Cálculo Diferencial e Integral I: La regla de la cadena

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

Anteriormente revisamos, entre otras cosas, cómo derivar la suma, el producto y el cociente de funciones. La siguiente operación a analizar es la composición de funciones, tema del cual tratará esta entrada.

Demostración de la regla de la cadena

Teorema. Sean $A$, $B \subset \RR$, $g: A \to \RR$, $f: B \to \RR$ y $x_0 \in A$ tales que

  1. Para todo $x \in A$, $g(x) \in B$.
  2. $g$ es derivable en $x_0$, es decir $$\lim_{x \to x_0} \frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0} = g'(x_0).$$
  3. $f$ es derivable en $g(x_0)$, es decir $$\lim_{t \to x_0} \frac{f(t)-f(g(x_0))}{t-g(x_0)} = f'(g(x_0)).$$

Entonces $f \circ g$ es derivable en $x_0$, además $$(f \circ g)'(x_0) = f'(g(x_0))g'(x_0).$$

Demostración.

Para realizar esta demostración haremos uso de una función auxiliar de la que probaremos propiedades específicas.

$$\rho (t) = \begin{cases}
\frac{f(t)-f(g(x_0))}{t-g(x_0)}-f'(g(x_0)), & \text{ si $t \neq g(x_0)$} \\
0, & \text{ si $t = g(x_0)$.}
\end{cases}$$

Podemos observar que la función $\rho$ está «inspirada» en la definición de derivada de $f$ en el punto $g(x_0)$. Procederemos a puntualizar 5 observaciones de nuestra función auxiliar.

  1. Como $f: B \to \RR$, entonces $\rho: B \to \RR$.
  2. El límite de $\rho$ en $g(x_0)$ es cero, puesto que
    \begin{align*}
    \lim_{t \to g(x_0)} \rho (t) & = \lim_{t \to g(x_0)} \left( \frac{f(t)-f(g(x_0))}{t-g(x_0)} – f'(g(x_0)) \right) \\ \\
    & = \lim_{t \to g(x_0)} \frac{f(t)-f(g(x_0))}{t-g(x_0)} – \lim_{t \to g(x_0)} f'(g(x_0)) \\ \\
    & =f'(g(x_0))-f'(g(x_0)) \text{, por el supuesto 3} \\ \\
    & = 0.
    \end{align*}

    $$\therefore \lim_{t \to g(x_0)} \rho (t) = 0.$$
  3. $\rho$ es continua en $g(x_0)$, puesto que $$\lim_{t \to g(x_0)} \rho(t) = 0 = \rho (g(x_0)).$$
  4. Para todo $t \in B$, se sigue de la definición de $\rho$ que $$f(t)-f(g(x_0)) = (\rho(t)+f'(g(x_0)) (t-g(x_0)).$$
  5. Por el supuesto 2, $g$ es derivable en $x_0$ lo que implica que también es continua en tal punto, además por la observación 3, sabemos que $\rho$ es continua en $g(x_0).$ Por tanto, se tiene que
    \begin{gather*}
    \lim_{x \to x_0} \rho (g(x)) = \rho (g(x_0)) = 0. \\
    \therefore \rho \circ g \text{ es continua en } x_0.
    \end{gather*}

Ahora que establecimos las 5 observaciones, estamos listos para calcular la derivada de la composición:

\begin{align*}
(f \circ g)'(x_0) & = \lim_{x \to x_0} \frac{ f(g(x))-f(g(x_0)) }{x – x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{ ( \rho(g(x))+f'(g(x_0)) )( g(x)-g(x_0) ) }{x-x_0} \text{, por la obs 4} \\ \\
&= \lim_{x \to x_0} \left( ( \rho(g(x))+f'(g(x_0)) ) \cdot \frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0} \right) \\ \\
& =\lim_{x \to x_0} ( \rho(g(x))+f'(g(x_0)) ) \cdot \lim_{x \to x_0} \frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0} \\ \\
& =(0+f'(g(x_0))) \cdot g'(x_0) \text{, por la obs 3 y el supuesto 2} \\ \\
& = f'(g(x_0)) g'(x_0).
\end{align*}

$$\therefore (f \circ g)'(x_0) = f'(g(x_0))g'(x_0).$$

$\square$

Aplicando la regla de la cadena

A continuación revisaremos algunos ejemplos donde aplicaremos la proposición anterior. La idea general de los ejercicios será expresar una función en términos de la composición de otras dos.

Ejemplo 1. Encuentra la derivada de la función $F(x) = (3x+1)^2$.

