Cálculo Diferencial e Integral I: Rectas tangente y normal a una curva

Introducción

En la unidad anterior vimos la teoría relacionada a las funciones derivables. A lo largo de esta última parte del curso veremos una serie de aplicaciones de la derivada en distintos ámbitos. Esperamos que te parezcan interesantes los ejemplos que aquí expondremos y la relación del Cálculo en problemáticas de otras áreas. Comenzaremos con obtener la recta tangente y normal de una función en un punto dado.

¿Qué dice la geometría?

Recordemos algunos conceptos geométricos para entrar en contexto:
Decimos que una recta $T$ es tangente si toca a una curva en un punto. Y que una recta $N$ es normal si es perpendicular a la recta tangente en el punto de tangencia.

$T$ es la recta tangente en el punto $p$
$N$ es la recta normal en $p$

En los cursos de geometría probablemente te encontraste con la siguiente ecuación para definir a una recta:
$$y-y_1= m(x-x_1) $$
esta es conocida como la forma punto-pendiente.

Vemos que gráficamente estamos considerando un punto $(x_1,y_1)$ sobre la recta y decimos que un punto cualquiera $(x,y)$ se encuentra también sobre la recta si cumple la igualdad anterior.

Recordando…

A principios de la unidad pasada vimos que una función $f$ es derivable en un punto $x_{0}$ si existe el siguiente límite:
$$\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0)$$

Y que además la interpretación geométrica de dicho límite es justo la pendiente de la recta tangente a la gráfica de nuestra función $f$ en un $ (x_{0},f(x_{0}))$.
Con ayuda de este concepto y la definición vista en la sección anterior, vemos que la recta que pasa por el punto $ (x_{0},f(x_{0}))$ y que es tangente a la gráfica sería:
\begin{align*}
y-y_1&= m(x-x_1)\\
y-f(x_0)&=f'(x_0)(x-x_0)\\
y&=f'(x_0) (x-x_0) +f(x_0)
\end{align*}
donde $m=f'(x_0)$ y consideramos $(x_1,y_1)= (x_{0},f(x_{0})) $.

Definición de la recta tangente

Motivados por lo anterior tenemos la siguiente definición:
Definición (recta tangente): Sea $f$ una función derivable en un punto $x_0$. Definimos a la recta tangente a la gráfica de $f$ en el punto $(x_{0},f(x_{0}))$ como:
$$T(x)= f'(x_0) (x-x_0) +f(x_0)$$

Esta definición es la que estaremos usando en todos los ejercicios de esta entrada por lo que recomendamos tenerla presente. Pasaremos ahora a definir la recta normal a la gráfica de $f$ en el punto $(x_{0},f(x_{0}))$.

Definición de la recta normal

Cómo ya vimos que geométricamente la recta normal es perpendicular e la recta tangente, modificaremos la pendiente a la definición anterior tomando $m=-\frac{1}{f'(x_0)}$:
Definición (recta normal): Tomando $f$ una función derivable en un punto $x_0$. Definimos a la recta normal a la gráfica de $f$ en el punto $(x_{0},f(x_{0}))$ con la ecuación:
$$N(x)= -\frac{1}{f'(x_0)}(x-x_0) +f(x_0)$$

Con ambas rectas definidas pasaremos a resolver algunos ejercicios.

Ejemplo 1

Encuentra la recta tangente y normal de la función:
$$f(x)=x^{3}+2x^{2}-x+2$$
en el punto $(4,94)$
Solución:
Comenzaremos por obtener la derivada de $f(x)$ haciendo uso de las reglas de derivación:
$$f'(x)=3x^{2}+4x-1$$

Para obtener la pendiente en el punto indicado debemos sustituir $x=4$, así:
\begin{align*}
f'(4)&= 3(4)^{2}+4(4)-1\\
&=48+16-1\\
&=63
\end{align*}

Ahora comenzamos sustituyendo lo anterior en la definición de recta tangente:
\begin{align*}
T(x)&= 63 \cdot (x-4)+94\\
&=63x-252+94\\
&=63x-158
\end{align*}
$$\therefore T(x)= 63x-158 $$

Finalmente sustituyendo en la definición de la recta normal:
\begin{align*}
N(x)&= -\frac{1}{63} \cdot (x-4)+94\\
&=-\frac{x}{63}+\frac{4}{63}+94\\
&=-\frac{x}{63} + \frac{5926}{63}
\end{align*}
$$\therefore N(x)= -\frac{x}{63} + \frac{5926}{63}$$

Ejemplo 2

Encuentra la recta tangente y normal con $x_0=2$ de la función:
$$f(x)=3x^{2}-5x+6$$
Solución:
Comenzamos por sustituir $x_0=2$ para obtener el punto $p$ por donde pasarán ambas rectas:
\begin{align*}
f(2)&=3(2)^{2}-5(2)+6\\
&= 12-10+6\\
&=8
\end{align*}
$$\therefore p=(2,8)$$
Ahora pasemos a obtener la pendiente derivando la función y sustituyendo $x_0=2$:
$$f'(x)=6x-5 \Rightarrow f'(2)=6(2)-5=12-5=7$$

