Facultad de Contaduría y Administración. UNAM MATEMÁTICAS BÁSICAS HIPÉRBOLA ECUACIÓN ORDINARIA DE LA HIPÉRBOLA HORIZONTAL CON CENTRO EN EL ORIGEN

Hipérbola

Facultad de Contaduría y Administración. UNAM

Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa

MATEMÁTICAS BÁSICAS HIPÉRBOLA DEFINICIÓN DE HIPÉRBOLA

P del plano, tales que la diferencia de sus distancias a dos puntos fijos en el plano es constante. Los puntos fijos F1 y F2 se llaman focos.

Una hipérbola es el lugar geométrico de todos los puntos Gráficamente esto es:

y P

B1

d1

F2

d2

V2

V1

F1

x

B2 d1-d2= constante

V2V1 que pasa por los focos es el eje real. La mediatriz B2 B1 del eje real es el eje imaginario. Cada extremo del eje real V1 y V2 se llama vértice. El punto medio del

Con relación a la figura, el segmento de recta

segmento F2 F1 se llama centro de la hipérbola. La distancia del centro a cada vértice se llama semieje real y 1 la distancia del centro a cada extremo del eje imaginario se conoce como semieje imaginario .

ECUACIÓN ORDINARIA DE LA HIPÉRBOLA HORIZONTAL CON CENTRO EN EL ORIGEN A partir de la definición de la hipérbola y de la expresión para calcular la distancia entre dos puntos, se puede deducir la ecuación de una hipérbola en un sistema de coordenadas rectangulares. 1

Algunos textos, definen al eje real como eje transverso y al eje imaginario como eje conjugado.

1

Hipérbola

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Si los vértices se ubican en las coordenadas

V1 (a ,0)

Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa

y

V2 (− a ,0) ,

los focos están en

F1 (c ,0)

y

F2 (− c ,0) , el eje real de la hipérbola es coincidente al eje x , y si su centro se ubica en el origen, tiene

la siguiente forma:

y P d1

B1(0,b)

d2

F2(-c,0)

V1(a,0)

V2(-a,0)

F1(c,0)

x

B2(0,-b)

P está en cualquiera de los vértices, la diferencia de distancias d1 − d 2 da como resultado a − c − (−c − a ) , por lo que la suma constante se establece en 2a , a > 0 .

Si el punto

(

)

El punto P x , y pertenecerá a la hipérbola si y sólo si: por lo tanto:

(x − (− c ))2 + ( y − 0 )2 − (x − c )2 + ( y − 0 )2

d1 − d 2 = 2a ,

= 2a

que equivale a:

(x + c )2 + y 2

= 2a +

(x − c)2 + y 2

elevando ambos miembros al cuadrado:

  

(x + c )2 + y 2 

2

=  2a +  

(x − c )2 + y 2 

2



desarrollando:

(x + c)2 + y 2 = 4a 2 + 4a (x − c)2 + y 2 + (x − c)2 + y 2 x 2 + 2 xc + c 2 + y 2 = 4a 2 + 4a

(x − c )2 + y 2 + x 2 − 2 xc + c 2 + y 2

eliminando términos iguales:

2

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2 xc = 4a 2 + 4a

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(x − c )2 + y 2 − 2 xc

que equivale a:

(x − c )2 + y 2

= 4 xc − 4a 2 dividiendo todo por 4 : 4a

a

(x − c )2 + y 2

= xc − a 2

elevando nuevamente al cuadrado ambos miembros:

a  

(x − c )2 + y 2 

2



(

(

= xc − a 2

) (

a 2 (x − c )2 + y 2 = xc − a 2

(

) (

)

2

)

2

a 2 x 2 − 2 xc + c 2 + y 2 = xc − a 2

)

2

a 2 x 2 − 2a 2 xc + a 2 c 2 + a 2 y 2 = x 2 c 2 − 2a 2 xc + a 4 reduciendo términos semejantes:

a 2 x 2 + a 2c 2 + a 2 y 2 = x 2c 2 + a 4 invirtiendo nuevamente los miembros:

x 2c 2 + a 4 = a 2 x 2 + a 2c 2 + a 2 y 2 acomodando convenientemente:

x 2c 2 − x 2a 2 − a 2 y 2 = a 2c 2 − a 4 factorizando x

(

)

2

2

en el primer miembro y a en el segundo miembro:

(

x2 c2 − a2 − a2 y2 = a2 c2 − a2 si se denota como b

2

)

a la expresión c − b , y se sustituye se tiene que: 2

2

x 2b 2 − a 2 y 2 = a 2b 2

a 2b 2 toda la expresión: x 2b 2 a 2 y 2 a 2b 2 − = a 2b 2 a 2b 2 a 2b 2

dividiendo por

finalmente queda como:

x2 a2

−

y2 b2

=1

ecuación conocida como ecuación ordinaria o canónica de la hipérbola horizontal con centro en el origen, de semieje real a y de semieje imaginario b . Una de las asíntotas pasa por el origen y el punto

(a ,b) ,

por lo que su ecuación está dada por:

y −0 0−b b = = . La otra asíntota pasa por el origen y el punto (−a ,b ) , por lo que su ecuación está x−0 0−a a y −0 0−b b = = − . Esto significa que las ecuaciones de las asíntotas para este caso son: dada por: x − 0 0 − (− a ) a b y = ± x. a

3

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LONGITUD DE LOS LADOS RECTOS DE UNA HIPÉRBOLA HORIZONTAL Para cualquier hipérbola, los segmentos perpendiculares al eje real que pasan por sus focos y que incluyen a los extremos de la curva se denominan lados rectos (LR ) . Gráficamente es:

y

P3

P1

LR

LR

F2(-c,0)

V2

V1

P4

F1(c,0)

x

P2

Para encontrar las coordenadas de los extremos del lado recto, que pasa por el foco F1 , se sustituye x por

c

en la ecuación despejada para y :

b 2 c − a2 a 2 2 2 pero como b = c − a , se tiene: y=±

y=±

b 2 b b2 b =± b=± a a a

por lo cual, las coordenadas de los extremos P1 y P2 del lado recto asociado a F1 son:

 b2 P1  c,  a 

2   y P  c,− b  2  a   

Similarmente, para encontrar las coordenadas de los extremos del lado recto que pasa por el foco F2 , el procedimiento es idéntico al tomar en cuenta que los puntos P3 y P4 son simétricos a los puntos P1 y

P2 con respecto al eje x , con lo que se tienen la mismas ordenadas respectivas, por lo que las coordenadas de los extremos P3 y P4 del lado recto asociado a F2 son:

 b2  P3 − c,  a 

2   y P  − c,− b 4  a  

   

4

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(u ) , de cada lado recto viene dado por la diferencia de sus

La longitud, medida en unidades lineales ordenadas. Por lo tanto:

2b 2 LR = a EXCENTRICIDAD DE UNA HIPÉRBOLA Para cualquier hipérbola, a la relación que existe entre denota con la letra e :

e= Como el valor de

c

(foco) es más grande que el

a

c

y

a , se le conoce como su excentricidad y se

c a

(vértice), siempre se cumple que

e > 1.

Ejemplos. Calcular las longitudes de los semiejes real e imaginario, las coordenadas de los vértices, focos, la longitud del lado recto, la excentricidad y las ecuaciones de las asíntotas de las siguientes hipérbolas:

1)

x2 y2 − =1 25 9

Solución. El eje real es x . a = 25 , b = 9 ⇒ a = 5 , b = 3 2

2

V1 (5,0) y V2 (−5,0) los extremos del eje imaginario están en: B1 (0,3) y B2 (0, − 3) los vértices se encuentran en: obteniendo

c=

c:

a2 + b2 =

25 + 9 = 34

los focos se ubican en: F1 La excentricidad es:

e=

( 34 ,0) y F (− 2

34 ,0

)

34 2(3)2 2(9) 18 > 1 . El lado recto es: LR = = = u. 5 5 5 5

las ecuaciones de las asíntotas son: y = ±

3 3 3 x , es decir: y = x y y = − x 5 5 5

2) 8 x − 12 y = 96 Solución. Dividiendo todo por 96 : 2

2

x2 y2 − =1 12 8 De la ecuación se deduce que: obteniendo c :

a = 12

y b= 8.

5

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c=

( 12 ) + ( 8 ) 2

2

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= 20

( 12 ,0) y V (− 12 ,0) los extremos del eje imaginario están en: B (0 , 8 ) y B (0 , − 8 ) los focos se encuentran en: F ( 20 , 0 ) y F (− 20 ,0 ) los vértices se ubican en V1

2

1

1

la excentricidad es:

e=

20 12

2

2

=

2 5 2 3

=

5 3

las ecuaciones de las asíntotas son: y = ± Ejemplo. Si se sabe que se tiene un foco en hipérbola.