Notemos que podemos ver a $F$ como la composición de las siguientes dos funciones
$$ f(x) = x^2, \qquad g(x) = 3x + 1.$$

Así, $F(x) = f(g(x))$. Y empleando la regla de la cadena se tiene que

\begin{align*}
F'(x) & = f'(g(x)) g'(x) \\
& = 2g(x)g'(x) \\
& =2 (3x+1)(3) \\
& = 6(3x+1) \\
& = 18x+6.
\end{align*}

Ejemplo 2. Deriva la función $F(x) = \sqrt{\frac{x^2+1}{x^3+3}}$.

Definimos las funciones

$f(x) = \sqrt{x}$ con derivada $f'(x) = \frac{1}{2 \sqrt{x}}$ y $g(x) = \frac{x^2+1}{x^3+3}$ con derivada
\begin{align*}
g'(x) & = \frac{ (x^3+3)(2x)-(x^2+1)(3x^2) }{ (x^3+3)^2 } \\
& = \frac{ -x^4-3x^2+6x }{ (x^3+3)^2 }.
\end{align*}

Con lo anterior, se tiene que $F(x) = f(g(x))$, y empleando la regla de la cadena tenemos

\begin{align*}
F'(x) & = f'(g(x)) g'(x) \\
& =\frac{1}{ 2\sqrt{g(x)} } \cdot \frac{ -x^4-3x^2+6x }{ (x^3+3)^2 } \\
& = \frac{1}{ 2\sqrt{ \frac{ x^2+1 }{ x^3+3 } } } \cdot \frac{ -x^4-3x^2+6x }{ (x^3+3)^2 }\\
& = \frac{ \sqrt{x^3+3} }{2 \sqrt{x^2+1} } \cdot \frac{ -x^4-3x^2+6x }{ (x^3+3)^2 }.
\end{align*}

Más adelante…

En las siguientes entradas haremos un resumen de las «reglas de derivación» que hemos visto hasta ahora y probaremos algunas más; particularmente se hará la revisión de las derivadas para las funciones trigonométricas.

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 la teoría vista.

  • Teorema de Carathéodory. Sea $f$ definida en un intervalo $A$ y sea $a \in A$. Entonces $f$ es derivable en $a$ si y solo si existe una función $\rho$ en $A$ que es continua en $a$ y satisface:
    $$f(x) – f(a) = \rho (x) (x-a) \text{ para } x \in A.$$
    En este caso, se tiene que $\rho(a) = f'(a)$.
  • Deriva la función $f(x) = \sqrt{5-2x+x^2}$.
  • Si $f: \RR \to \RR$ es derivable en $x_0$ y $f(x_0) = 0$. Prueba que $g(x) := |f(x)|$ es derivable en $x_0$ si y solo si $f'(x_0) = 0$.
  • Determina en dónde es derivable cada una de las siguientes funciones de $\RR \to \RR$ y encuentra la derivada:
    • $f(x) = |x|+|x+1|.$
    • $g(x) = 2x + |x|.$
    • $h(x) = x|x|.$

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Analítica I: Encontrar el centro y los ejes de una cónica

Por Paola Lizeth Rojas Salazar

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Introducción

En esta entrada, continuaremos con el estudio de las cónicas, pero en esta ocasión, vamos a encontrar su centro y ejes, a partir de dos grupos de isometrías que ya son familiares para nosotros, las rotaciones y traslaciones y usando otro tema que ya ha sido estudiado con anterioridad, la equivalencia de polinomios y reducción de términos lineales y cuadráticos.

Encontrando el centro de las traslaciones

Para cualquier vector $h \in \mathbb R^2$, consideremos la traslación $g(x)=x+h$ y veamos cómo se escribe el polinomio $P \circ g$ con $P(x)=x*Ax+k*x+f$:

\begin{equation}\left(P\circ g\right)(x)= P(x+h)=(x+h)*A(x+h)+k*(x+h)+f\end{equation}

Factorizando y desarrollando un poco la expresión anterior, obtenemos:

\begin{equation}\left(P\circ g\right)(x)=x*Ax+x*Ah+h*Ax+k*x+(h*Ah+k*h+f)\end{equation}

Donde $h*Ah+k*h+f=P(h)$

Lo que nos lleva, finalmente, a:

\begin{equation}\left(P\circ g\right)(x)=x*Ax+x*Ah+h*Ax+k*x+P(h)\end{equation}

La pregunta ahora es, ¿hay una forma de encontrar el centro de la traslación g a partir de esta expresión? Lo que, por muy extraño que parezca, es cierto, pero, ¿cómo?

Enunciemos unos lemas que nos ayudarán a encontrar la respuesta a la pregunta anterior.