Procedamos a sustituir en las definiciones para la tangente y la normal:
\begin{align*}
T(x)&= 7(x-2)+8 & N(x)&= -\frac{1}{7} (x-2)+8 \\
&= 7x-14+8 & &=-\frac{x}{7}+\frac{2}{7}+8\\
&= 7x-6 & &= -\frac{x}{7}+\frac{58}{7}
\end{align*}
Así concluimos que:
\begin{align*}
T(x)&= 7x-6 \\
N(x)&= -\frac{x}{7}+\frac{58}{7}
\end{align*}

Ejemplo 3

Hallar la recta tangente y normal de la función:
$$f(x)=\sqrt{-x}$$
en el punto $p=(-9,3)$.
Solución:
Procederemos a derivar la función haciendo uso de la Regla de la cadena:
\begin{align*}
f'(x)&= \frac{1}{2}(-x)^{\frac{1}{2}-1} \cdot (-1)\\
&=-\frac{1}{2}(-x)^{-\frac{1}{2}}\\
&=-\frac{1}{2\sqrt{-x}}
\end{align*}

Obtenemos la pendiente al sustituir $x_0=-9$:
\begin{align*}
f'(-9)&=-\frac{1}{2\sqrt{-(-9)}}\\
&=-\frac{1}{2\sqrt{9}}\\
&= -\frac{1}{6}
\end{align*}

Ahora hallamos la recta tangente y normal sustituyendo $f'(-9)= -\frac{1}{6}$:
\begin{align*}
T(x)&= -\frac{1}{6} (x-(-9))+3 & N(x)&=-\frac{1}{-\frac{1}{6}} (x-(-9))+3 \\
&= -\frac{1}{6}(x+9)+3 & &= 6 (x+9)+3 \\
&=-\frac{x}{6}-\frac{3}{2}+3 & &= 6x+54+3\\
&= -\frac{x}{6}+\frac{3}{2} & &=6x+57
\end{align*}

Por lo que finalmente tenemos:
\begin{align*}
T(x)&= -\frac{x}{6}+\frac{3}{2}\\
N(x) &=6x+57
\end{align*}

Tarea moral

Encuentra la recta tangente y normal en cada uno de los incisos:

$f(x)=2x^{3}+3x^{2}+4x-2$ con $x_0=2$.
$f(x)=x^{3}-3x$ en $p=(2,2)$.
$f(x)=4x^{2}$ en $p=(2,16)$
$f(x)=sen(\frac{\pi}{2}-x)$ en $p=\left(\frac{\pi}{3},\frac{1}{2} \right)$
$f(x)=\frac{x+1}{x-1}$ en $p=(2,3)$

Más adelante

En la siguiente entrada veremos cómo encontrar máximos y mínimos de una función. Por lo que definiremos dichos conceptos y probaremos algunos resultados que nos brindarán los criterios necesarios haciendo uso de la derivada para identificarlos.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Derivadas de orden superior.
Cálculo Diferencial e Integral I: Localización de máximos y mínimos.
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Geometría Analítica I: Equivalencia de polinomios y reducción de polinomios cuadráticos

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Introducción

En las entradas anteriores, estuvimos hablando de la clasificación de las curvas cuadráticas módulo transformaciones afines (las $G$-equivalencias), en esta entrada, vamos a responder preguntas para saber cuándo tienen sentido estas clasificaciones. Estas preguntas, principalmente derivan en la equivalencia de polinomios y la reducción de polinomios cuadráticos.

Equivalencia de polinomios

Antes de definir la equivalencia de polinomios, es importante preguntarnos si las imágenes afínes de curvas cuadráticas son de nuevo curvas cuadráticas.

Para responder la pregunta anterior, considera una curva cuadrática $C$ y una transformación afín $g \in Af(2)$. Entonces, existe un polinomio $P$ que define a $C$, es decir, que se cumple la siguiente igualdad:

\begin{equation} C=C(P)=\{x\in \mathbb R^2|P(x)=0\}\end{equation}

Dado lo anterior, podemos afirmar que:

\begin{equation} g(C)=\{y \in \mathbb R^2|(P\circ g^{-1})(y)=0\}\end{equation}

Demostración

$\subset$

Observemos que cualquier punto en $g(C)$ es de la forma $g(x)$ con $x\in C$, esto implica que $P(x)=0$. Entonces:

\begin{equation} (P\circ g^{-1})(g(x))=P(g^{-1}(g(x)))=P(x)=0\end{equation}

Entonces $g(x)\in\{y \in \mathbb R^2|(P\circ g^{-1})(y)=0\}$ y, finalmente,

\begin{equation} g(C)\subset\{y \in \mathbb R^2|(P\circ g^{-1})(y)=0\}\end{equation}

$\supset$

Sea $Y$ tal que $(P\circ g^{-1})(y)=0$, si definimos $x:=g^{-1}(y)$, entonces $P(x)=(P\circ g^{-1})(y)=0$.

Entonces, $x\in C$, lo que implica que $y=g(x)\in g(C)$. Finalmente:

\begin{equation} g(C)\supset\{y \in \mathbb R^2|(P\circ g^{-1})(y)=0\}\end{equation}

Lo que termina la demostración.

