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

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.

3

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.

4

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}

5

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

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.

7

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.

8

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

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

10

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

11

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

12

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.

13

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 `.

14

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.

16