Unidad XI: Hipérbola

Hipérbola
Página del Colegio de Matemáticas de la ENP-UNAM
Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa
HIPÉRBOLA
UNIDAD XI
XI.1 DEFINICIÓN DE HIPÉRBOLA
P del plano, tales que la diferencia de sus
distancias a dos puntos fijos en el plano es constante. Los puntos fijos F1 y F2 se llaman focos.
Una hipérbola es el lugar geométrico de todos los puntos
Gráficamente esto es:
y
P
B1
d1
F2
d2
V2
V1
F1
x
B2
d1-d2= constante
V2V1 que pasa por los focos es el eje real. La mediatriz B2 B1
del eje real es el eje imaginario. Cada extremo del eje real V1 y V2 se llama vértice. El punto medio del
Con relación a la figura, el segmento de recta
segmento F2 F1 se llama centro de la hipérbola. La distancia del centro a cada vértice se llama semieje real y
1
la distancia del centro a cada extremo del eje imaginario se conoce como semieje imaginario .
XI.2 ECUACIÓN ORDINARIA DE LA HIPÉRBOLA HORIZONTAL CON CENTRO EN
EL ORIGEN
A partir de la definición de la hipérbola y de la expresión para calcular la distancia entre dos puntos, se
puede deducir la ecuación de una hipérbola en un sistema de coordenadas rectangulares.
1
Algunos textos, definen al eje real como eje transverso y al eje imaginario como eje conjugado.
1
Hipérbola
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Si los vértices se ubican en las coordenadas
V1 (a ,0)
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y
V2 (− a ,0) ,
los focos están en
F1 (c ,0)
y
F2 (− c ,0) , el eje real de la hipérbola es coincidente al eje x , y si su centro se ubica en el origen, tiene
la siguiente forma:
y
P
d1
B1(0,b)
d2
F2(-c,0)
V1(a,0)
V2(-a,0)
F1(c,0)
x
B2(0,-b)
P está en cualquiera de los vértices, la diferencia de distancias d1 − d 2 da como resultado
a − c − (−c − a ) , por lo que la suma constante se establece en 2a, a > 0 .
Si el punto
(
)
El punto P x , y pertenecerá a la hipérbola si y sólo si:
por lo tanto:
(x − (− c ))2 + ( y − 0 )2 − (x − c )2 + ( y − 0 )2
d1 − d 2 = 2 a ,
= 2a
que equivale a:
(x + c )2 + y 2
= 2a +
(x − c)2 + y 2
elevando ambos miembros al cuadrado:



(x + c )2 + y 2 
2
=  2a +


(x − c )2 + y 2 
2

desarrollando:
(x + c)2 + y 2 = 4a 2 + 4a (x − c)2 + y 2 + (x − c)2 + y 2
x 2 + 2 xc + c 2 + y 2 = 4a 2 + 4a
(x − c )2 + y 2 + x 2 − 2 xc + c 2 + y 2
eliminando términos iguales:
2
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2 xc = 4a 2 + 4a
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(x − c )2 + y 2 − 2 xc
que equivale a:
(x − c )2 + y 2
= 4 xc − 4a 2
dividiendo todo por 4 :
4a
(x − c )2 + y 2
a
= xc − a 2
elevando nuevamente al cuadrado ambos miembros:
a


