Otro ejercicio de geometría analítica

ENUNCIADO.
(a) Averígüese la posición relativa de la recta $r$, que pasa por el punto $P(1,-1)$ siendo $\vec{u}_r=(-1,1)$ un vector en la dirección de la misma, con la recta $s$ que pasa por los puntos $Q(0,3)$ y $R(6,0)$
(b) Calcúlese el ángulo entre las rectas $r$ y $s$ del apartado (a)
(c) Hállese un vector unitario que sea ortogonal al vector $\vec{u}_r$ del apartado (a)
(d) Hállese un vector $\vec{w}$ que forme base con el vector $\vec{u}_r$ y dígase qué tipo de base forman ( ortogonol, ortonormal, ... )

SOLUCIÓN.
(a)
Si $r \leftarrow \mathcal{L}\{ P,\vec{u}_r \}$ entonces $r\equiv (x,y)=(1,-1)+\lambda\,(-1,1)$, que podemos expresar en forma general de la forma $r\equiv x+y=0$

Si $s \leftarrow \mathcal{L}\{ Q,R\}$ entonces, siendo $\overset{\rightarrow}{QR}=(6-0,0-3)=(6,-3)=3\,(2,-1)$, hacemos $\vec{u}_s:=(2,-1)$, con lo cual $s\equiv (x,y)=(0,3)+\mu\,(2,-1)$, que podemos expresar en forma general como $s\equiv x+2y-6=0$

Como los vectores directores de sendas rectas, $\vec{u}_r=(-1,1)$ y $\vec{u}_s=(2,-1)$, son linealmente independientes, puesto que la combinación lineal $\alpha\,(-1,1)+\beta\,(2,-1)=(0,0)$ tiene como única solución $\alpha=\beta=0$, las rectas $r$ y $s$ son secantes.

(b)
$\measuredangle(r,s)=\measuredangle(\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\arccos\,\dfrac{\langle \vec{u}_r,\vec{u}_s\rangle}{\left\|\vec{u}_r\right\|\cdot \left\|\vec{u}_s\right\| }=\arccos\,\dfrac{\langle (-1,1),(2,-1)\rangle}{|\sqrt{2}|\cdot |\sqrt{5}| }=$
  $=\arccos\,\dfrac{-3}{|\sqrt{10}| }\approx 162^{\circ}$
Evidentemente, también podemos dar como ángulo que forman las rectas secantes el ángulo suplementario del calculado, $180^{\circ}-\measuredangle(\vec{u}_r,\vec{u}_s)\approx 12^{\circ}$

(c)
Siendo $\vec{u}_r=(-1,1)$, un vector ortogonal a éste es $\vec{v}=(1,1)$, puesto que, siendo ambos distintos del vector $\vec{0}$, se cumple la condición suficiente $\langle (-1,1),(1,1)\rangle =0$; esto es, uno de los dos vectores no se puede expresar como combinación lineal del otro. El módulo de dicho vector es $\left\|\vec{v}\right\|=|\sqrt{1^2+1^2}|=|\sqrt{2}|$, luego un vector unitario perpendicular al vector $\vec{v}_{r}=(-1,1)$ es $\vec{v}_1=\left(1/|\sqrt{2}|,1/|\sqrt{2}|\right)$

(d)
Como $\vec{v}$ y $\vec{u}_r$ son ortogonales, son linealmente independientes puesto que uno de los dos no es combinación lienal del otro; además, forman un sistema de generadores mínimo del plano vectorial, luego forman base. En particular, por el hecho de ser dichos vectores ortogonales, podemos decir que forman una base ortogonal del plano vectorial: $\mathcal{B}=\{\vec{u}_r,\vec{v}\}$

Un vector unitario en la dirección de $\vec{u}_r$, cuyo módulo es igual a $|\sqrt{(-1)^2+1^2}|=|\sqrt{2}|$, es $\vec{u}_1=(\left(-1/|\sqrt{2}|,1/|\sqrt{2}|\right)$; por consiguiente, los vectores $\vec{u}_1$ y $\vec{v}_1$ son ortogonales ( or tanto son linealmente independientes ), y constituyen un sistema de generadores mínimo del plano vectorial); además, al ser unitarios, decimos que estos vectores forman una base ortonormal del plano vectorial: $\mathbb{B'}=\{\vec{u}_1,\vec{v}_1\}$
$\square$

Geometría analítica

ENUNCIADO.
(a) Determínense los puntos del eje de ordenadas que equidisten de las rectas $t\equiv x-2y-5=0$ y $\ell\equiv -2x+y-4=0$
(b) Dadas las rectas $r\equiv 2x+m\,y-2=0$ y $s\equiv y-1=0$, calcúlese $m$ para que $r$ y $s$ formen un ángulo de $60^{\circ}$
(c) Determínese la ecuación del haz de rectas dos de las cuales sean $t$ y $\ell$ ( las del apartado (a)). Calcúlese el centro del haz e indíquese dos puntos que pertenezcan a dicho haz.
(d) Hállese la ecuación de la recta del haz del apartado (b) que tiene pendiente igual a $-2$