> 1 . El lado recto es: LR =

8 x , es decir: y = 12

Por simetría se deduce que el otro vértice está en

b=

2

12

=

2(8) 12

=

16

u.

12

2 2 x y y=− x 3 3

V1 (10,0) y un vértice en F2 (−8,0) , obtener las características de la

Solución. obteniendo

( )

2 8

V2 (−10,0) y el otro foco en: F1 (8,0)

b:

c − a2 2

⇒

b = 10 2 − 8 2 = 100 − 64 = 36 = 6

la ecuación buscada es:

x2 y2 − =1 64 36

2(6) 2(36) 72 10 5 = = = 9 u. = > 1 . El lado recto es: LR = la excentricidad es: e = 8 8 8 8 4 6 3 3 las ecuaciones de las asíntotas son: y = ± x , es decir: y = x y y = − x 4 8 4 2

ECUACIÓN ORDINARIA DE LA HIPÉRBOLA VERTICAL CON CENTRO EN EL ORIGEN El procedimiento para obtener la ecuación de la hipérbola vertical es muy similar al que se hizo con la hipérbola horizontal. En este caso, los vértices y focos están sobre el eje

F1 (0,c )

y

y

en las coordenadas

V1 (0,a ) , V2 (0,− a ) ,

F2 (0,− c ) , respectivamente, y aplicando la expresión de distancia entre dos puntos

que:

(x − 0)2 + ( y − (− c ))2 − (x − 0)2 + ( y − c )2

= 2a

que equivale a:

x 2 + ( y + c ) 2 = 2a + x 2 + ( y − c )2 después de desarrollar, eliminar radicales y simplificar, se llega a:

6

se tiene

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y2 x2 − =1 a 2 b2 ecuación conocida como ecuación ordinaria o canónica de la hipérbola vertical con centro en el origen, de semieje real a y de semieje imaginario b . La hipérbola en este caso tendría la siguiente forma:

y P(x,y) d2 F1(0,c)

V1(0,a) B1(b,0)

B2(-b,0)

x V2(0,-a) d1 F2(0,-c)

Una de las asíntotas pasa por el origen y el punto

(b, a ) ,

por lo que su ecuación está dada por:

y−0 0−a a = = . La otra asíntota pasa por el origen y el punto (− b , a ) , por lo que su ecuación está x−0 0−b b y −0 0−a a = = − . Esto significa que las ecuaciones de las asíntotas para este caso son: dada por: x − 0 0 − (− b ) b a y=± x. b

LONGITUD DE LOS LADOS RECTOS DE UNA HIPÉRBOLA VERTICAL Para encontrar las coordenadas de los extremos del lado recto de una hipérbola vertical, que pasa por el foco F1 , se sustituye el valor de y por c en la ecuación despejada para x :

b 2 c − a2 a 2 2 2 pero como b = c − a , se tiene: x=±

7

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x=±

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b 2 b b2 b =± b=± a a a

por lo cual, las coordenadas de los extremos P1 y P2 del lado recto asociado a F1 son:

 b2   b2  P1  ,c  y P2  − ,c   a   a    Similarmente, para encontrar las coordenadas de los extremos del lado recto que pasa por el foco F2 , el procedimiento es idéntico al tomar en cuenta que los puntos P3 y P4 son simétricos a los puntos P1 y

P2 con respecto al eje y , con lo que se tienen la mismas ordenadas respectivas, por lo que las coordenadas de los extremos P3 y P4 del lado recto asociado a F2 son:  b2   b2  ,−c  P1  ,−c  y P2  −  a   a 

y

P3

LR

F1(0,c)

P1

V1

x V2

P4

P2 F2(0,-c)

LR

La longitud, medida en unidades lineales abscisas. Por lo tanto:

(u ) , de cada lado recto viene dado por la diferencia de sus LR =

2b 2 . a

Ejemplos.

1) Obtener todas las características de la hipérbola de ecuación:

8

y2 x2 − =1 9 16

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Solución. De la ecuación se deduce que: obteniendo c :

a=

9 =3

y

b = 16 = 4

c = 3 2 + 4 2 = 25 = 5 los vértices se ubican en V1 (0,3) y V2 (0, − 3) los extremos del eje imaginario están en: B1 (4,0) y B2 (−4,0) los focos se encuentran en: F1 (0,5) y F2 (0, − 5)

5 2(4 )2 2(16 ) 32 > 1 LR = = = u. la excentricidad es: . El lado recto es: 3 3 3 3 3 3 3 las ecuaciones de las asíntotas son: y = ± x , es decir: y = x y y = − x 4 4 4 e=