(x − c )2 + y 2 
2

(
(
= xc − a 2
) (
a 2 (x − c )2 + y 2 = xc − a 2
(
) (
)
2
)
2
a 2 x 2 − 2 xc + c 2 + y 2 = xc − a 2
)
2
a 2 x 2 − 2a 2 xc + a 2 c 2 + a 2 y 2 = x 2 c 2 − 2a 2 xc + a 4
reduciendo términos semejantes:
a 2 x 2 + a 2c 2 + a 2 y 2 = x 2c 2 + a 4
invirtiendo nuevamente los miembros:
x 2c 2 + a 4 = a 2 x 2 + a 2c 2 + a 2 y 2
acomodando convenientemente:
x 2c 2 − x 2a 2 − a 2 y 2 = a 2c 2 − a 4
factorizando x
(
)
2
2
en el primer miembro y a en el segundo miembro:
(
x2 c2 − a2 − a2 y2 = a2 c2 − a2
si se denota como b
2
)
a la expresión c − b , y se sustituye se tiene que:
2
2
x 2b 2 − a 2 y 2 = a 2 b 2
2 2
dividiendo por a b
2 2
2
2
toda la expresión:
2 2
x b
a y
a b
− 2 2 = 2 2
2 2
a b
a b
a b
finalmente queda como:
x2 y2
−
=1
a2 b2
ecuación conocida como ecuación ordinaria o canónica de la hipérbola horizontal con centro en el origen,
de semieje real a y de semieje imaginario b .
Una de las asíntotas pasa por el origen y el punto
(a ,b ) ,
por lo que su ecuación está dada por:
y −0 0−b b
=
= . La otra asíntota pasa por el origen y el punto (−a ,b ) , por lo que su ecuación está
x−0 0−a a
y −0
0−b
b
=
= − . Esto significa que las ecuaciones de las asíntotas para este caso son:
dada por:
x − 0 0 − (− a )
a
b
y = ± x.
a
3
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X.3 LONGITUD DE LOS LADOS RECTOS DE UNA HIPÉRBOLA HORIZONTAL
Para cualquier hipérbola, los segmentos perpendiculares al eje real que pasan por sus focos y que
incluyen a los extremos de la curva se denominan lados rectos (LR ) . Gráficamente es:
y
P3
P1
LR
LR
F2(-c,0)
V2
V1
P4
F1(c,0)
x
P2
Para encontrar las coordenadas de los extremos del lado recto, que pasa por el foco F1 , se sustituye x
por c en la ecuación despejada para y :
b 2
c − a2
a
2
2
2
pero como b = c − a , se tiene:
y=±
y=±
b 2
b
b2
b =± b=±
a
a
a
por lo cual, las coordenadas de los extremos P1 y P2 del lado recto asociado a F1 son:
 b2
P1  c,
 a

2

 y P  c,− b 
2

a 


Similarmente, para encontrar las coordenadas de los extremos del lado recto que pasa por el foco F2 , el
procedimiento es idéntico al tomar en cuenta que los puntos P3 y P4 son simétricos a los puntos P1 y
P2 con respecto al eje x , con lo que se tienen la mismas ordenadas respectivas, por lo que las
coordenadas de los extremos P3 y P4 del lado recto asociado a F2 son:

