Definición: Una curva algebraica es un conjunto de puntos del plano tales que $$\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid F (x, y) = 0 \} = F^{-1} (0)$$

Por ejemplo:

$F (x, y)$ un polinomio en dos variables.

$F (x, y) = x^2 + y^2 \, – \, 1$

$F^{-1} (0) = 0$

${}$

Sea $x = \cos \theta$, $y = \sin \theta$.

El punto $P(\cos \theta, \sin \theta)$ recorre la curva de nivel.

Representar paramétricamente con funciones racionales

$$ x = \phi (t) = \dfrac{p (t)}{q (t)}$$

$$ y = \psi (t) = \dfrac{\hat{p} (t)}{\hat{q} (t)}$$

$\begin{align*} x &= \dfrac{ t^2 \, – \, 1}{t^2 \, + \, 1} & x^2 &= \dfrac{ (t^2 \, – \, 1)^2}{(t^2 \, + \, 1)^2}\\ y &= \dfrac{ 2t}{t^2 \, + \, 1} & y^2 &= \dfrac{ (4t^2}{(t^2 \, + \, 1)^2}\end{align*}$

Luego $x^2 \, + \, y^2 = \dfrac{ t^4 \, – \, 2t^2 \, + \, 1 \, + \, 4t^2 \,}{(t^2 \, + \, 1)^2} = \dfrac{ t^4 \, + \, 2t^2 \, + \, 1 \,}{(t^2 \, + \, 1)^2} = \dfrac{(t^2 \, + \, 1)^2}{(t^2 \, + \, 1)^2} = 1$

¿Cuándo lo podemos usar?

$\int \sqrt{p (x) \, } \dfrac{dx}{dt}dt = \int \sqrt{p (x) \, } dx$

$y^2 = p (x)$

$x = \phi (t) $

$y = \psi (t) $

$\int \psi (t) {\phi}’ (t) dt $

${}$

${}$

Un caso particular $$F (x, y) = G (x, y) + J (x, y) = 0$$

Con $G$ homogénea (todos los términos del mismo grado) de grado $n \, – \, 1$ y $J$ homogénea de grado $n.$

$G (x, tx) \, + \, J (x, tx) = 0$

$x^{n-1} G (1, t) \, + \, x^n J (1, t) = 0$

Si $x \neq 0$ divido entre $x^{n-1}$ entonces,

$ G (1, t) \, + \, x J (1, t) = 0$

Entonces $ x = \dfrac{ – \, G (1, t) }{ J (1, t) }$

como $y = tx$ entonces $ y = \dfrac{ – \, t G (1, t) }{ J (1, t) }$

${}$

Ejemplo

$$F (x, y) = x^3 + y^3 \, – \, 3xy$$

$$F (x, y) = 0$$

Observamos que $F (0, 0) = 0$ por lo tanto, $(0, 0) \in F^{-1} (0).$

$y = tx$

$F (x, tx) = x^3 + t^3 x^3 \, – \, 3x^2 t = 0 $

Si $x \neq 0$ entonces dividimos entre $x^2$ y obtenemos que

$F (x, tx) = x + t^3 x \, – \, 3 t = 0 $

$ F (x, tx) = x ( 1 + t^3 ) = 3 t $

Luego $x = \dfrac{3 t}{( 1 + t^3 )}$

Y por tanto $ y = x t \Rightarrow y = \dfrac{3 t^2 }{( 1 + t^3 )}$

De modo que $$\alpha (t) = \Bigg( \dfrac{3 t}{( 1 + t^3 )}, \dfrac{3 t^2 }{( 1 + t^3 )}\Bigg)$$

Observaciones:

(*) Si $ t \rightarrow – \, 1 $ entonces $ t^3 \rightarrow – \, 1 $ y $ 1 + t^3 \rightarrow 0. $

Por lo que $x (t) = \dfrac{3 t}{( 1 + t^3 )} \rightarrow \infty$

y $\; \; \; y (t) = \dfrac{3 t^2}{( 1 + t^3 )} \rightarrow \infty$

Entonces $\dfrac{ y (t)}{ x (t) } \dfrac{tx}{x} = t \rightarrow \, – \, 1$

Intersección de la curva $F (x, y) = 0$ com las rectas $y = t x$ son los puntos $\alpha (t).$

(*) Si $ t \rightarrow 0 $ para $t > 0$ , enotnces $\alpha (t) \rightarrow (0, 0) $

Análogamente si $ t \rightarrow 0 $ para $t > 0$

(*) Si $ t \rightarrow \infty $ para $t > 0$ entonces $\alpha (t) \rightarrow (0, 0) $. Análogamente $ t \rightarrow \, – \, \infty $

${}$

Ahora calculamos el punto donde la tangente es paralela al eje $x$, es decir, el punto máximo del bucle.

Para esto máximizamos $y (t) = \dfrac{3 t^2 }{( 1 + t^3 )}$

Derivando $y’ (t) = \dfrac{( 1 + t^3 ) (6 t) \, – \, (3 t^2) (3 t^2) }{( 1 + t^3 )^2}$

Entonces $y’ (t) = \dfrac{6t + 6 t^4 \, – \, 9 t^4 }{( 1 + t^3 )^2} $

Cuando $y’ (t) = \dfrac{6t \, – \, 5 t^4 }{( 1 + t^3 )^2} = 0 $

$$\dfrac{6t \, – \, 5 t^4 }{( 1 + t^3 )^2} = 0 \iff 6t \, – \, 5 t^4 = 0 \iff 6t = 5 t^4 \iff t^3 = \dfrac{6}{5} \iff \textcolor{Green}{t = \sqrt[3]{\dfrac{6}{5}\, }}$$

Por último, calculamos el radio del bucle.

$r^2 = x^2 + y^2 = \Bigg(\dfrac{3 t}{( 1 + t^3 )}\Bigg)^2 + \Bigg(\dfrac{3 t^2 }{( 1 + t^3)}\Bigg)^2 = \dfrac{ 9 t^2 ( 1 + t^2)}{( 1 + t^3 )^2}$

Por lo tanto $$\textcolor{Red}{r = \dfrac{ 3 t \sqrt{ 1 + t^2 \, }}{ 1 + t^3 }}$$