Observa que en la demostración anterior, solo se usó que $C$ estuviera definida como los ceros de una función y que $g$ fuera invertible, pero, ¿$g(C)$ es una curva cuadrática? Sí, lo anterior lo vemos en el siguiente lema:

Lema 4.1: Sea $C$ una curva cuadrática y $g\in Af(2)$, entonces $g(C)$ también es una curva cuadrática. Además, si $C=C(P)$, entonces $g(C)=C(P\circ g^{-1})$

Demostración

Si $P$ es un polinomio cuadrático y $g$ una transformación afín, entonces, $(P\circ g):\mathbb R^2 \to \mathbb R$ también es un polinomio cuadrático.

Y como las dos coordenadas de $g$ son polinomios lineales y $P\circ g$ es cuadrático, al sustituir ambos polinomios, obtendremos un polinomio con monomios de grado a lo más $2$.

Entonces $g(C)$ también es una curva cuadrática.

Con lo que termina la demostración.

Definición: Sea $G$ un subgrupo de $Af(2)$.

Decimos que dos polinomios cuadráticos $P_1$ y $P_2$ son $G-equivalentes$ o equivalentes módulo $G$ ($P_1\sim^G P_2$), si existen $g\in G$ y $k\in \mathbb R$, con $k\neq 0$, tales que $kP_1=P_2\circ g$. $(*)$

Finalmente, tenemos el siguiente teorema que relaciona esta entrada con la entrada anterior en la que se clasificó a las curvas cuadráticas:

Teorema 4.2: Sea $P$ un polinomio cuadrático en dos variables $x, y$. Entonces $P$ es afinmente equivalente a uno y solo uno de los polinomios que clasificamos en la entrada anterior.

Reducción de polinomios cuadráticos

Ahora veremos cómo reducir o simplificar un polinomio cuadrático, usando coordenadas afines. Para esto, vamos a simplificar los polinomios con matrices y vectores.

Recordemos que el polinomio general de segundo grado se puede escribir como:

\begin{equation}P(x,y)=ax^2+2bxy+cy^2+dx+ey+f\end{equation}

Ahora considera un vector variable $x^T=(x,y)$ y a la matriz $A$ y un vector $k$ definidos de la siguiente forma:

\begin{equation}A:=\begin{pmatrix} a & b \\ b & c \end{pmatrix}, \hspace{1cm} k=\begin{pmatrix} d \\ e\end{pmatrix}\end{equation}

Con estos datos, podemos escribir $P$ como:

\begin{equation} P(x)=x*Ax+k*x+f\end{equation}

Con $A=A^T\neq 0$.

A esta expresión se le conoce como la expresión vectorial del P.

Tarea moral

Demuestra que, la relación definida en $(*)$ es de equivalencia.
Demuestra el Teorema 4.2.
Muestra que, la expresión en $(8)$, es cierta.
Demuestra que, para un subgrupo $G$ de $Af(2)$, la relación de ser $G$-equivalentes, es una relación de equivalencia en los polinomios cuadráticos de dos variables.
Da una expresión general para un polinomio cuadrático en tres variables $x,y,z$ y luego define una expresión vectorial para él.
Encuentra la matriz simétrica $A$ y el vector constante $k$ que dan la expresión vectorial de los siguientes polinomios cuadráticos:
- $x^2+2y^2-6x+4y+3$
- $2xy-6x-4y-4$

Más adelante

En la siguiente entrada, vamos a usar los conocimientos adquiridos de esta entrada, para encontrar el centro y los ejes de las cónicas.

Geometría Moderna I: Circunferencias homotéticas

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Introducción

Esta es la segunda parte de la entrada anterior, donde presentamos el concepto de homotecia, por lo que es recomendable tener presentes las definiciones dadas y el resultado de que la homotecia de una recta es una recta paralela a la original.

En esta entrada nos enfocaremos en circunferencias homotéticas.

Homotecia de una circunferencia

Teorema 1. La homotecia de una circunferencia es una circunferencia.

Demostración. Sea $(O, r)$ una circunferencia y consideremos una homotecia con centro en $H$ y razón $k$. Tomemos $P \in (O, r)$, y sean $P’$ y $O’$ los puntos homólogos de $P$ y $O$ respectivamente.

Como $\overline{P’O’} \parallel \overline{PO}$ entonces $\triangle HO’P’ \sim \triangle HOP$
$\Rightarrow \dfrac{O’P’}{OP} = \dfrac{HP’}{HP} = k$
$\Rightarrow O’P’ = k \times OP = kr$

Por lo tanto, si $P$ describe una circunferencia, su punto homologo $P’$, se mueve a una distancia fija $kr$ de un punto fijo $O’$, esto es una circunferencia con centro en $O’$ y radio $r’ = kr$, $(O’, r’)$.

$\blacksquare$

Observaciones. Notemos que los respectivos centros $O$ y $O’$ son puntos homólogos y que la razón entre los radios de las circunferencias homotéticas es la razón de homotecia.