b2

P3 − c,

a

2

 y P  − c,− b
4

a






4
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(u ) , de cada lado recto viene dado por la diferencia de sus
La longitud, medida en unidades lineales
ordenadas. Por lo tanto:
2b 2
LR =
a
X.4 EXCENTRICIDAD DE UNA HIPÉRBOLA
Para cualquier hipérbola, a la relación que existe entre
denota con la letra e :
c
(foco) es más grande que el
a
y
a , se le conoce como su excentricidad y se
c
a
e=
Como el valor de
c
(vértice), siempre se cumple que
e > 1.
Ejemplos.
Calcular las longitudes de los semiejes real e imaginario, las coordenadas de los vértices, focos, la
longitud del lado recto, la excentricidad y las ecuaciones de las asíntotas de las siguientes hipérbolas:
1)
x2 y2
−
=1
25 9
Solución.
El eje real es x . a = 25 , b = 9 ⇒ a = 5 , b = 3
2
2
los vértices se encuentran en: V1
(5,0) y
V2 (−5,0 )
los extremos del eje imaginario están en: B1
obteniendo c :
c = a2 + b2 =
(0,3) y
25 + 9 = 34
los focos se ubican en: F1
La excentricidad es:
e=
( 34 ,0) y F (−
2
34 ,0
B2 (0 , − 3)
)
34
2(3)2 2(9) 18
> 1 . El lado recto es: LR =
=
= u.
5
5
5
5
las ecuaciones de las asíntotas son: y = ±
3
3
3
x , es decir: y = x y y = − x
5
5
5
2) 8 x − 12 y = 96
Solución.
Dividiendo todo por 96 :
2
2
x2 y2
−
=1
12
8
De la ecuación se deduce que:
obteniendo c :
a = 12 y b = 8 .
5
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c=
( 12 ) + ( 8 )
2
2
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= 20
( 12 ,0) y V (− 12 ,0)
los extremos del eje imaginario están en: B (0 , 8 ) y B (0 , − 8 )
los focos se encuentran en: F ( 20 ,0 ) y F (− 20 , 0 )
los vértices se ubican en V1
2
1
1
la excentricidad es:
e=
20
12
2
2
=
2 5
2 3
=
5
3
8
x , es decir: y =
12
las ecuaciones de las asíntotas son: y = ±
Ejemplo.
(
Si se sabe que se tiene un foco en V1 10 ,0
hipérbola.
> 1 . El lado recto es: LR =
)
( )
2 8
2
12
=
2(8)
12
=
16
u.
12
2
2
x y y=− x
3
3
(
)
y un vértice en F2 −8,0 , obtener las características de la
Solución.
(
)
( )
Por simetría se deduce que el otro vértice está en V2 −10,0 y el otro foco en: F1 8,0
obteniendo
b=
b:
c2 − a2
⇒
b = 10 2 − 8 2 = 100 − 64 = 36 = 6
la ecuación buscada es:
x2 y2
−
=1
64 36
2(6)2 2(36) 72
10 5
=
=
= 9 u.
= > 1 . El lado recto es: LR =
la excentricidad es: e =
8
8
8
8
4
6
3
3
las ecuaciones de las asíntotas son: y = ± x , es decir: y = x y y = − x
4
8
4
X.5 ECUACIÓN ORDINARIA DE LA HIPÉRBOLA VERTICAL CON CENTRO EN EL
ORIGEN
El procedimiento para obtener la ecuación de la hipérbola vertical es muy similar al que se hizo con la
hipérbola horizontal.
En este caso, los vértices y focos están sobre el eje
y
en las coordenadas
V1 (0,a ) , V2 (0,− a ) ,
F1 (0 ,c ) y F2 (0,− c ) , respectivamente, y aplicando la expresión de distancia entre dos puntos se tiene
que:
(x − 0)2 + ( y − (− c ))2 − (x − 0)2 + ( y − c )2
= 2a
que equivale a:
x 2 + ( y + c ) 2 = 2a + x 2 + ( y − c )2
después de desarrollar, eliminar radicales y simplificar, se llega a:
6
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y2
a2
−
x2
b2
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=1
ecuación conocida como ecuación ordinaria o canónica de la hipérbola vertical con centro en el origen, de
semieje real a y de semieje imaginario b . La hipérbola en este caso tendría la siguiente forma:
y
P(x,y)
d2
F1(0,c)
V1(0,a)
B1(b,0)
B2(-b,0)
x
V2(0,-a)
d1
F2(0,-c)
Una de las asíntotas pasa por el origen y el punto
(b , a ) ,
por lo que su ecuación está dada por:
y−0 0−a a
=
= . La otra asíntota pasa por el origen y el punto (− b , a ) , por lo que su ecuación está
x−0 0−b b
y−0
0−a
a
= − . Esto significa que las ecuaciones de las asíntotas para este caso son:
=
dada por:
x − 0 0 − (− b )
b
a
y =± x.
b
X.6 LONGITUD DE LOS LADOS RECTOS DE UNA HIPÉRBOLA VERTICAL
Para encontrar las coordenadas de los extremos del lado recto de una hipérbola vertical, que pasa por el
foco F1 , se sustituye el valor de y por c en la ecuación despejada para x :
b 2
c − a2
a
2
2
2
pero como b = c − a , se tiene:
x=±
7
Hipérbola
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x=±
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b 2
b
b2
b =± b=±
a
a
a
por lo cual, las coordenadas de los extremos P1 y P2 del lado recto asociado a F1 son:
 b2 
 b2 

P1  ,c  y P2  −
 a ,c 


 a 
Similarmente, para encontrar las coordenadas de los extremos del lado recto que pasa por el foco F2 , el
procedimiento es idéntico al tomar en cuenta que los puntos P3 y P4 son simétricos a los puntos P1 y
P2 con respecto al eje y , con lo que se tienen la mismas ordenadas respectivas, por lo que las
coordenadas de los extremos P3 y P4 del lado recto asociado a F2 son:
 b2

 b2

,−c 
P1  ,−c  y P2  −
 a

 a



y
P3
LR
F1(0,c)
P1
V1
x
V2
P4
P2
F2(0,-c)
LR
La longitud, medida en unidades lineales
abscisas. Por lo tanto:
(u ) , de cada lado recto viene dado por la diferencia de sus
LR =
2b 2
.
a
Ejemplos.
1) Obtener todas las características de la hipérbola de ecuación:
8
y2 x2
−
=1
9 16
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Solución.
De la ecuación se deduce que:
obteniendo c :
a= 9 =3
y
b = 16 = 4
c = 32 + 4 2 = 25 = 5
los vértices se ubican en V1 (0,3) y V2 (0 , − 3)
los extremos del eje imaginario están en: B1 (4 ,0 ) y B2 (−4 ,0 )
los focos se encuentran en: F1 (0 ,5) y F2 (0 , − 5)
5
2(4 )2 2(16) 32
>
1
LR
=
=
=
u.
la excentricidad es:
. El lado recto es:
3
3
3
3
3
3
3
las ecuaciones de las asíntotas son: y = ± x , es decir: y = x y y = − x
4
4
4
e=
(
2) Obtener todas las características de la hipérbola con focos en F 0 , ± 6
ecuaciones: y = ±
)
y que tiene asíntotas de
4
x.
5
Solución.
De los datos se deduce que: c = 6 y que el eje real es y
De las ecuaciones de las asíntotas se despeja a :
a
a 4
4
y=± x ∴
=
⇒ a= b
b
b 5
5
pero también se sabe que:
2
c = a2 + b2
16 2
4 
⇒ 6 =  b  + b2 =
b + b2 =
5
25
 