SOLUCIÓN.
(a)
Un punto genérico del eje de ordenadas es $X(0,y)$. Para que equidiste de las rectas $t$ y $\ell$ debera cumplirse que $d(X,t)=d(X,\ell)$, esto es $$\dfrac{|0-2y-5|}{|\sqrt{1^2+(-2)^2}|}=\dfrac{-2\cdot 0+y-4|}{|\sqrt{(-2)^2+1^2}|}$$ y por tanto $$|-2y-5|=|y-4| \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}2y+5=y-4 \Rightarrow y=-9\\ 2y+5=-(y-4) \Rightarrow y=-1/3\end{matrix}\right.$$ Existen pues dos puntos que cumplen esta condición: $P_{1}(0,-9)$ y $P_{2}(0,-1/3)$

(b)
De $r\equiv 2x+m\,y-2=0$ vemos que $A_r=2$ y $B_r=m$, luego un vector en la dirección de $r$ es $\vec{u}_{r}=(-B_r,A_r)=(-m,2)$, cuyo módulo es $\left\|\vec{u}_r\right\|=|\sqrt{2^2+m^2}|$

De $s\equiv y-1=0$ vemos que $A_s=0$ y $B_s=1$, luego un vector en la dirección de $s$ es $\vec{u}_{s}=(-B_s,A_s)=(1,0)$, cuyo módulo es $\left\|\vec{u}_s\right\|=|\sqrt{1^2+0^2}|=1$

Si $\measuredangle(r,s)=60^{\circ}$, entonces $\cos \measuredangle (\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\dfrac{1}{2}$. Y, por otra parte, sabemos que $\cos \measuredangle (\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\dfrac{\langle \vec{u}_r,\vec{u}_s\rangle }{\left\|\vec{u}_r\right\|\cdot \left\|\vec{u}_s\right\|}$, por consiguiente, $\dfrac{\langle (-m,2),(1,0)\rangle}{|\sqrt{2^2+m^2}|}=\dfrac{1}{2}$
. Y de ahí, $\dfrac{1}{2}\,||\sqrt{2^2+m^2}|=-m$. Elevando al cuadrado ambos miembros, se tiene que $4+m^2=4\,m^2 \Rightarrow m=\pm \dfrac{2}{\sqrt{3}}$

(c)
El centro del haz viene dado por $C\equiv \left\{\begin{matrix}x-2y=5\\-2x+y=4\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x_C=-13/3 \\ y_C=-14/3\end{matrix}\right.$

Como la rectas dadas son secantes el haz pedido se refiere a un haz de rectas concurrentes en $C$ ( que es el punto de intersección ), luego toda recta del haz vendra dada por $(x,y)=(x_C,y_C)+\lambda\,(m,n)$, donde $(m,n)$ es un vector libre cualquiera ( $\lambda \in \mathbb{R}$; $m \in \mathbb{R}$ y $n \in \mathbb{R}$ ), o dicho de otro modo, la ecuación del haz se puede escribir de la forma $\dfrac{x-x_C}{m}=\dfrac{y-y_C}{n}$, o lo que es lo mismo $$n\,(x-x_C)=m\,(y-y_c)$$, que, en el caso concreto que nos ocupa es $$n\,(x-(-13/3))=m\,(y-(-14/3))$$ es decir $$\mathcal{H}\equiv n\,(x+13/3))=m\,(y+14/3)\;\;;\forall\, m,n\in \mathbb{R}$$ Por otra parte, es obvio que cualquier punto del plano pertenece a alguna recta del haz, y por tanto al haz.

(d) Fijado un valor de la pendiente de una de las rectas del haz, podemos escribir la ecuación de la recta pedida en su forma punto-pendiente: $$\dfrac{n}{m}\,(x+13/3))=y+14/3$$ donde $\dfrac{n}{m}:=-2$, con lo cual la recta del haz pedida es $$-2(x+13/3))=y+14/3$$ cuya ecuación en forma explícita es $$y=-2x-40/3$$ y, en forma general, $$6x+3y+40=0$$
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Geometría analítica en el plano. Cálculo de las coordenadas del circuncentro de un triángulo general

Distancia de un punto a una recta

ENUNCIADO. Sea un punto $P(x_P,y_P)$ y una recta $r\equiv Ax+By+C=0$. Demúestrese que la distancia euclídea de $P$ a $r$ es $$\text{dist}(P,r)=\dfrac{|Ax_P+By_P+C}{|\sqrt{A^2+B^2}|}$$

SOLUCIÓN. Consideremos un punto genérico de $r$, $X(x,y)$, y el vector $\overset{\rightarrow}{XP}=(x_P-x,y_P-y)$. Entonces, $$\text{dist}(P,r)=\left\|\overset{\rightarrow}{\text{Proy}}_{\vec{n}_1}\,\overset{\rightarrow}{XP} \right\| = |\langle \overset{\rightarrow}{XP}, \vec{n}_1 \rangle| \quad \quad (1)$$ donde $\vec{n}_1$ es un vector unitario perpendicular a $r$.