Recordemos que por convención, el punto homólogo del centro de homotecia es el mismo y como el centro de homotecia es colineal con los centros de las circunferencias homotéticas, si una de las circunferencias pasa por el centro de homotecia $H$, entonces la otra circunferencia también pasara por $H$ y ambas serán tangentes en $H$.

Si tomamos como centro de una circunferencia el centro de homotecia entonces las circunferencias homotéticas serán concéntricas.

Un triangulo variable

Teorema 2. Si un vértice de un triángulo variable esta sobre un punto fijo, un segundo vértice esta sobre una circunferencia dada y el triángulo variable siempre es semejante a un triángulo dado, entonces el tercer vértice del triángulo describe una circunferencia.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ una de las posiciones del triángulo variable, donde $B$ es el punto fijo y $C$ está en $(O, r)$, la circunferencia dada.

Sea $C’ \in \overline{AB}$ tal que $BC’ = BC$, sobre $\overline{BC’}$ construimos un triángulo $\triangle BO’C’$ congruente a $\triangle BOC$, de tal manera que sea posible a través de una rotación con centro en $B$ superponer $\triangle BOC$ con $\triangle BO’C’$.

Como $\angle OBC = \angle O’BC’$ entonces $\angle OBO’ = \angle CBC’ = \angle CBA$, este último ángulo es fijo por lo que la dirección de la recta $\overline{BO’}$ es fija.

$BO’ = BO$ entonces $O’$ es un punto fijo para cualquier otra posición del triángulo variable $\triangle ABC$.

Como $CO’ = CO = r$, entonces todos los puntos $C’$ se mueven a una distancia fija $r$ de un punto fijo $O’$, por lo tanto, $C’$ describe una circunferencia.

Ya que $\dfrac{BA}{BC’} = \dfrac{BA}{BC}$ y esta última razón es fija, pues todos los triángulos $\triangle ABC$ son semejantes entre sí, $A$ y $C’$ son puntos homólogos de una homotecia con centro en $B$ y razón $\dfrac{BA}{BC}$, y como $C’$ describe una circunferencia, entonces por el teorema 1, $A$ también describe una circunferencia.

$\blacksquare$

Observación. Notemos que en el punto fijo se puede construir cualquiera de los tres ángulos dados, así, en el vértice que esta en el circulo dado tenemos otras dos elecciones, y el tercer vértice lo podemos construir a ambos lados del segmento $\overline{BC}$, con lo que en total existen $12$ circunferencias diferentes que puede describir el tercer vértice.

Homotecia entre dos circunferencias dadas

Teorema 3. Dadas dos circunferencias de centros o radios distintos, siempre es posible encontrar una homotecia entre las dos.

Demostración. Sean $(O, r)$ y $(O’, r’)$ tal que $O \neq O’$ y $r \neq r’$, tomemos $P \in (O, r)$ y tracemos por $O’$ un radio $\overline{O’P’}$ paralelo a $\overline{OP}$, sea $H = \overline{OO’} \cap \overline{PP’}$.

Entonces $\triangle HO’P’ \sim \triangle HOP$
$\Rightarrow \dfrac{HP’}{HP} = \dfrac{HO’}{HO} = \dfrac{O’P’}{OP} = \dfrac{r’}{r}$.

En consecuencia, la homotecia con centro en $H$ y razón $k = \dfrac{r’}{r}$ lleva a $(O, r)$ en $(O’, r’)$.

Ahora consideremos $P’’$ el punto diametralmente opuesto a $P’$ en $(O’, r’)$, sea $H’ = \overline{OO’} \cap \overline{PP’’}$, entonces $\triangle H’O’P’’ \sim \triangle H’OP$
$\Rightarrow \dfrac{H’P’’}{H’P} = \dfrac{H’O’}{H’O} = \dfrac{O’P’’}{OP} = \dfrac{r’}{r} = k$.

Así, hemos encontrado dos homotecias entre $(O, r)$ y $(O’, r’)$.

$\blacksquare$

Observación. Si las circunferencias son concéntricas entonces solo hay una homotecia entre ellas, la que tiene como centro el centro de las circunferencias.

Si las circunferencias tienen el mismo radio entonces la única homotecia entre ellas es la que tiene como centro el punto medio del segmento que une los radios.

Corolario 1. Rectas tangentes comunes a dos circunferencias pasan por un centro de homotecia.

Demostración. Supongamos que $\overline{TT’}$ es una recta tangente exterior (es decir, la recta $\overline{TT’}$ corta al segmento $\overline{OO’}$ exteriormente) a dos circunferencias $(O, r)$ y $(O’, r’)$, donde $T \in (O, r)$ y $T’ \in (O’, r’)$.

Sea $H = \overline{OO’} \cap \overline{TT’}$, como $\overline{O’T’} \parallel \overline{OT}$ entonces $\triangle HO’T’ \sim \triangle HOT$
$\Rightarrow \dfrac{HT’}{HT} = \dfrac{HO’}{HO} = \dfrac{O’T’}{OT} = \dfrac{r’}{r}$.

Como el punto que divide externamente al segmento $\overline{OO’}$ en la razón $\dfrac{r’}{r}$ es único, entonces $H$ es un centro de homotecia de $(O, r)$ y $(O’, r’)$.