41 2
b =6 ∴ b=
25
6
41
25
=
30
41
 4  30  24
 =
⇒ a =  
41
 5  41 
por lo tanto, la ecuación buscada es:
y2
 24 


 41 
2
−
x2
 30 


 41 
2
=1 ⇒
41y 2 41x 2
−
=1
576
900
6
6 41

24 
e=
=
=


V
0,
±
los vértices están en 
24
 , la excentricidad es:
24
41 

41
2
 30 

2
41 

=
la longitud del lado recto es: LR =
24
41
 900  1800
2

 41  = 41 = 75 u .
24
24
41
41
41
9
41
>1
4
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X.7 ECUACIÓN DE LA HIPÉRBOLA HORIZONTAL CUANDO SU CENTRO ES
CUALQUIER PUNTO DEL PLANO
Si el centro de la hipérbola horizontal es el punto
x' − y' , su ecuación ordinaria viene dada por:
(x′)2 − ( y′)2
a2
b2
C (h ,k ) , que es el origen del sistema coordenado
=1
pero teniendo en cuenta las fórmulas de traslación:
x' = x − h
y
y' = y − k
y sustituyendo en la ecuación anterior se tiene que:
(x − h )2 − ( y − k )2
a2
b2
=1
que es la ecuación ordinaria de la hipérbola horizontal con centro en
C (h ,k ) , de semieje real a y de
semieje imaginario b .
La siguiente figura muestra este caso:
y
y’
V2(h-a,k)
k
F2(h-c,k)
V1(h+a,k)
C(h,k)
h
10
F1(h+c,k)
x’
x
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Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa
De la figura se puede apreciar que los vértices están en: V1 (h + a , k ) y V2 (h − a , k ) , los extremos del eje
imaginario están en: B1 (h, k + b) y B2 (h , k − b ) , por su parte, los focos se ubican en F1 (h + c , k ) y
F2 (h − c , k ) . La longitud del lado recto sigue siendo LR =
2

 h ± c, k ± b

a

2b 2
, los extremos de los lados rectos son:
a

 y las ecuaciones de las asíntotas son: y − k = ± b (x − h ) .

a

Ejemplo.
Encontrar todos los elementos de la hipérbola cuya ecuación es:
(x + 1)2 − ( y − 5)2
9
36
=1
Solución.
De la ecuación se aprecia que h = −1 y k = 5
por lo tanto, el centro se ubica en
Por otra parte, se tiene:
C (− 1,5) .
a 2 = 9 , b 2 = 36 ⇒ a = 3, b = 6
(
)
los vértices están en: V −1 ± 3,5 que equivale a:
V1 (2 ,5) y V2 (−4,5)
obteniendo
c:
c = a 2 + b 2 = 9 + 36 = 45 = 3 5
(
)
los focos se ubican en: F − 1 ± 3 5 ,5 que equivale a:
(
)
(
F1 − 1 + 3 5 ,5 y F2 − 1 − 3 5 ,5
la excentricidad es:
e=
el lado recto es: LR =
)
3 5
= 5 >1.
2
2(6)2 2(36)
=
= 24 u .
3
3
6
(x + 1) , que equivale a: y − 5 = ±2(x + 1)
3
desarrollando y reduciendo se obtienen las rectas: 2 x − y + 7 = 0 y 2 x + y − 3 = 0 .
las ecuaciones de las asíntotas son: y − 5 = ±
X.8 ECUACIÓN DE LA HIPÉRBOLA VERTICAL CUANDO SU CENTRO ES
CUALQUIER PUNTO DEL PLANO
Si el centro de la hipérbola vertical es el punto
su ecuación ordinaria viene dada por:
( y' )2 − (x' )2
a2
b2
C (h ,k ) , que es el origen del sistema coordenado x' − y' ,
=1
pero teniendo en cuenta las fórmulas de traslación:
11
Hipérbola
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x' = x − h
y
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y' = y − k
y sustituyendo en la ecuación anterior se tiene que:
( y − k )2 − (x − h )2
a2
b2
=1
que es la ecuación ordinaria de la hipérbola vertical con centro en
C (h ,k ) , de semieje real a y de
semieje imaginario b . La siguiente figura muestra este caso:
y
y’
F1(h,k+c)
V1(h,k+a)
k
C(h,k)
x’
V2(h,k-a)
F2(h,k-c)
h
x
De la figura se puede apreciar que los vértices están en: V1 (h , k + a ) y V2 (h , k − a ) y los focos se ubican
en F1 (h , k + c ) y F2 (h , k − c ) . La longitud del lado recto sigue siendo LR =
2b 2
, los extremos de los
a


a
b2

h
±
, k ± c  y las ecuaciones de las asíntotas son: y − k = ± (x − h ) .
lados rectos son: 
a
b