Siendo $\vec{u}_r=(B,-A)$ un vector director de $r$, sabemos que un vector perpendicular a la misma es $\vec{n}=(A,B)$ y el vector unitario en su misma dirección y sentido es $$\vec{n}_1=\left( \dfrac{A}{|\sqrt{A^2+B^2}|},\dfrac{B}{|\sqrt{A^2+B^2}|}\right)$$ y del producto escalar $$\langle (x_P-y_P,y_P-y),\left( \dfrac{A}{|\sqrt{A^2+B^2}|},\dfrac{B}{|\sqrt{A^2+B^2}|}\right)\rangle$$ obtenemos $$\dfrac{Ax_P+By_P-Ax-Ay|}{|\sqrt{A^2+B^2}}$$ y teniendo en cuenta la ecuación general de la recta $Ax+By+C=0$, $-Ax-By=C$, por consiguiente y según (1), $$\text{dist}(P,r)=\dfrac{|Ax_P+By_P+C|}{|\sqrt{A^2+B^2}|}$$

EJEMPLO. Se considera la recta $r\equiv x-y+1=0$ y el punto $P(1,1)$. Calcúlese la distancia euclídea de $P$ a $r$.
SOLUCIÓN. Aplicando la fórmula que acabamos de justifcar y teniendo en cuenta que $A=C=1$ y $B=-1$ y $x_P=y_P=1$, tenemos que $\text{dist}(P,r)=\dfrac{1\cdot 1+(-1)\cdot 1+1}{|\sqrt{1^2+(-1)^2}|}=\dfrac{1}{|\sqrt{2}|}$ unidades de longitud arbitrarias.
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Geometría analítica en el plano. Recta de Euler.

ENUNCIADO. Se considera el triángulo $\triangle(A,B,C)$ cuyos vértices son $A(1,1)$, $B(5,4)$ y $C(5,1)$. Determínese la ecuación de la recta de Euler.

SOLUCIÓN.
La recta de Euler, $\epsilon$, contiene al baricentro $G$, al ortocentro $R$ y al circuncentro $C$. Basta conocer las coordenadas de dos de estos centros notables para poder determinar la ecuación de la recta pedida.

Sabemos que el baricentro $G$ viene dado por $G\left(\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3},\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\right)$ y, por tanto, en nuestro caso $x_G=\dfrac{1+5+5}{3}$ e $y_G=\dfrac{1+1+4}{3}$, esto es $G(11/3,2)$.

Vamos a determinar ahora las coordenadas del ortocentro $R$. Démonos cuenta de que el triángulo dado tiene un ángulo recto; en efecto, al calcular las longitudes de los lados aparece una terna pitagórica: $\{3,4,5\}$, tal como se comprueba a continuación, $a=|\sqrt{(x_B-x_C)^2+(y_B-y_C)^2}|=|\sqrt{(5-5)^2+(4-1)^2}|=3$ ( unidades arbitrarias de longitud ); $b=|\sqrt{(x_C-x_A)^2+(y_C-y_A)^2}|=|\sqrt{(5-1)^2}+(1-1)^2|=4$ y $c=|\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}|=|\sqrt{(5-1)^2+(4-1)^2}|=5$. Tratándose pues de un triángulo rectángulo cuyo ángulo recto es el ángulo con vértice $C$, éste ha de ser el ortocentro, pues las rectas alturas que pasan por $B$ y $A$ ( y que contienen a los catetos $a$ y $b$ ) se intersecan en dicho vértice; así pues, $R\equiv C(5,1)$

Con este par de puntos de la recta $\epsilon$ ya podemos escribir una ecuación de la misma en forma continua de una manera muy sencilla: $$\epsilon \equiv \dfrac{x-x_G}{x_G-x_R}=\dfrac{y-y_G}{y_G-y_R}$$ esto es $$\epsilon \equiv \dfrac{x-11/3}{11/3-5} =\dfrac{y-2}{2-1}$$ y simplificando $$\epsilon \equiv \dfrac{x-11/3}{-4}=\dfrac{y-2}{3}$$
$\square$

Geometría analítica del plano. Punto medio de un segmento.

PROPOSICIÓN. Consideremos el segmento $s=[A,B]$, conocidas las coordenadas de los puntos de los extremos, $A(x_A,y_A)$ y $B(x_B,y_B)$. Entonces, el punto medio del segmeno $s$ viene dado por $$M_{[A,B]}=\left(\dfrac{x_A+x_B}{2},\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)$$

DEMOSTRACIÓN. Sea $O$ el origen de coordenadas de un sistema de referencia afín del plano vectorial, entonces podemos escribir el vector de posición de $B$ de la forma $$\overset{\rightarrow}{OB}=\overset{\rightarrow}{OM}+\overset{\rightarrow}{MB}$$ y por tanto el vector de posición de $M$ es $$\overset{\rightarrow}{OM}=\overset{\rightarrow}{OB}-\overset{\rightarrow}{MB}$$ por otra parte, por ser $M$ el punto medio del segmento $s=[A,B]$, debemos tener en cuenta que $$\overset{\rightarrow}{MB}=\dfrac{1}{2}\,\overset{\rightarrow}{AB}$$ con lo cual $$\overset{\rightarrow}{OM}=\overset{\rightarrow}{OB}-\dfrac{1}{2}\,\overset{\rightarrow}{AB}$$ esto es $$(x_M,y_M)=(x_B,y_B)-\dfrac{1}{2}\,(x_B-x_A,y_B-y_A)$$ y simplificando $$(x_M,y_M)=\left(\dfrac{x_A+x_B}{2},\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)$$
$\square$

Un exercici de geometria analítica per determinar els elements d'una hipèrbola

Enunciat:
Considereu una hipèrbola equilàtera que té per equació $h:\,x\,y=1$ (referida a les seves asímptotes). Determineu els seus elements i feu-ne una representació gràfica.