2) Obtener todas las características de la hipérbola con focos en ecuaciones: y = ±

F (0,± 6) y que tiene asíntotas de

4 x. 5

Solución. De los datos se deduce que: c = 6 y que el eje real es y De las ecuaciones de las asíntotas se despeja a :

a a 4 4 y=± x ∴ = ⇒ a= b b b 5 5 pero también se sabe que: 2

c = a2 + b2

16 2 4  ⇒ 6 =  b  + b2 = b + b2 = 25 5 

41 2 b =6 ∴ b= 25

6 41 25

=

30 41

 4  30  24  = ⇒ a =   41  5  41  por lo tanto, la ecuación buscada es:

y2  24    41  

2

−

x2  30    41  

2

=1 ⇒



los vértices están en V  0, ±



41y 2 41x 2 − =1 576 900

6 6 41 24  =  , la excentricidad es: e = 24 = 24 41  41 2

 30   900  1800  2 2  75 41  41    = = 41 = u. la longitud del lado recto es: LR = 24 24 24 41 41 41 41

9

41 >1 4

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ECUACIÓN DE LA HIPÉRBOLA HORIZONTAL CUANDO SU CENTRO ES CUALQUIER PUNTO DEL PLANO Si el centro de la hipérbola horizontal es el punto

C (h ,k ) ,

que es el origen del sistema coordenado

x' − y' , su ecuación ordinaria viene dada por:

(x′)2 − ( y′)2 a2

b2

=1

pero teniendo en cuenta las fórmulas de traslación:

x' = x − h

y

y' = y − k

y sustituyendo en la ecuación anterior se tiene que:

(x − h )2 − ( y − k )2 a2

b2

=1

que es la ecuación ordinaria de la hipérbola horizontal con centro en

C (h ,k ) , de semieje real a

semieje imaginario b . La siguiente figura muestra este caso:

y

y’

V2(h-a,k)

k F2(h-c,k)

V1(h+a,k)

C(h,k)

h

10

F1(h+c,k)

x’

x

y de

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De la figura se puede apreciar que los vértices están en: V1 (h + a , k ) y V2 (h − a , k ) , los extremos del eje

imaginario están en: B1 (h , k + b ) y B2 (h , k − b ) , por su parte, los focos se ubican en F1 (h + c , k ) y

F2 (h − c , k ) . La longitud del lado recto sigue siendo LR = 2   h ± c, k ± b  a 

2b 2 , los extremos de los lados rectos son: a

  y las ecuaciones de las asíntotas son: y − k = ± b (x − h ) .  a 

Ejemplo. Encontrar todos los elementos de la hipérbola cuya ecuación es:

(x + 1)2 − ( y − 5)2 9

36

=1

Solución. De la ecuación se aprecia que

h = −1 y k = 5 por lo tanto, el centro se ubica en C (− 1,5) . Por otra parte, se tiene:

a 2 = 9 , b 2 = 36 ⇒ a = 3, b = 6 los vértices están en:

V1 (2,5) y V2 (−4,5)

obteniendo

V (−1 ± 3,5) que equivale a:

c:

c = a 2 + b 2 = 9 + 36 = 45 = 3 5

(

)

los focos se ubican en: F − 1 ± 3 5 ,5 que equivale a:

(

)

(

F1 − 1 + 3 5 ,5 y F2 − 1 − 3 5 ,5 la excentricidad es:

e=

el lado recto es: LR =

)

3 5 = 5 >1. 2

2(6)2 2(36) = = 24 u . 3 3

6 (x + 1) , que equivale a: y − 5 = ±2(x + 1) 3 desarrollando y reduciendo se obtienen las rectas: 2 x − y + 7 = 0 y 2 x + y − 3 = 0 .

las ecuaciones de las asíntotas son: y − 5 = ±

ECUACIÓN DE LA HIPÉRBOLA VERTICAL CUANDO SU CENTRO ES CUALQUIER PUNTO DEL PLANO Si el centro de la hipérbola vertical es el punto su ecuación ordinaria viene dada por:

( y' )2 − (x' )2 a2

b2

C (h ,k ) , que es el origen del sistema coordenado x' − y'

=1

11

,

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pero teniendo en cuenta las fórmulas de traslación:

x' = x − h

y

y' = y − k

y sustituyendo en la ecuación anterior se tiene que:

( y − k )2 − (x − h )2 a2

b2

=1

que es la ecuación ordinaria de la hipérbola vertical con centro en

C (h ,k ) ,

de semieje real

a

y de

semieje imaginario b . La siguiente figura muestra este caso:

y y’ F1(h,k+c)