Ejemplo.
Encontrar la ecuación de la hipérbola y sus características si tiene vértices en
longitud de sus lados rectos es
8
u.
3
12
V1 (5,1) y V2 (5,7 ) y cuya
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Solución.
Como las abscisas de los vértices no cambian, se trata de una hipérbola vertical.
 1+ 7 
C  5,
 ⇒ C (5,4) , esto es, h = 5 y k = 4
2 

así que el semieje real es: a = 7 − 4 = 3
despejando b de la expresión del lado recto:
el centro se ubica en
8 2b 2 8
=
=
3
3
3
LR =
b2 =
⇒
3(8)
=4
2(3)
∴
b=2
así que la ecuación buscada es:
( y − 4 )2 − ( x − 5 )2
32
22
obteniendo
=1 ⇒
( y − 4 )2 − ( x − 5 )2
9
4
=1
c:
c = a 2 + b 2 = 3 2 + 2 2 = 9 + 4 = 13
(
(
)
)
(
los focos se ubican en: F 5 , 4 ± 13 que equivale a: F1 5 , 4 + 13 y F2 5 , 4 − 13
las ecuaciones de las asíntotas son: y − 4 = ±
)
3
(x − 5) , que equivale a: 2( y − 4) = ±3(x − 5)
2
desarrollando y reduciendo se obtienen las rectas: 3 x − 2 y − 7 = 0
y 3 x + 2 y − 23 = 0 .
X.9 ECUACIÓN GENERAL DE LA HIPÉRBOLA HORIZONTAL
Sea la ecuación ordinaria trasladada de la hipérbola horizontal:
(x − h )2 − ( y − k )2
a2
=1
b2
desarrollando se tiene:
x 2 − 2 xh + h 2
a2
−
y 2 − 2 yk + k 2
b2
2 2
multiplicando por a b :
(
)
=1
(
)
a 2 b 2 x 2 − 2 xh + h 2
a 2 b 2 y 2 − 2 yk + k 2
−
= a 2 b 2 (1)
2
2
a
b
(
) (
)
⇒ b 2 x 2 − 2 xh + h 2 − a 2 y 2 − 2 yk + k 2 = a 2 b 2
⇒ b 2 x 2 − 2b 2 xh + b 2 h 2 − a 2 y 2 + 2a 2 yk − a 2 k 2 = a 2b 2
acomodando:
b 2 x 2 − a 2 y 2 − 2b 2 hx + 2a 2 ky + b 2 h 2 − a 2 k 2 − a 2 b 2 = 0
realizando los siguientes cambios de variable:
A = b 2 , C = a 2 , D = − 2b 2 h , E = 2 a 2 k , F = b 2 h 2 − a 2 k 2 − a 2 b 2
la expresión queda como:
Ax 2 − Cy 2 + Dx + Ey + F = 0
que es la ecuación general de la hipérbola horizontal. Nótese como A ≠ C , tanto en signo como en magnitud.
13
Hipérbola
Página del Colegio de Matemáticas de la ENP-UNAM
Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa
Ejemplo.
Obtener la ecuación general de la hipérbola horizontal y sus características si el semieje real igual a seis,
el semieje imaginario es cinco y su centro está en C (3,− 4) .
Solución.
a = 6, b = 5
(
los vértices están en: V 3 ± 6 ,−4
obteniendo c :
c = 6 2 + 52
)
⇒ V1 (9 ,− 4 ),
⇒ c = 36 + 25 = 61
los focos se ubican en:
(
F 3 ± 61 ,− 4
)
V2 (−3,− 4 )
(
)
F1 3 + 61 ,− 4 ,
⇒
(
F2 3 − 61 ,− 4
)
61
2(5)2 2(25) 50 25
> 1 , la longitud del lado recto es: LR =
=
=
=
u. .
la excentricidad es: e =
6
6
6
6
3
5
Las ecuaciones de las asíntotas son: y + 4 = ± ( x − 3) , que equivale a: 6( y + 4 ) = ±5(x − 3)
6
desarrollando y reduciendo se obtienen las rectas: 5 x − 6 y − 39 = 0 y 5 x + 6 y + 9 = 0 .
La ecuación ordinaria trasladada queda:
(x − 3)2 − ( y + 4 )2
62
=1 ⇒
52
(x − 3)2 − ( y + 4)2
36
25
=1
multiplicando por 900 : 25(x − 3) − 36( y + 4) = 900
desarrollando:
2
(
) (
2
)
25 x 2 − 6 x + 9 − 36 y 2 + 8 y + 16 = 900
⇒
25 x 2 − 150 x + 225 − 36 y 2 − 288 y − 576 = 900
acomodando se llega a la ecuación general pedida:
25 x 2 − 36 y 2 − 150 x − 288 y − 1251 = 0
X.10 ECUACIÓN GENERAL DE LA HIPÉRBOLA VERTICAL