Resolució:
Sabem que l'equació d'una hipèrbola equilàtera en forma canònica (Figura 1) és
$x^2-y^2=a^2$
i té per asímptotes les rectes $y=\pm x$

Figura 1

Si girem els eixos $45º$ en el sentit contrari a les agulles del rellotge (Figura 2), hem vist que l'equació s'escriu de la forma
$x\,y=\dfrac{a^2}{2}$
i parlem, llavors, d'equació de la hipèrbola referida a les seves asímptotes, ja que en fer el gir de 45º, els nous eixos de coordenades passen a ser les rectes asímptotes [ els antics eixos de coordenades es representen a la figura en forma discontínua ]

Figura 2

Com que
$\dfrac{a^2}{2}=1$
deduïm que
$a=\pm \sqrt{2}$

Sabem que les coordenades dels focus són:
$F(a,a)$
$F'(-a,-a)$
per tant, podem especificar els seus valors
$F(\sqrt{2},\sqrt{2})$
$F'(-\sqrt{2},-\sqrt{2})$

El valor de $c$ ve donat per la relació que lliga $a$, $b$ i $c$ en una hipèrbola
$c^2=a^2+b^2$
i com que $a=b$
$c^2=2\,a^2$
és a dir
$c=\sqrt{2}\,a$
recordem, però, que
$a=\sqrt{2}$
i, per tant,
$c=2$

Amb això, ja podem calcular el valor de l'excentricitat $e=c/a$
$e=\dfrac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2} > 1$
(més gran que u, tal i com, s'espera per a una hipèrbola)

Calculem, ara, les coordenades dels vèrtexs A i A'; per això, tenim en compte que
aquests punt són els p. d'intersecció entre la recta d'equació $y=x$ (vegeu la figura) i la hipèrbola $x\,y=1$

resolent el sistema d'equacions
$\left.\begin{matrix} x\,y=1\\y=x\\ \end{matrix}\right\}$
trobem
$A(1,1)$
$A'(-1,-1)$

pel que fa als vèrtexs imaginaris B, B', observem que es troben damunt d'una circumferència de radi igual a $a$, igual que els altres dos vèrtexs A i A' (ja determinats): B es situa al 2n quadrant i B' al quart (tots dos damunt la bisectriu $y=-x$)

per tant
$B(-1,1)$
$B'(1,-1)$

$\square$

Llocs geomètrics. Corves còniques.

Ejercicio sobre hipérbolas

Determinar la ecuación de la recta que pasa por el punto ...

Determineu l'equació de la recta que passa pel punt P(1,5) i que és perpendicular a la recta $r:\,x-y+1=0$

Com que els coeficients de la recta $r$, expressada en en forma general ( $ax+by+c=0$ ), prenen (en aquest problema) els següents valors

$a=1$ i $b=-1$

podem assegurar que un vector $\vec{n}$ perpendicular a la recta $r$ (i, doncs, un vector director de $r_\perp$ ) té per primer component el valor de $a$ i per segon component el valor de $b$, és a dir

$\vec{n}=(1,-1)$

llavors, el pendent de la recta $r_\perp$ (de qualsevol recta perpendicular a $r$) és igual a -1, per la qual cosa

$r_{\perp}:\, y = (-1)\,x+k$

Per determinar el valor de l'ordenada a l'origen de $r_\perp$ cal tenir en compte que $P(1,5) \in r_\perp$, per tant cal que el valor de les seves coordenades sastisfaci l'equació anterior

$5 = -1 + k$

d'on traiem que

$k=6$

Fet això, ja podem escriure l'equació demanada (en forma explícita)

$r_{\perp}:\, y=-x+6$

$\square$

[nota del autor]

Recta bisectriz del ángulo formado por dos rectas en el plano ... ( Artículo escrito en catalán )

Determineu l'equació de la recta bisectriu de l'angle agut que formen les rectes   $r:x+y+1=0$   i   $s:2x+y-1=0$

Resolució:
La recta bisectriu demanada és el lloc gemomètric dels punts del pla $P(x,y)$ que compleixen

$d(P,r)=d(P,s)$

per tant

$\frac{a_{r}\,x+b_{r}\,y+c_{r}}{\sqrt{a_{r}^2+b_{r}^2}}=\frac{a_{s}\,x+b_{s}\,y+c_{s}}{\sqrt{a_{s}^2+b_{s}^2}}$

Com que
$a_r=1$, $b_r=1$, i $c_r=1$
i
$a_s=2$, $b_s=1$, i $c_s=-1$

trobem

$\frac{x+y+1}{\sqrt{2}}=\frac{2x+y-1}{\sqrt{5}}$

equació de la recta que, posada en forma general, queda

$\text{recta bisectriu}:(\sqrt{5} -2\,\sqrt{2}) \,x+(\sqrt{5}-\sqrt{2})\,y+(\sqrt{5}-\sqrt{2})=0$

$\square$

[nota del autor]

Sea la recta $r$ que pasa por los puntos ...