V1(h,k+a) k

C(h,k)

x’ V2(h,k-a)

F2(h,k-c)

h

x

De la figura se puede apreciar que los vértices están en: V1 (h , k + a ) y V2 (h , k − a ) y los focos se ubican en F1 (h , k + c ) y F2 (h ,k − c ) . La longitud del lado recto sigue siendo LR =

2b 2 , los extremos de los a

  a b2  h ± , k ± c  y las ecuaciones de las asíntotas son: y − k = ± (x − h ) . lados rectos son:  a b   Ejemplo. Encontrar la ecuación de la hipérbola y sus características si tiene vértices en longitud de sus lados rectos es

8 u. 3 12

V1 (5,1)

y

V2 (5,7 )

y cuya

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Solución. Como las abscisas de los vértices no cambian, se trata de una hipérbola vertical.

 1+ 7  C  5,  ⇒ C (5,4) , esto es, h = 5 y k = 4 2   así que el semieje real es: a = 7 − 4 = 3 el centro se ubica en

despejando

b

de la expresión del lado recto: 2

8 2b 8 = = 3 3 3

LR =

b2 =

⇒

3(8) =4 2(3)

∴

b=2

así que la ecuación buscada es:

( y − 4)2 − (x − 5)2 32

22

obteniendo

=1 ⇒

( y − 4)2 − (x − 5)2 9

4

=1

c:

c = a 2 + b 2 = 3 2 + 2 2 = 9 + 4 = 13

(

(

)

)

(

los focos se ubican en: F 5 , 4 ± 13 que equivale a: F1 5 , 4 + 13 y F2 5 , 4 − 13 las ecuaciones de las asíntotas son: y − 4 = ±

3 (x − 5) , que equivale a: 2( y − 4) = ±3(x − 5) 2

desarrollando y reduciendo se obtienen las rectas: 3 x − 2 y − 7 = 0

y 3 x + 2 y − 23 = 0 .

ECUACIÓN GENERAL DE LA HIPÉRBOLA HORIZONTAL Sea la ecuación ordinaria trasladada de la hipérbola horizontal:

(x − h )2 − ( y − k )2 a2

=1

b2

desarrollando se tiene:

x 2 − 2 xh + h 2 a2

−

y 2 − 2 yk + k 2 b2 2 2

multiplicando por a b :

(

)

=1

(

)

a 2 b 2 x 2 − 2 xh + h 2 a 2 b 2 y 2 − 2 yk + k 2 − = a 2 b 2 (1) 2 2 a b

(

)

(

)

)

⇒ b 2 x 2 − 2 xh + h 2 − a 2 y 2 − 2 yk + k 2 = a 2 b 2 ⇒ b 2 x 2 − 2b 2 xh + b 2 h 2 − a 2 y 2 + 2a 2 yk − a 2 k 2 = a 2b 2 acomodando:

b 2 x 2 − a 2 y 2 − 2b 2 hx + 2a 2 ky + b 2 h 2 − a 2 k 2 − a 2 b 2 = 0 realizando los siguientes cambios de variable:

A = b 2 , C = a 2 , D = −2b 2 h , E = 2a 2 k , F = b 2 h 2 − a 2 k 2 − a 2 b 2 la expresión queda como:

Ax 2 − Cy 2 + Dx + Ey + F = 0

13

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que es la ecuación general de la hipérbola horizontal. Nótese como A ≠ C , tanto en signo como en magnitud. Ejemplo. Obtener la ecuación general de la hipérbola horizontal y sus características si el semieje real igual a seis, el semieje imaginario es cinco y su centro está en C (3,− 4) . Solución.

a = 6, b = 5

V (3 ± 6 ,−4 ) ⇒ V1 (9 ,− 4 ),

los vértices están en: obteniendo c :

c = 6 2 + 52

c = 36 + 25 = 61

⇒

(

los focos se ubican en: F 3 ±

61 ,− 4

)

⇒

V2 (−3,− 4 )

(

)

F1 3 + 61 ,− 4 ,

(

F2 3 − 61 , − 4

)

61 2(5)2 2(25) 50 25 > 1 , la longitud del lado recto es: LR = = = = u. . 6 6 6 6 3 5 Las ecuaciones de las asíntotas son: y + 4 = ± ( x − 3) , que equivale a: 6( y + 4) = ±5( x − 3) 6 desarrollando y reduciendo se obtienen las rectas: 5x − 6 y − 39 = 0 y 5 x + 6 y + 9 = 0 .