Sea la ecuación ordinaria trasladada de la hipérbola vertical:
( y − k )2 − (x − h )2
a2
b2
=1
desarrollando se tiene:
y 2 − 2 yk + k 2
a2
−
x 2 − 2 xh + h 2
b2
=1
2 2
multiplicando por a b :
(
a 2b 2 y 2 − 2 yk + k 2
2
) − a b (x
2 2
2
− 2 xh + h 2
2
) = a b (1)
2 2
a
b
2
2 2
b y − 2 yk + k − a x − 2 xh + h 2 = a 2 b 2
2
(
2
)
(
)
b y − 2b yk + b k − a x + 2a xh − a 2 h 2 = a 2b 2
2 2
2
2 2
2 2
2
acomodando:
− a 2 x 2 + b 2 y 2 + 2a 2 hx − 2b 2 ky − a 2 h 2 + b 2 k 2 − a 2b 2 = 0
realizando los siguientes cambios de variable:
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Hipérbola
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Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa
A = a 2 , C = b 2 , D = 2a 2 h , E = −2b 2 k , F = −a 2 h 2 + b 2 k 2 − a 2b 2
la expresión queda como:
− Ax 2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0
que es la ecuación general de la hipérbola vertical. Adviértase que en este caso el signo negativo lo lleva
la variable x .
Ejemplo.
Obtener la ecuación general de la hipérbola con focos en
F1 (1,6 ) y F2 (1,0 ) y con excentricidad e =
3
2
.
Solución.
Al no cambiar las abscisas de los focos, se trata de una hipérbola vertical con centro en
 6+0
C 1,
 ⇒ C (1,3) , esto es, h = 1 y k = 3
 2 
c:
c = 6−3 = 3
despejando a de la excentricidad:
obteniendo
e=
c 3
=
a 2
obteniendo
2c = 3a
⇒
∴
a=
2c 2(3)
=
=2
3
3
b:
b = c 2 − a 2 = 32 − 2 2 = 9 − 4 = 5
así que la ecuación buscada es:
( y − 3)2 − (x − 1)2
22
( 5)
2
( y − 3)2 − (x − 1)2
=1 ⇒
4
5
=1
multiplicando por 20 :
20( y − 3)2 20(x − 1)2
−
= 20 ⇒ 5( y − 3)2 − 4(x − 1)2 = 20
4
5
2
5 y − 6 y + 9 − 4 x 2 − 2 x + 1 = 20 ⇒ 5 y 2 − 30 y + 45 − 4 x 2 + 8 x − 4 = 20
(
) (
)
acomodando se llega a la ecuación general pedida:
− 4 x 2 + 5 y 2 + 8 x − 30 y + 21 = 0
X.11 CARACTERÍSTICAS DE LA HIPÉRBOLA A PARTIR DE SU ECUACIÓN
GENERAL
Para transformar la ecuación general de la hipérbola horizontal: Ax − Cy + Dx + Ey + F = 0 a su
2
ecuación ordinaria:
(x − h )2 − ( y − k )2
a2
b2
2
= 1 , o para pasar de la ecuación general de la hipérbola vertical:
− Ax 2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 a su respectiva ecuación ordinaria:
lograr realizando los siguientes pasos:
15
( y − k )2 − (x − h )2
a2
b2
= 1 , se puede
Hipérbola
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Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa
Se reordenan los términos en x y en y
Se extrae como factor común al coeficiente de la variable elevada al cuadrado
Se completan los cuadrados perfectos(TCP)
Se factoriza
Se divide entre el término independiente.
1.
2.
3.
4.
5.
Ejemplos.
Obtener todas las características de las siguientes hipérbolas:
1) 5 x − 7 y + 40 x − 84 y − 207 = 0
2
2
Solución.
Siguiendo la metodología sugerida, se tiene:
5 x 2 + 40 x − 7 y 2 − 84 y − 207 = 0
(
5(x
) (
)
+ 8 x + 16 ) − 7(y + 12 y + 36 ) − 207 − 5(16 ) + 7(36 ) = 0
5 x 2 + 8 x − 7 y 2 + 12 y − 207 = 0
2
2
5(x + 4 )2 − 7( y + 6 )2 = 207 + 80 − 252 = 35
(x + 4) − ( y + 6 ) = 1