Es análogo ver que las tangentes internas de dos circunferencias pasan por un centro de homotecia.

$\blacksquare$

Incírculo y exírculo en homotecia

Teorema 3. Sea $\triangle ABC$, considera $(I, r)$ y $(I_b, r_b)$ su incírculo y $B$-excírculo respectivamente, sean $D$ el punto de tangencia de $\overline{AC}$ con $(I, r)$ y $D’$ el punto diametralmente opuesto a $D$ en $(I, r)$, sea $E = \overline{BD’} \cap \overline{AC}$, entonces $E$ es el punto de tangencia de $\overline{AC}$ con $(I_b, r_b)$ y el punto medio de $\overline{AC}$ es el punto medio de $\overline{DE}$.

Demostración. Por el corolario 1, existe una homotecia con centro en $B$ y razón $\dfrac{r_b}{r}$ que lleva a $(I, r)$ en $(I_b, r_b)$, sea $X \in (I_b, r_b) $ el punto correspondiente a $D’ \in (I, r)$ bajo esta transformación.

Entonces $\overline{ID’} \parallel \overline{I_bX}$, pero $\overline{ID’} \perp \overline{AC}$ $\Rightarrow \overline{I_bX} \perp \overline{AC}$ y como $\overline{AC}$ es tangente a $(I_b, r_b)$ entonces $X \in \overline{AC}$.

Como $X \in \overline{AC}$ y $X$ es colineal con $B$ y $D’$ entonces $X = E$, así, $\overline{AC}$ es tangente a $(I_b, r_b)$ en $E$.

Por otro, lado sean $P$, $Q$ los puntos de tangencia de $\overline{BC}$ con $(I, r)$ y $(I_b, r_b)$ respectivamente y sean $R$, $S$ los puntos de tangencia de $\overline{AB}$ con $(I, r)$ y $(I_b, r_b)$ respectivamente.

Recordemos que las tangentes desde un punto externo a una circunferencia son iguales.

$BP + PC + CQ = BQ = BS = BR + RA + AS \Rightarrow PC + CQ = RA + AS$
$\Rightarrow CD + CE = AD + AE \Rightarrow 2CE + DE = 2AD + DE$
$\Rightarrow CE = AD$

Por lo tanto, el punto medio de $\overline{AC}$ es el punto medio de $\overline{DE}$.

$\blacksquare$

Concurrencia de rectas

Corolario 2. Con las mismas condiciones y notación del teorema anterior, sea $H \in \overline{AC}$ el pie de la altura por $B$, y sea $M$ el punto medio de $\overline{BH}$, entonces $\overline{EI}$ y $\overline{I_bD}$ concurren en $M$ (figura 5).

Demostración. Ya que $\overline{D’D} \parallel \overline{BH}$ entonces $\triangle EBH \sim \triangle ED’D$,
$\Rightarrow \dfrac{EB}{ED’} = \dfrac{EH}{ED}$.

Es decir, hay una homotecia con centro en $E$ que lleva a los puntos $D’$ y $D$ a los puntos $B$ y $H$ respectivamente, esto implica que el punto medio de $\overline{D’D}$ es homólogo del punto medio de $\overline{BH}$.

Por lo tanto, $E$, $I$ y $M$ son colineales.

Por otra parte, consideremos la homotecia con centro en $B$ que lleva a $(I, r)$ en $(I_b, r_b)$ y sea $E’ \in (I_b, r_b)$ el punto homólogo de $D \in (I, r)$.

Como $(D, E’)$ y $(D’, E)$ son pares de puntos homólogos bajo la misma homotecia, entonces $\overline{DD’} \parallel \overline{E’E}$ pero $\overline{DD’} \parallel \overline{HB}$ $\Rightarrow \overline{E’E} \parallel \overline{HB}$.

Entonces $\triangle DEE’ \sim \triangle DHB$.
$\Rightarrow \dfrac{DB}{DE’} = \dfrac{DH}{DE}$.

En consecuencia, existe una homotecia con centro en $D$, y $(E, H)$, $(E’, B)$ son pares de puntos homólogos, de esto de sigue que el punto medio de $\overline{EE’}$ y el punto medio de $\overline{BH}$ son puntos homólogos.

Ya que $\overline{E’E} \perp \overline{AC}$, entonces es diámetro de $(I_b, r_b)$, por lo que $I_b$ es el punto medio de $\overline{E’E}$ y así, $I_b$, $D$ y $M$ son colineales.

Por lo tanto, $\overline{EI}$ y $\overline{I_bD}$ concurren en $M$.