Lema 4.4: Dadas $A$ y $B$ dos matrices que se puedan multiplicar, se cumple que $(AB)^T=B^TA^T$

Lema 4.5: Si tenemos una matriz simétrica $A$ (recordemos que una matriz $A$ es simétrica si $A=A^T$), entonces, para todo par de vectores $x,y$ en $\mathbb R$, se cumple que $x*Ay=Ax*y$

Demostración

Sean $x,y$ vectores, recordemos que $x=x^T$ y que $y=y^T$, por esto y el lema anterior, tenemos que:

\begin{equation}x*Ay=x^TAy=\left(x^TAy\right)^T=\left(Ay\right)^T\left(x^T\right)^T=y^TA^Tx=y*Ax=Ax*y\end{equation}

Ahora sí podemos encontrar el centro de la traslación considerando:

\begin{equation}\left(P\circ g\right)(x)=x*Ax+x*Ah+h*Ax+k*x+P(h)\end{equation}

Ya que, considerando el lema anterior, podemos simplificar $\left(P\circ g\right)(x)$ de la siguiente manera:

\begin{equation}\left(P\circ g\right)(x)=x*Ax+x*Ah+h*Ax+k*x+P(h)=2(Ah*x)+k*x+P(h)\end{equation}

Y, finalmente:

\begin{equation}\left(P\circ g\right)(x)=(2Ah+k)*x+P(h)\end{equation}

Donde $(2Ah+k)*x$ es la parte lineal de esta composición por lo que, si podemos encontrar una $h \in \mathbb R^2$ que cumpla que $2Ah+k=0$, entonces habremos encontrado una traslación que no contenga la parte lineal del polinomio. Si esta $h$ existe, es el centro de la traslación (en el caso de este capítulo, estaremos hablando de traslaciones de cónicas).

Lo anterior lo podemos resumir en el siguiente lema:

Lema 4.6: Sea $P(x)=x*Ax+k*x+f$ un polinomio cuadrático (es decir que $A=A^T$) tal que $det(A)\neq 0$. Si definimos $c:=-\frac{A^{-1}}{k}$, $c$ es el centro de la curva asociada al polinomio $P$, $C(P)$ donde:

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

Como buena conclusión de este apartado, observa que las traslaciones afectan la parte lineal de los polinomios cuadráticos.

Encontrando los ejes de las rotaciones

Ahora considera la rotación $g(x)=Bx$ con $B$ en el general lineal de $\mathbb R^2$, es decir, $B \in Gl(2)$ y $P$ el polinomio cuadrático general. Entonces:

\begin{equation}(P\circ g)(x) = P(Bx)=(Bx)*A(Bx)+k(Bx)+f\end{equation}

Si desarrollamos y simplificamos esta expresión, obtenemos:

\begin{equation}(P\circ g)(x) = x*(B^TAB)x+(B^Tk)*x+f\end{equation}

La pregunta en este caso es, ¿existe una forma de encontrar los ejes de la rotación a partir de esta expresión? La respuesta es sí.

A diferencia de las traslaciones, en las que se afectaba la parte lineal, para las rotaciones nos vamos a enfocar en la parte cuadrática. Debemos encontrar una manera de simplificar la expresión $B^TAB$.

Considera a $B$ como matriz ortogonal $(B \in O(2))$, esto implica que $B^TAB=B^{-1}AB$ que es la matriz que expresa la función $A$ en la base de las columnas de $B$.

Finalmente, toma a $u,v$ columnas de $B$ que forman una base ortonormal y que $A$ alarga estas columnas en factores $\lambda, \mu$, es decir, que $Au=\lambda u$ y $Av=\mu v$. Entonces, las siguientes igualdades se cumplen:

\begin{equation}A=\begin{pmatrix} \lambda & 0 \\
0 & \mu\end{pmatrix}\end{equation}

\begin{equation}B^TAB=\begin{pmatrix} u,&v \end{pmatrix}^T*A\begin{pmatrix} u,&v \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} u^TAu & u^TAv\\ v^TAu & v^TAv\end{pmatrix}\end{equation}

Si desarrollamos esta última igualdad, obtenemos:

\begin{equation}B^TAB=\begin{pmatrix} \lambda & 0 \\
0 & \mu\end{pmatrix}\end{equation}

Si encontramos una matriz B que cumpla $(3)$, podemos eliminar el término mixto del polinomio $P$ y acercarnos a los polinomios canónicos.