5(x + 4)2 7( y + 6)2
−
=1 ⇒
7
5
35
35
El eje real es x . Se aprecia que h = −4, k = −6 , por lo que el centro se ubica en: C (−4 ,− 6 )
2
a2 = 7 ⇒
2
a = 7 , b2 = 5 ⇒ b = 5
la ubicación de los vértices es:
obteniendo c :
(
V1 − 4 + 7 ,− 6
c = a 2 + b 2 = 7 + 5 = 12
los focos se ubican en:
(
F1 − 4 + 12 ,− 6
La excentricidad es: e =
12
7
) y V (− 4 −
2
) y F (− 4 −
2
12 ,− 6
y−6 = ±
5
7
(x − 4)
desarrollando y reduciendo se obtienen las rectas:
5x − 7 y − 4 5 + 6 7 = 0 y
5x + 7 y − 4 5 − 6 7 = 0
2) 4 x − 25 y + 24 x + 100 y + 36 = 0
2
Solución.
De acuerdo a la metodología mencionada, se tiene:
4 x 2 + 24 x − 25 y 2 + 100 y + 36 = 0
(
4(x
) (
)
+ 6 x + 9 ) − 25(y − 4 y + 4 ) + 36 − 4(9) + 25(4) = 0
4 x 2 + 6 x − 25 y 2 − 4 y + 36 = 0
2
)
> 1. La longitud del lado recto es: LR =
las ecuaciones de las asíntotas son:
2
7 ,− 6
2
4(x + 3)2 − 25( y − 2)2 = −36 + 36 − 100 = −100
16
)
( )
2 5
7
2
=
10
7
u.
Hipérbola
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Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa
( y − 2) − (x + 3) = 1
4(x + 3)2 25( y − 2)2
−
= 1 que equivale a:
4
25
− 100
− 100
El eje real es y . Se aprecia que h = −3, k = 2 , por lo que el centro se ubica en C (− 3,2 )
2
a2 = 4 ⇒
2
a = 4 = 2 , b 2 = 25 ⇒ b = 25 = 5
la ubicación de los vértices están en:
obteniendo c :
V1 (− 3,4 ) y V2 (− 3,0 )
c = a 2 + b 2 = 4 + 25 = 29
los focos se ubican en:
(
F1 − 3,2 + 29
) y F (− 3,2 −
2
29
)
29
2(5)2
= 25 u .
> 1. La longitud del lado recto es: LR =
2
2
la excentricidad es: e =
2
(x + 3) , es decir: 5( y − 2 ) = ±2(x + 3)
5
desarrollando y reduciendo se obtienen las rectas: 2 x − 5 y + 16 = 0 y 2 x + 5 y − 4 = 0 .
las ecuaciones de las asíntotas son:
y−2=±
3) 4 x − 9 y − 18 y − 45 = 0
2
2
Solución.
Conforme a la metodología expuesta, se tiene:
4 x 2 − 9 y 2 − 18 y − 45 = 0
(
4(x
) (
)
+ 0 x + 0 ) − 9(y + 2 y + 1) − 45 − 4(0) + 9(1) = 0
4 x 2 + 0 x − 9 y 2 + 2 y − 45 = 0
2
2
4(x + 0 )2 − 9( y + 1)2 = 45 + 0 − 9 = 36
(x + 0) − ( y + 1) = 1
4(x + 0)2 9( y + 1)2
−
=1 ⇒
9
4
36
36
h
=
0
,
k
=
−
1
x
, por lo que el centro se ubica en C (0, − 1) .
El eje real es . Se aprecia que
2
2
a 2 = 9 ⇒ a = 9 = 3, b 2 = 4 ⇒ b = 4 = 2
la ubicación de los vértices es:
obteniendo c :
V1 (3,− 1) y V2 (− 3,− 1)
c = a 2 + b 2 = 9 + 4 = 13
los focos se ubican en:
(
) y F (−
F1 13 ,− 1
2
)
13 ,− 1
2(2 )
8
13
= u.
> 1. La longitud del lado recto es: LR =
3
3
3
2
las ecuaciones de las asíntotas son: y + 1 = ± ( x − 3) , esto es: 3( y + 1) = ±2(x − 3)
3
2
La excentricidad es: e =
desarrollando y reduciendo se obtienen las rectas:
2x − 3 y − 9 = 0 y 2 x + 3 y − 3 = 0
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Hipérbola
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Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa
XI.12 CASO ESPECIAL O DEGENERADO DE UNA HIPÉRBOLA
Si en el proceso de transformación de la ecuación general a la ecuación ordinaria sucede que el término
independiente es cero, el resultado no es una hipérbola sino dos rectas no paralelas que surgen de la