Una recta r que passa pel punt A(5,-2) té pendent igual a 2. Determineu l'equació de la recta i expresseula en forma: a) vectorial, b) paramètrica, c) contínua, d) explícita, i e) general.

Resolució:
Si el pendent és igual a 2, un vector director de r és $\vec{u}=(1,2)$
per tant l'equació vectorial de la recta es pot escriure de la forma

$r:\,(x,y)=(5,-2)+\lambda \, (1,2)$

equació vectorial que comporta dues equacions escalars (les equacions paramètriques)

$\left.\begin{matrix} x = 5 + \lambda\\ \\ y=-2+2\,\lambda\\ \end{matrix}\right\}$

Aïllant el paràmetre $\lambda$ de cada una de les dues equacions i igualant les expressions que s'obtenen, trobarem l'equació en forma contínua

$\frac{x-5}{1}=\frac{y-(-2)}{2}$

Aïllant $y$ de l'equació anterior, escriurem l'e. en forma explícita

$y=2x-12$

I, agrupant tots els termes en un mateix membre, arribem a l'equació en forma general

$2x-y-12=0$

$\square$

[nota del autor]

Determinar la ecuación de la circunferencia que pasas los los tres puntos siguientes ...

Determineu el valor del radi i les coordenades del centre de la circumferència que passa pels punts A(1,1), B(3,2) i C(6,-1).

Resolució:
El circumcentre d'un triangle és el punt d'intersecció de les rectes mediatrius. Per determinar les seves coordenades, n'hi ha prou a intersectar-ne dues; primer de tot, escriurem les seves equacions a partir de les coordenades dels vèrtexs i, per acabar, resoldrem el sistema d'equacions que, lògicament, ha de ser compatible i determinat.

1r pas: Trobem l'equació de la recta mediatriu $r_1$ que passa per A(1,1) i B(3,2)
Un vector director de la recta mediatriu $r_1$ corresponent al costat AB és un vector perpendicular a un vector director de la recta que passa pels punts A i B, que anomenarem $\vec{n}_{1}$; com que $\vec{u}_{1}=(2,1)$ (el v. director de la recta que passa per A i B), un vector perpendicular és, per exemple, el vector $\vec{n}_{1}=(1,-2)$

llavors, l'equació en forma general del la recta mediatriu $r_{1}$ del segment AB es pot escriure

$r_{1}:\,x-2y+c_{1}=0$

Per determinar el valor del terme independent $c_{1}$, tenim en compte que el punt mig del segment AB, $M(2,\frac{3}{2})$ es troba damunt la recta $r_{1}$

llavors s'ha de complir que
$3-2\cdot \frac{3}{2}+c_1=0$
i, per tant,
$c_1=1$

Llavors, ja podem escriure l'equació de la recta mediatriu del costat AB

$r_1:\,x-2y+1=0$

2n pas: Trobem l'equació de la recta mediatriu $r_2$ que passa per B(3,2) i C(6,-1)
Un vector director de la recta mediatriu $r_2$ corresponent al costat BC és un vector perpendicular a un vector director de la recta que passa pels punts B i C, que anomenarem $\vec{n}_{2}$; com que $\vec{u}_{2}=(1,-1)$ (el v. director de la recta que passa per B i C), un vector perpendicular és, per exemple, el vector $\vec{n}_{2}=(1,1)$

llavors, l'equació en forma general del la recta mediatriu $r_{2}$ del segment BC es pot escriure

$r_{2}:\,x+y+c_{2}=0$

Per determinar el valor del terme independent $c_{2}$, tenim en compte que el punt mig del segment BC, $M(\frac{9}{2},\frac{1}{2})$ es troba damunt la recta $r_{2}$

llavors s'ha de complir que
$\frac{9}{2}+\frac{1}{2}+c_2=0$
i, per tant,
$c_1=-5$

Llavors, ja podem escriure l'equació de la recta mediatriu del costat AB

$r_2:\,x+y-5=0$

3r pas: Resolem el sistema d'equacions $\{r_1,r_2\}$ per trobar les coordenades de G
És important entendre que cal que resolem el sistema d'equacions perquè $G = r_{1} \cap r_{2}$

$\left.\begin{matrix} x-2y=-1\\ \\ x+y=5\\ \end{matrix}\right\}$

Restant la segona equació de la primera, arribem a una equació amb una sola variable

$3y=6$

i d'aquí

$y=2$

Substituint aquest valor en una de les dues equacions originals trobem

$x=3$

per tant les coordenades del baricentre del triangle són

$G(3,2)$

4t pas: Calculem el valor del radi de la circumferència circumscrita

El valor del radi $r$ és igual a qualsevol de les distàncies d(G,A), d(G,B), o d(G,C); totes són - lògicament - iguals, atès que la circumferència circumscrit - de centre G - passa per A, B i C

per tant, si

$d(G,A)=\sqrt{(x_G-x_A)^2+(y_G-y_A)^2} $

que és igual a

$\sqrt{(3-1)^2+(2-1)^2}$

trobem que

$r=\sqrt{5} \, \text{unitats de longitud arbitràries}$

[nota del autor]

Determinar la recta bisectriz ...

