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 1 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. 1 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. 2 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} 3 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. 4 2 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 5 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? 6