factorización de la diferencia de dos cuadrados. Gráficamente esto es:
y
A2x+B2y+C2=0
L1
A1x+B1y+C1=0
L2
x
Ejemplos.
Obtener todas las características de las siguientes ecuaciones:
1) 9 x − 25 y = 0
2
2
Solución.
Se sabe que a − b = (a + b )(a − b ) , por lo tanto si se aplica se tiene que:
2
2
(3x + 5 y )(3x − 5 y ) = 0 , y las rectas que se cruzan son: 3x + 5 y = 0
2) 4 x − y − 24 x − 4 y + 32 = 0
2
2
Solución.
Acomodando las variables: 4 x − 24 x − y − 4 y + 32 = 0
Ahora, siguiendo el procedimiento planteado:
2
(
4(x
2
) (
)
− 6 x + 9 ) − 1(y + 4 y + 4 ) + 32 − 4(9) + 1( 4) = 0
4 x 2 − 6 x − 1 y 2 + 4 y + 32 = 0
2
2
4(x − 3)2 − 1( y + 2)2 = −32 + 36 − 4
4(x − 3)2 − 1( y + 2)2 = 0
factorizando:
[2(x − 3) + 1( y + 2 )][2(x − 3) − 1( y + 2 )] = 0
18
y
3x − 5 y = 0
Hipérbola
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Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa
separando las variables se tiene:
2(x − 3) + 1( y + 2 ) = 0
y 2(x − 3) − 1( y + 2 ) = 0
⇒ 2x − 6 + y + 2 = 0
2x + y − 4 = 0
⇒
⇒ 2x − 6 − y − 2 = 0
2x − y − 8 = 0
⇒
3) − 9 x + 16 y − 96 y + 144 = 0
2
2
Solución.
Acomodando las variables: − 9 x + 16 y − 96 y + 144 = 0
Ahora, siguiendo el procedimiento planteado:
2
(
− 9(x
2
) (
)
− 0 x + 0) + 16(y − 6 y + 9) + 144 + 9(0) − 16(9) = 0
− 9 x 2 − 0 x + 16 y 2 − 6 y + 144 = 0
2
2
− 9(x − 0)2 + 16( y − 3)2 = −144 + 144
− 9( x − 0)2 + 16( y − 3)2 = 0
16( y − 3)2 − 9(x − 0)2 = 0
factorizando: [4( y − 3) + 3(x − 0 )][4( y − 3) − 3(x − 0 )] = 0
separando las variables. Se tiene:
4( y − 3) + 3(x − 0) = 0
y 4( y − 3) − 3( x − 0 ) = 0
⇒ 4 y − 12 + 3x + 0 = 0
⇒
⇒ 4 y − 12 − 3x + 0 = 0
3x + 4 y − 12 = 0
⇒
3x − 4 y + 12 = 0.
XI.12 APLICACIONES
Algunas aplicaciones de la hipérbola se pueden encontrar en:
1. En la localización de epicentros de movimientos telúricos a través de sismógrafos.
2. La naturaleza de la hipérbola se aprovecha en el diseño de telescopios reflectores.
3. En la navegación se utiliza la definición de la hipérbola: un barco se encuentra sobre una hipérbola
cuyos focos están en la posición de dos estaciones. La razón de esto es que la diferencia constante
de tiempo entre las señales emitidas desde cada estación corresponde a una diferencia constante
entre las distancias del barco a cada estación. Mediante la utilización de la hipérbola se puede saber
2
la localización exacta del barco .
4. Investigaciones de física atómica han demostrado que las partículas alfa apuntadas hacia el núcleo
de un átomo son repelidas y siguen una trayectoria hiperbólica.
5. Las trayectorias de los algunos cometas externos del sistema solar que son atraídos por la gravedad
del Sol, describen una órbita hiperbólica, considerando que en uno de los focos está el Sol. Al
describir este movimiento, estos cometas escaparán nuevamente de este sistema.
6. En el diseño de algunos arcos y cúpulas de construcciones modernas.
7. Una relación hiperbólica determina que dos cantidades son inversamente proporcionales
2
Este sistema de navegación recibe el nombre de LORAN.
19