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

$$x=\varphi (t)={\displaystyle \frac{p(t)}{q(t)}}$$

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

$\begin{array}{rlrl}x& ={\displaystyle \frac{t^2–1}{t^2+1}}& x^2& ={\displaystyle \frac{(t^2–1{)}^2}{(t^2+1{)}^2}}\\ y& ={\displaystyle \frac{2t}{t^2+1}}& y^2& ={\displaystyle \frac{(4t^2}{(t^2+1{)}^2}}\end{array}$

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

¿Cuándo lo podemos usar?

$\int \sqrt{p(x)}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}dt=\int \sqrt{p(x)}dx$

$y^2=p(x)$

$x=\varphi (t)$

$y=\psi (t)$

$\int \psi (t){\varphi }^{\prime }(t)dt$

$$

$$

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

$G(1,t)+xJ(1,t)=0$

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

como $y=tx$ entonces $y={\displaystyle \frac{–tG(1,t)}{J(1,t)}}$

$$

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

$F(x,tx)=x+t^{3}x–3t=0$

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

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

Y por tanto $y=xt\Rightarrow y={\displaystyle \frac{3t^2}{(1+t^3)}}$

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

Observaciones:

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

Por lo que $x(t)={\displaystyle \frac{3t}{(1+t^3)}}\to \mathrm{\infty }$

y $y(t)={\displaystyle \frac{3t^2}{(1+t^3)}}\to \mathrm{\infty }$

Entonces ${\displaystyle \frac{y(t)}{x(t)}}{\displaystyle \frac{tx}{x}}=t\to –1$

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

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

Análogamente si $t\to 0$ para $t>0$

(*) Si $t\to \mathrm{\infty }$ para $t>0$ entonces $\alpha (t)\to (0,0)$. Análogamente $t\to –\mathrm{\infty }$

$$

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

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

Derivando $y^{\prime }(t)={\displaystyle \frac{(1+t^3)(6t)–(3t^2)(3t^2)}{(1+t^3{)}^2}}$

Entonces $y^{\prime }(t)={\displaystyle \frac{6t+6t^4–9t^4}{(1+t^3{)}^2}}$

Cuando $y^{\prime }(t)={\displaystyle \frac{6t–5t^4}{(1+t^3{)}^2}}=0$

$${\displaystyle \frac{6t–5t^4}{(1+t^3{)}^2}}=0⟺6t–5t^4=0⟺6t=5t^4⟺t^3={\displaystyle \frac{6}{5}}⟺t=\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{6}{5}}}$$

Por último, calculamos el radio del bucle.

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

Por lo tanto $$r={\displaystyle \frac{3t\sqrt{1+t^2}}{1+t^3}}$$

IMAGEN INTERACTIVA

https://www.geogebra.org/classic/pcuuydev