$\blacksquare$

Tarea moral

Un triángulo variable tiene un vértice sobre un punto fijo, un vértice sobre una recta fija y el triangulo permanece semejante a un triángulo dado, muestra que el tercer vértice describe una línea recta.
Considera dos circunferencias que se intersecan, por uno de los puntos de intersección traza una recta que forme una cuerda en cada circunferencia y tal que la razón entre sus longitudes sea igual a una razón dada.
Construye un triángulo semejante a un triángulo dado, de tal forma que un vértice sea un punto dado y los otros dos vértices estén sobre dos circunferencias dadas.
Construye un triangulo $\triangle ABC$ dado su incentro, el punto medio del lado $\overline{BC}$ y el pie de la altura por $A$.
Lema de Arquímedes. Sea $\Gamma_2$ una circunferencia internamente tangente a una circunferencia $\Gamma_1$ en un punto $H$, considera $\overline{AB}$, una cuerda de $\Gamma_1$ que es tangente a $\Gamma_2$ en $P$, sea $Q$ el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ (figura 6), muestra que:
$i)$ $Q$, $P$ y $H$ son colineales,
$ii)$ $QP \times QH = QB^2$.

Sea $\Gamma_2$ una circunferencia internamente tangente a una circunferencia $\Gamma_1$ en un punto $H$, considera una secante a ambas circunferencias en $A$, $B$, $C$ y $D$ (figura 7), prueba que $\angle AHC = \angle BHD$.

Más adelante…

En la siguiente entrada hablaremos sobre la potencia de un punto con respecto a una circunferencia, que es una relación entre cualesquiera dos secantes a una circunferencia desde un punto exterior, incluyendo el caso cuando una secante se vuelve tangente.

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Geometría Analítica I: Las cónicas que existen

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Introducción

Anteriormente, ya vimos la definición de «clasificación», ahora, usaremos esta definición para clasificar a las cónicas.

Para realizar esta clasificación, lo primero que debemos observar es que podemos hablar de las curvas asociadas a los polinomios de la siguiente manera:

Considera a un polinomio cuadrático como una función $P: \mathbb R^2 \to \mathbb R$ que a cada punto $x \in \mathbb R^2$, le asigna el número $P(x)$. Entonces, la curva asociada al polinomio P, o los ceros del polinomio P, son el siguiente subconjunto de $\mathbb R^2$:

\begin{equation} C(P)=\{x \in \mathbb R^2| P(x)=0\} \end{equation}

Además, vamos a decir que un subconjunto $C\subset \mathbb R^2$ es una curva cuadrática si, para algún polinomio cuadrático $P$, se tiene que $C=C(P)$

En conclusión, cualquier curva cuadrática, será equivalente a alguna de las cónicas que se muestran a continuación.

Las cónicas canónicas

El círculo unitario

El polinomio $x^2+y^2-1$, tiene como ceros el círculo unitario.

La hipérbola unitaria

El polinomio $x^2-y^2-1$, tiene como ceros a la hipérbola unitaria.

La parábola canónica

El polinomio $x^2-y$, tiene como ceros a una parábola.

Estas transformaciones afines, pueden mandar a muchas otras, por ejemplo, las elipses se pueden obtener del círculo unitario.

Conjuntos formados por polinomios cuadráticos

El círculo imaginario

El polinomio $x^2+y^2+1$, no tiene ningún cero en los reales, pero sí tiene solución en los números complejos, por lo que, a su curva cuadrática, la llamaremos «círculo imaginario».

Par de rectas

El polinomio $x^2-y^2$ tiene como conjunto de ceros a la unión de las dos rectas $x+y=0$ y $x-y=0$

El círculo de radio cero

El polinomio $x^2+y^2$ es el caso límite de círculos cuyos radios se hacen $0$. También las podemos llamar par rectas imaginarias, porque al factorizar el polinomio, resulta en valores complejos.

Rectas paralelas

El polinomio $x^2-1$ da dos rectas paralelas en $x=1$ y $x=-1$

Rectas paralelas imaginarias

El polinomio $x^2+1$ define dos rectas paralelas imaginarias en $x=i$ y $x=-i$

Recta doble

El polinomio dado por $x^2$, aunque solo consiste de una recta en $x=0$, se le llama doble por el polinomio que la define.

Tarea moral

Realiza un dibujo en el plano euclidiano (si es posible), para cada una de las cónicas canónicas y curvas que se obtienen con los polinomios cuadráticos que mencionamos en esta entrada.
Muestra que, efectivamente, los ceros de cada uno de los polinomios mostrados en la entrada, son los que mencionamos.

Más adelante…

En las siguientes entradas, estudiaremos la equivalencia y reducción de polinomios para después continuar con el análisis de las cónicas.

Cálculo Diferencial e Integral I: Derivabilidad y continuidad

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Introducción

En esta sección ligaremos el concepto de continuidad con el de derivabilidad; tal relación no presentará ninguna sorpresa considerando el ejemplo de la función valor absoluto revisada en la entrada anterior. Adicionalmente, nos enfocaremos en la demostración de algunas propiedades básicas de la derivada.

Relación entre derivabilidad y continuidad

Proposición. Sea $f: A \subseteq \RR \to \RR$, $x_0 \in A$, si $f$ es derivable en $x_0$, entonces $f$ es continua en $x_0$.

Demostración.

\begin{align*}
\lim_{x \to x_0} f(x) & = \lim_{x \to x_0} \left( f(x) – f(x_0) + f(x_0) \right) \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \left[ \left( \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \right) (x-x_0)+f(x_0) \right] \\ \\
& = f'(x_0) \cdot 0+f(x_0) \text{, pues }f \text{ es derivable}\\ \\
& = f(x_0)
\end{align*}

$$\therefore \lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$$

Por tanto, $f$ es continua en $x_0$.