Determineu l'equació de la recta bisectriu de l'angle que forme els segments $OB$ i $OC$. Coordenades dels punts: $O(0,0)$, $B(3,5)$ i $C(3,-4)$

Resolució:

Anomenem $r$ a la recta que passa pels punt O(0,0) i B(3,5); la seva equació en forma contínua és

$r:\,\frac{x}{3}=\frac{y}{5}$

que, expressada en forma general, queda

$r:\,5x-3y=0$

per tant, $a_r=5$   ,   $b_r=-3$   i   $c_r=0$

Anomenem $s$ a la recta que passa pels punt O(0,0) i C(3,-4); la seva equació en forma contínua és

$s:\,\frac{x}{3}=\frac{y}{-4}$

que, expressada en forma general, queda

$s:\,4x+3y=0$

per tant, $a_s=4$   ,   $b_s=3$   i   $c_s=0$

La recta bisectriu $rb$ de l'angle que formen les rectes $r$ i $s$ ve donada pel lloc geomètric dels punts del pla P(x,y) que compleixen la següent condició: d(P,r)=d(P,s), condició que es concreta de la forma

$\dfrac{a_{r}\,x+b_{r}\,y+c_{r}}{\sqrt{a_{r}^{2}+b_{r}^{2}}}=\dfrac{a_{s}\,x+b_{s}\,y+c_{s}}{\sqrt{a_{s}^{2}+b_{s}^{2}}}$

i, donades les dades del problema, queda

$\dfrac{5x-3y}{\sqrt{34}}=\dfrac{4x+3y}{\sqrt{5}}$

que reduïrem a comú denominador per – agrupant i ordenant termes - posar-la en forma general

$\text{rb}:\; \big(25-4\,\sqrt{34}\big)\,x+\big(-15-3\,\sqrt{34}\big)\,y=0$

o, si ho preferim, per exemple, en forma explícita

$\text{rb}:\; y= \frac{15+3\,\sqrt{34}} {4\,\sqrt{34}-25}\,x$

on queda ben clar que el pendent és igual a

$\frac{15+3\,\sqrt{34}}{4\,\sqrt{34}-25}$

i l'ordenada a l'origen és igual a zero (la recta bisectriu passa per l'origen de coordenades)

$\square$

[nota del autor]

Cálculo de los vértices de un triángulo dadas las ... ( Artículo escrito en catalán ).

Enunciat:
Els tres costats d'un triangle $\triangle{ABC}$ són segments de les rectes:
    $r:\,y=x+2$
    $s:\,y=-2x+4$
    $t:\,y=4$
Calculeu les coordenades dels vèrtexs del triangle.

Solució:
Designem per $A$ al vèrtex del triangle que correspon a la intersecció de les rectes $r$ i $s$. Llavors,
    $A: \left\{\begin{matrix}y & = & x & + & 2\\ \\y & = & -2\,x & + & 4\\\end{matrix}\right.$
i resolent aquest sistema d'equación, s'obté:
          $\left\{\begin{matrix}x_A=\dfrac{2}{3}\\ \\y_A=\dfrac{8}{3}\\\end{matrix}\right.$

Designem per $B$ al vèrtex del triangle que correspon a la intersecció de les rectes $s$ i $t$. Llavors,
    $B: \left\{\begin{matrix}y & = & -2\,x & + & 4\\ \\y & = & 4\\\end{matrix}\right.$
i resolent aquest sistema d'equación, s'obté:
          $\left\{\begin{matrix}x_B=0\\ \\y_B=4\\\end{matrix}\right.$

Designem per $C$ al vèrtex del triangle que correspon a la intersecció de les rectes $r$ i $t$. Llavors,
    $C: \left\{\begin{matrix}y & = & x & + & 2\\ \\y & = & 4\\\end{matrix}\right.$
i resolent aquest sistema d'equación, s'obté:
          $\left\{\begin{matrix}x_C=2\\ \\y_C=4\\\end{matrix}\right.$

Representem el gràfic amb l'objectiu didàctic de visualitzar gràficament la solució:

Resumint:
  Les coordenades dels vèrtexs del triangle $\triangle{ABC}$ són:
    $A\big(\dfrac{2}{3},\dfrac{8}{3}\big)$
    $B(0,4)$
    $C(2,4)$



$\square$

[nota del autor]

Ejercicio de clasificación de cónicas. ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Classifiqueu les següents corbes còniques (seccions còniques) a partir de l'equació quadràtica general

                        $\mathcal{C}:\,a\,x^2+b\,xy+c\,y^2+d\,x+e\,y+f=0$

a)   $y^2+3x+5y-8=0$
b)   $2\,x^2+4\,y^2+5\,x-4\,y-1=0$
c)   $y^2 + x - y -4 =0$
d)   $x^2+xy+y^2-1=0$
e)   $x^2-y^2+2xy+3=0$
f)   $x^2+y^2+4y-x+1=0$

Solució:
Recordem el criteri de classificació (estudiat i justificat a classe)
    A partir del valor
        $\delta = b^2-4\,ac$
    tenim les següents possibilitats:
        Si $\delta$ < $0 \, \rightarrow$ el·lipse
        Si $\delta \succ 0$ $\, \rightarrow$ hipèrbola
        Si $\delta$ = 0 $\, \rightarrow$ paràbola

[No hem posat aquí els casos particulars de degeneració, que porten a rectes paral·leles, secants, coincidents, o fins i tot a rectes imaginàries, punts, etcètera]

Recordem, per altra banda, que si $b \ne 0$, els eixos de la cònica (o la recta de simetria, si es tracta d'una paràbola) no són paral·lels als eixos cartesians.