Tarea moral

  1. Demuestra el Lema 4.4.
  2. Demuestra que, para $A,B,C$ matrices que se pueden multiplicar, se tiene que: $\left(ABC\right)^T=C^TB^TA^T$
  3. Encuentra el centro, si es que tienen, de las curvas asociadas a los siguientes polinomios:
    • $xy-3x-2y-2$,
    • $x^2+2y^2-6x+4y+3$
    • $9x^2-4xy+6y^2-58x+24y+59$

Más adelante…

Continuaremos con el estudio de la equivalencia y reducción de polinomios, con valores y vectores propios.

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

Por Karen González Cárdenas

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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 sólo 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:
$$y-y_1= m(x-x_1) $$
ésta 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

Como ya vimos que geométricamente la recta normal es perpendicular a la recta tangente, modificaremos la pendiente a la definición anterior tomando $m=-\frac{1}{f'(x_0)}$ con $f'(x_0) \neq 0$ :
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*}

Más adelante

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

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 $p=(2,3)$.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Analítica I: Equivalencia de polinomios y reducción de polinomios cuadráticos

Por Paola Lizeth Rojas Salazar

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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

  1. Demuestra que, la relación definida en $(*)$ es de equivalencia.
  2. Demuestra el Teorema 4.2.
  3. Muestra que, la expresión en $(8)$, es cierta.
  4. 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.
  5. Da una expresión general para un polinomio cuadrático en tres variables $x,y,z$ y luego define una expresión vectorial para él.
  6. 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

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

Esta es la segunda parte de la entrada anterior, donde presentamos el concepto de homotecia, 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 $P’O’ \parallel PO$ entonces $\triangle HO’P’ \sim \triangle HOP$
$\Rightarrow \dfrac{O’P’}{OP} = \dfrac{HP’}{HP} = k$
$\Rightarrow O’P’ = k \times OP = kr$

Figura 1

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 $H$.

Figura 2

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.

Figura 3

Sea $C’ \in AB$ tal que $BC’ = BC$, sobre $BC’$ 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 $BO’$ 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 $BC$, 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 $O’P’$ paralelo a $OP$, sea $H = OO’ \cap PP’$.

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

Figura 4

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 $H’ = OO’ \cap PP’’$, 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 $TT’$ es una recta tangente exterior (es decir, la recta $TT’$ corta al segmento $OO’$ exteriormente) a dos circunferencias $(O, r)$ y $(O’, r’)$, donde $T \in (O, r)$ y $T’ \in (O’, r’)$.

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

Figura 5

Como el punto que divide externamente al segmento $OO’$ 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 $AC$ con $(I, r)$ y $D’$ el punto diametralmente opuesto a $D$ en $(I, r)$, sea $E = BD’ \cap AC$, entonces $E$ es el punto de tangencia de $AC$ con $(I_b, r_b)$ y el punto medio de $AC$ es el punto medio de $DE$.

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.

Figura 6

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

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

Por otro, lado sean $P$, $Q$ los puntos de tangencia de $BC$ con $(I, r)$ y $(I_b, r_b)$ respectivamente y sean $R$, $S$ los puntos de tangencia de $AB$ 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 $AC$ es el punto medio de $DE$.

$\blacksquare$

Concurrencia de rectas

Corolario 2. Con las mismas condiciones y notación del teorema anterior, sea $H \in AC$ el pie de la altura por $B$, y sea $M$ el punto medio de $BH$, entonces $EI$ y $I_bD$ concurren en $M$ (figura 6).

Demostración. Ya que $D’D \parallel BH$ 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 $D’D$ es homólogo del punto medio de $BH$.

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 $DD’ \parallel E’E$ pero $DD’ \parallel HB$ $\Rightarrow E’E \parallel HB$.

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 $EE’$ y el punto medio de $BH$ son puntos homólogos.

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

Por lo tanto, $EI$ y $I_bD$ concurren en $M$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada hablaremos sobre la potencia de un punto con respecto a una circunferencia, es una herramienta útil que relaciona cualesquiera dos secantes a una circunferencia desde un punto en el plano, incluyendo el caso cuando una secante se vuelve tangente.

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 la teoría vista.

  1. 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.
  2. 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.
  3. 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.
  4. Construye un triangulo $\triangle ABC$ dado su incentro, el punto medio del lado $BC$ y el pie de la altura por $A$.
  5. Lema de Arquímedes. Sea $\Gamma_2$ una circunferencia internamente tangente a una circunferencia $\Gamma_1$ en un punto $H$, considera $AB$, 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 7), muestra que:
    $i)$ $Q$, $P$ y $H$ son colineales,
    $ii)$ $QP \times QH = QB^2$.
Figura 7
  1. 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 8), prueba que $\angle AHC = \angle BHD$.
Figura 8

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 46-51.
  • Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 199-208.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 109-114.

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»