$\square$

Veremos que el regreso no es cierto, es decir, si $f$ es continua en $x_0$ no necesariamente es derivable en $x_0$.

Ejemplo. Consideremos $f: \RR \to \RR$, $f(x) = |x|$

Primero probaremos que $f$ es continua en $x_0 = 0$.

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$.

Consideremos $\delta = \varepsilon$

Si $|x-0| < \delta$, entonces

\begin{align*}
|f(x)-0| & = |f(x)| \\
& = ||x|| \\
& = |x| \\
& < \delta \\
& = \varepsilon
\end{align*}

$$\therefore |f(x)-0| < \varepsilon$$

Con esto, hemos probado que $f$ es continua en $x_0 = 0$, sin embargo, en la entrada anterior vimos que no era derivable en tal punto.

$\square$

Para continuar, revisaremos algunas propiedades básicas de la derivada, tal como qué sucede con la derivada de la suma o producto de funciones, y sus demostraciones se obtienen directamente de la definición, razón por la cual será conveniente tenerla presente.

Derivada de la suma de funciones

Proposición. Sean $f: A \subseteq \RR \to \RR$ y $g: A \subseteq \RR \to \RR$, $x_0 \in A$ tales que $f$ y $g$ son derivables en $x_0$, es decir, $f'(x_0)$ y $g'(x_0)$ sí existen. Entonces

$f+g$ es derivable en $x_0$, además $$(f+g)'(x_0) = f'(x_0) + g'(x_0)$$
Si $c \in \RR$ es una constante, $cf$ es derivable en $x_0$, además $$(cf)'(x_0) = cf'(x_0)$$
$f-g$ es derivable en $x_0$, además $$(f-g)'(x_0) = f'(x_0) – g'(x_0)$$

Demostración.

$(1)$

\begin{align*}
(f+g)'(x_0) & = \lim_{x \to x_0} \frac{(f(x)+g(x))-(f(x_0)+g(x_0))}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)+g(x)-f(x_0)-g(x_0)}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{ ( f(x)-f(x_0) ) + ( g(x)-g(x_0) )}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \left( \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} + \frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0} \right) \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} + \lim_{x \to x_0} \frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0} \\ \\
& = f'(x_0) + g'(x_0) \text{, pues $f$ y $g$ son derivables en $x_0$}
\end{align*}

$$\therefore (f+g)'(x_0) = f'(x_0) + g'(x_0)$$

$(2) \text{ y } (3)$ quedarán como tarea moral.

$\square$

Derivada del producto de funciones

Proposición. Sean $f: A \subseteq \RR \to \RR$ y $g: A \subseteq \RR \to \RR$, $x_0 \in A$ tales que $f$ y $g$ son derivables en $x_0$, es decir, $f'(x_0)$ y $g'(x_0)$ sí existen. Entonces

$f \cdot g$ es derivable en $x_0$, además $$(f \cdot g)'(x_0) = f(x_0)g'(x_0) + f'(x_0) g(x_0)$$
Si $g(x_0) \neq 0$, entonces $\frac{1}{g}$ es derivable en $x_0$, además $$\left( \frac{1}{g} \right)’ (x_0) = -g(x_0) \left( \frac{1}{(g(x_0))^2} \right)$$
Si $g(x_0) \neq 0$, entonces $\frac{f}{g}$ es derivable en $x_0$, además $$\left( \frac{f}{g} \right)’ (x_0) = \frac{-f(x_0)g'(x_0) + g(x_0)f'(x_0)}{(g(x_0))^2}$$

Demostración.

$(1)$

\begin{align*}
(f\cdot g)’ (x_0) & = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)g(x)-f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)g(x)-f(x_0)g(x)+f(x_0)g(x)-f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \left( \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \cdot g(x) + f(x_0) \cdot \frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0} \right) \\ \\
& = f'(x_0)g(x_0) + f(x_0)g'(x_0)
\end{align*}

Notemos que en el último paso se utiliza que $f$ y $g$ son derivables, y eso en particular implica que $g$ es continua por lo cual podemos aplicar el límite.

$$\therefore (f \cdot g)'(x_0) = f(x_0)g'(x_0) + f'(x_0) g(x_0)$$

$(2)$

\begin{align*}
\left(\frac{1}{g}\right)’ (x_0) & = \lim_{x \to x_0} \frac{ \left( \frac{1}{g} \right) (x) – \left( \frac{1}{g} \right) (x_0) }{x- x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{g(x_0)}}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{\frac{g(x_0)-g(x)}{g(x) \cdot g(x_0)}}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \left( -\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0} \right) \cdot \left( \frac{1}{g(x) \cdot g(x_0)} \right) \\ \\
& = -g(x_0) \left( \frac{1}{(g(x_0))^2} \right) \text{, pues $g$ es derivable (y continua)}
\end{align*}

$$\therefore \left( \frac{1}{g} \right)’ (x_0) = -g(x_0) \left( \frac{1}{(g(x_0))^2} \right)$$