Llavors,
a)   $y^2+3x+5y-8=0$
      $b=0$, $a=0$, $c=1$, d'on $\delta=0 \, \rightarrow$ paràbola ( amb la recta de simetria paral·la a l'eix - d'abcsisses, en aquest cas - atès que $b = 0$ )

b)   $2\,x^2+4\,y^2+5\,x-4\,y-1=0$
      $b=0$, $a=2$, $c=4$, d'on $\delta=-32 \, \rightarrow$ el·lipse (amb els eixos paral·lels als eixos de coordenades atès que $b = 0$ )

c)   $y^2 + x - y -4 =0$
      $b=0$, $a=0$, $c=1$, d'on $\delta=0 \, \rightarrow$ paràbola
(amb la recta de simetria paral·lela a un dels dos eixos de coordenades atès que $b = 0$ )

d)   $x^2+xy+y^2-1=0$
      $b=1$, $a=1$, $c=1$, d'on $\delta=-4 \, \rightarrow$ el·lipse (amb els eixos no paral·lels als eixos de coordenades atès que $b \ne 0$ )

e)   $x^2-y^2+2xy+3=0$
      $b=0$, $a=1$, $c=-1$, d'on $\delta=4 \, \rightarrow$ hipèrbola (amb els eixos no paral·lels als eixos de coordenades atès que $b \ne 0$ )

f)   $x^2+y^2+4y-x+1=0$
      $b=0$, $a=c=1$, d'on $\delta=4 \, \rightarrow$ el·lipse, i donat que $a=c$ és, com a cas particular, una circumferència (excentricitat nul·la).
$\blacksquare$

[nota del autor]

Sea el triángulo de vértices A(1,0), B(3,2) y C(-2,1). Calcular las coordenadas del incentro del mismo y el radio de la circunferencia inscrita.

ENUNCIADO:
Sea el triángulo de vértices A(1,0), B(3,2) y C(-2,1). Calcular las coordenadas del incentro del mismo y el radio de la circunferencia inscrita.

SOLUCIÓN:

Para determinar las coordenads del incentro, basta realizar la interseccción de dos de las tres rectas bisectrices de los respectivos ángulos del triángulos. A continuación, obtendremos el radio de la circunferencia inscrita calculando la distancia entre la recta de que contiene a uno de los lados del triángulo y el punto incentro.

Determinemos, pues, la recta bisectriz $s_{12}$ dl ángulo $\angle ACB$; para ello, escribimos las ecuaciones de las rectas: a) $r_1$, que pasa por A(1,0) y B(3,2); y b) $r_{2}$, la recta que pasa por los puntos A(1,0) y C(-2,1):
$r_{1}:\,-x+5y-7=0$
y
$r_{2}:\,x+3y-1=0$

Sabemos que la recta bisectriz es el lugar geométrico de los puntos del plano tales que
$\text{dist}(P,r_{1})=\text{dist}(P,r_{2})$

es decir

$\dfrac{-x+5y-7}{\sqrt{25}}=\dfrac{x+3y-1}{\sqrt{10}}$

agrupando y simplificando términos semejantes,

$s_{12}:\,0,06x+y-0,87=0$, donde se han realizado los cálculos aproximando a las centésimas

A continuación, determinamos la segunda recta bisectriz, $s_{23}$, de ángulo $\angle BAC$; así que escribiendo las ecuaciones de las rectas: a) $r_2$, que pasa por A(1,0) y C(-2,1); y b) $r_{3}$, la recta que pasa por los puntos A(1,0) i B(3,2):
$r_{3}:\,-x+y+1=0$
y
$r_{2}:\,x+3y-1=0$

Entonces, esta otra recta bisectriz es
$\text{dist}(P,r_{2})=\text{dist}(P,r_{3})$

es decir

$\dfrac{-x+y+1}{\sqrt{2}}=\dfrac{x+3y-1}{\sqrt{10}}$

que, agrupando y simplificando, la escribimos de la forma
$s_{23}:\,0,97x+0,23y-0,97=0$


Determinemos, ahora, las coordenadas del punto incentro $I$, teniendo en cuenta que $I \in s_{23} \cap s_{12}$; pera ello, debemos resolver el sistema de ecuaciones

$\left.\begin{matrix} 0,06x+y-0,87=0\\ \\ 0,97x+0,23y-0,97=0\\ \end{matrix}\right\}$

obteniendo como solución: $I(0,81\;,\;0,83)$

Para terminar, calculemos el valor del radio, $r$, de la circunferencia inscrita, teniendo en cuenta que cualesquiera de las distancias $\text{dist}(I,r_1)$, $\text{dist}(I,r_2)$, ó $\text{dist}(I,r_3)$, son igual al valor del radio de la circunferencia inscrita, ya que que las rectas que pasan por el punto incentro y cualesquiera de los tres puntos de tangencia entre dicha circunferencia y los lados respectivos son perpendiculares a los mismos. Así, calculándolo, por ejemplo, a partir de $\text{dist}(I,r_{1})$, encontramos

