 4y 2 − 1 = x2 − 4(m(x − 2) + 4)2 − 1
= x2 − 4[m2(x − 2)2 + 8m(x − 2) + 16] − 1
= x2 − 4[m2(x2 − 4x + 4) + 8mx − 16m + 16] − 1
agrupando términos cuadráticos
(1 − 4m2)x2 + (16m2 − 32m)x + 64m − 16m2 − 65 = 0
para que solamente encontremos una solución en x, debemos imporner que
el discriminate de ésta cuadrática sea cero:
(16m2 − 32m)2 − 4(1 − 4m2 )(64m − 16m2 − 65) = 0
desarrollando y simplificando, tenemos
12m2 − 64m + 65 = 0
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y resolviendo esa cuadrática tenemos dos valores de m.
Figura 5: Tangentes a una cónica.
la pregunta natural, y si es una lı́nea vertical? cuándo se da ese caso?
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