$(3)$

\begin{align*}
\left( \frac{f}{g} \right)’ (x_0) & = \left( f \cdot \left( \frac{1}{g} \right) \right)’ (x_0) \\ \\
& = f(x_0) \left( \frac{1}{g} \right)’ (x_0) + f'(x_0) \left( \frac{1}{g} \right) (x_0) \tag{por (1)}\\ \\
& = f(x_0) \left( \frac{-g'(x_0)}{(g(x_0))^2} \right) + \frac{f'(x_0)}{g(x_0)} \tag{por (2)} \\ \\
& = \frac{-f(x_0)g'(x_0) + g(x_0)f'(x_0)}{(g(x_0))^2}
\end{align*}

$$\therefore \left( \frac{f}{g} \right)’ (x_0) = \frac{-f(x_0)g'(x_0) + g(x_0)f'(x_0)}{(g(x_0))^2}$$

Un par de ejemplos

Lo siguiente será revisar un par de ejemplos para aplicar las propiedades anteriores, para ello recordemos que gracias a la entrada anterior (usando también los resultados de la tarea moral) ya conocemos la derivada de algunas de las funciones:

\begin{gather*}
f_1(x) = ax+b &\qquad f’_1(x) = a\\
f_2(x) = x^2 & \qquad f’_2(x) = 2x \\
f_3(x) = c & \qquad f’_3(x) = 0 \\
f_4(x) = \sqrt{x} & \qquad f’_4(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}
\end{gather*}

Ejemplo. Encuentra la derivada de la función $f(x)=\sqrt{x}+x^2-10$.

Notemos que $f(x) = f_4(x) + f_2(x) – f_3(x)$. Sabemos que la derivada de una suma (resta) de funciones es la suma (resta) de sus respectivas derivadas, así tenemos que

\begin{align*}
f'(x) & = f’_4(x) + f’_2(x) – f’_3(x) \\
& = \frac{1}{2\sqrt{x}} + 2x
\end{align*}

Ejemplo. Encuentra la derivada de la función $f(x)=\frac{\sqrt{x}}{5x+30}$.

Notemos que $f(x)=\frac{f_4(x)}{f_1(x)}$. Usando la propiedad de la derivada del cociente de funciones, tenemos que

\begin{align*}
f'(x) & = \frac{-f_4(x_0)f’_1(x_0) + f_1(x_0)f’_4(x_0)}{(f_1(x_0))^2} \\ \\
& = \frac{-\sqrt{x} \cdot 5 + (5x+30) (\frac{1}{2\sqrt{x}})}{ (5x+30)^2} \\
& = \frac{- 5 \sqrt{x} + (\frac{5x+30}{2\sqrt{x}})}{ (5x+30)^2} \\ \\
& = \frac{ \frac{-10x+ 5x+30}{50 \sqrt{x}} }{ 25\cdot (x+6)^2} \\ \\
& = \frac{5(6-x)}{50 \sqrt{x} (x+6)^2} \\ \\
& = \frac{6-x}{10 \sqrt{x} (x+6)^2}
\end{align*}

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más a profundidad la teoría vista.

Sean $f: A \subseteq \RR \to \RR$ y $g: A \subseteq \RR \to \RR$, $x_0 \in A$ tales que $f$ y $g$ son derivables en $x_0$, es decir, $f'(x_0)$ y $g'(x_0)$ sí existen. Prueba que:
- Si $c \in \RR$ es una constante, $cf$ es derivable en $x_0$, además $$(cf)'(x_0) = cf'(x_0)$$
- $f-g$ es derivable en $x_0$, además $$(f-g)'(x_0) = f'(x_0) – g'(x_0)$$
Prueba que si $f_1$, $f_2$, $\cdots$, $f_n$ son funciones derivables en $x_0 \in A \subseteq \RR$, entonces
- La función $f_1+f_2+\cdots+f_n$ es derivable en $x_0$ y $(f_1+f_2+\cdots+f_n)'(x_0) = f’_1(x_0)+f_2′(x_0)+\cdots+f_n'(x_0)$
- La función $f_1 \cdot f_2 \cdots f_n$ es derivable en $x_0$ y
  \begin{align*}
  (f_1 \cdot f_2 \cdots f_n)'(x_0) = & f_1′(x_0) \cdot f_2(x_0) \cdots f_n(x_0)+f_1(x_0) \cdot f_2′(x_0) \cdots f_n(x_0) \\
  & + \cdots + f_1(x_0) \cdot f_2(x_0) \cdots f_n'(x_0)
  \end{align*}
Empleando las propiedades revisadas en esta entrada, encuentra la derivada de las siguientes funciones:
- $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$
- $g(x) = \frac{x-1}{5-2x+x^2}$

Más adelante…

Después de haber revisado qué sucede cuando se deriva la suma, producto y cociente de funciones surge una pregunta natural en términos de las operaciones disponibles para las funciones: ¿qué sucede con la composición?

En la siguiente entrada responderemos esta pregunta para lo cual revisaremos la famosa Regla de la Cadena.

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