$r = \dfrac{a_{r_1}\,x_{I}+b_{r_1}\,y_{I}+c_{r_1}}{\sqrt{a_{r_1}^{2}+b_{r_1}^{2}}}$

y, con los datos del problema,

$a_{r_1}=-1$
$b_{r_1}=5$
$c_{r_1}=-7$
$x_{I}=0,81$
$x_{I}=0,83$

concluimos que el radio tiene un valor de $0,72 \, \text{unitats arbitraries de longitud}$

$\square$

[nota del autor]

Determinar las coordenadas del baricentro de un triángulo cuyos vértices son $A(0,0)$, $B(2,0)$ y $C(3,3)$

ENUNCIADO:
Determinar las coordenadas del baricentro de un triángulo cuyos vértices son $A(0,0)$, $B(2,0)$ y $C(3,3)$

Sabemos que la intersección de les rectas medianas de un triángulo determina el baricentro, $G$, de un triángulo de vértices

$A(x_A,y_A)$

$B(x_B,y_C)$

$C(x_C,y_C)$

siendo sus coordenadas,

$G\big(\frac{x_A+x_B+x_C}{3},\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\big)$

Con los datos del ejercicio,

$G\big(\frac{0+2+3}{3},\frac{0+0+3}{3}\big)$

es decir

$G\big(\frac{5}{3},1\big)$


$\square$

[nota del autor]

Calcular el ángulo que forman las rectas ...

ENUNCIADO:
Calcular el ángulo que forman las rectas $r_1:\,\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-2}{-1}$ y $r_2:\,\dfrac{x+2}{3}=\dfrac{y-1}{2}$

SOLUCIÓN:
$\angle(r_1,r_2) \equiv \angle(\vec{u_1},\vec{u_2})$ donde $\vec{u_1}$ y $\vec{u_2}$ son dos vectores directores de las respectivas rectas. Entonces $\angle(\vec{u_1},\vec{u_2}) \overset{\text{def}}{=} \text{arccos}\left(\dfrac{\langle \vec{u_1},\vec{u_2} \rangle }{\left\|\vec{u_1}\right\|\,\left\|\vec{u_2}\right\|}\right)$

Teniendo en cuenta que el valor del producto escalar de dichos vectores es $\langle \vec{u_1},\vec{u_2} \rangle = \langle (1,-1),(3,2) \rangle=1\cdot 3+(-1) \cdot 2=1$
y que los módulos de estos son
$\left\|\vec{u_1}\right\| \overset{\text{def}}{=} \left| \sqrt{\langle \vec{u_1},\vec{u_1} \rangle } \right| = \left| \sqrt{1^2+(-1)^2}\right| = \left| \sqrt{2} \right|$
y
$\left\|\vec{u_2}\right\| \overset{\text{def}}{=} \left| \sqrt{\langle \vec{u_2},\vec{u_2} \rangle } \right| = \left| \sqrt{3^2+2^2}\right| = \left| \sqrt{13} \right|$
así, obtenemos
$$\angle(r_1,r_2) \equiv \angle(\vec{u_1},\vec{u_2})=\text{arccos}(\dfrac{1}{\left|\sqrt{2}\right|\,\left|\sqrt{13}\right|}) = \text{arccos}(\dfrac{1}{\left|\sqrt{26}\right|}) \approx 78^{\circ}\,41'$$


$\square$

[nota del autor]

Calcular el ángulo que forman los vectores ...

ENUNCIADO:
Calcular el ángulo que forman los vectores $\vec{u}=(1,2)$ y $\vec{v}=(1,-1)$

SOLUCIÓN:
$\angle(\vec{u},\vec{v}) \overset{\text{def}}{=} \text{arccos}\left(\dfrac{\langle \vec{u},\vec{v} \rangle }{\left\|\vec{u}\right\|\,\left\|\vec{v}\right\|}\right)$

Teniendo en cuenta que el valor del producto escalar de dichos vectores es $\langle \vec{u},\vec{v} \rangle = \langle (1,2),(1,-1) \rangle=1\cdot1+2\cdot(-1)=-1$
y que los módulos de estos son
$\left\|\vec{u}\right\| \overset{\text{def}}{=} \left| \sqrt{\langle \vec{u},\vec{u} \rangle } \right| = \left| \sqrt{1^2+2^2}\right| = \left| \sqrt{5} \right|$
y
$\left\|\vec{v}\right\| \overset{\text{def}}{=} \left| \sqrt{\langle \vec{v},\vec{v} \rangle } \right| = \left| \sqrt{1^2+(-1)^2}\right| = \left| \sqrt{2} \right|$
obtenemos
$$\angle(\vec{u},\vec{v})=\text{arccos}(\dfrac{-1}{\left|\sqrt{5}\right|\,\left|\sqrt{2}\right|}) = \text{arccos}(\dfrac{-1}{\left|\sqrt{10}\right|}) \approx 108^{\circ}\,26'$$

$\square$

[nota del autor]