la excentricidad es: e =

La ecuación ordinaria trasladada queda:

(x − 3)2 − ( y + 4)2 62

52

multiplicando por desarrollando:

(

=1 ⇒

(x − 3)2 − ( y + 4)2 36

25

=1

900 : 25(x − 3)2 − 36( y + 4)2 = 900

) (

)

25 x 2 − 6 x + 9 − 36 y 2 + 8 y + 16 = 900

⇒

25 x 2 − 150 x + 225 − 36 y 2 − 288 y − 576 = 900

acomodando se llega a la ecuación general pedida:

25 x 2 − 36 y 2 − 150 x − 288 y − 1251 = 0

ECUACIÓN GENERAL DE LA HIPÉRBOLA VERTICAL Sea la ecuación ordinaria trasladada de la hipérbola vertical:

( y − k )2 − (x − h)2 a2

b2

=1

desarrollando se tiene:

y 2 − 2 yk + k 2 x 2 − 2 xh + h 2 − =1 a2 b2 2 2 multiplicando por a b :

(

a 2b 2 y 2 − 2 yk + k 2 2

) − a b (x 2 2

2

− 2 xh + h 2 2

) = a b (1) 2 2

a b 2 2 2 b y − 2 yk + k − a x − 2 xh + h 2 = a 2 b 2 2

(

2

)

(

)

b 2 y 2 − 2b 2 yk + b 2 k 2 − a 2 x 2 + 2a 2 xh − a 2 h 2 = a 2b 2 acomodando:

− a 2 x 2 + b 2 y 2 + 2a 2 hx − 2b 2 ky − a 2 h 2 + b 2 k 2 − a 2b 2 = 0 14

Hipérbola

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Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa

realizando los siguientes cambios de variable:

A = a 2 , C = b 2 , D = 2a 2 h , E = −2b 2 k , F = −a 2 h 2 + b 2 k 2 − a 2b 2 la expresión queda como:

− Ax 2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 que es la ecuación general de la hipérbola vertical. Adviértase que en este caso el signo negativo lo lleva la variable x . Ejemplo. Obtener la ecuación general de la hipérbola con focos en

F1 (1,6)

y

F2 (1,0 )

y con excentricidad e =

3 2

. Solución. Al no cambiar las abscisas de los focos, se trata de una hipérbola vertical con centro en

 6+0 C 1,  ⇒ C (1,3) , esto es, h = 1 y k = 3  2 

c: c = 6−3 = 3 despejando a de la excentricidad:

obteniendo

e=

c 3 = a 2

obteniendo

2c = 3a

⇒

∴

a=

2c 2(3) = =2 3 3

b:

b = c 2 − a 2 = 32 − 2 2 = 9 − 4 = 5 así que la ecuación buscada es:

( y − 3)2 − (x − 1)2

( 5)

22

2

multiplicando por

( y − 3)2 − (x − 1)2

=1 ⇒

4

5

=1

20 :

20( y − 3) 20(x − 1)2 − = 20 ⇒ 5( y − 3)2 − 4(x − 1)2 = 20 4 5 2 5 y − 6 y + 9 − 4 x 2 − 2 x + 1 = 20 ⇒ 5 y 2 − 30 y + 45 − 4 x 2 + 8 x − 4 = 20 2

(

) (

)

acomodando se llega a la ecuación general pedida:

− 4 x 2 + 5 y 2 + 8 x − 30 y + 21 = 0

CARACTERÍSTICAS DE LA HIPÉRBOLA A PARTIR DE SU ECUACIÓN GENERAL Para transformar la ecuación general de la hipérbola horizontal: Ax − Cy + Dx + Ey + F = 0 a su 2

ecuación ordinaria:

(x − h )2 − ( y − k )2 a2

b2

2

= 1 , o para pasar de la ecuación general de la hipérbola vertical:

− Ax 2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 a su respectiva ecuación ordinaria: lograr realizando los siguientes pasos: 15

( y − k )2 − (x − h)2 a2

b2

= 1 , se puede

Hipérbola

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Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa

Se reordenan los términos en x y en y Se extrae como factor común al coeficiente de la variable elevada al cuadrado Se completan los cuadrados perfectos(TCP) Se factoriza Se divide entre el término independiente.

1. 2. 3. 4. 5.

Ejemplos. Obtener todas las características de las siguientes hipérbolas: 1) 5 x − 7 y + 40 x − 84 y − 207 = 0 2

2

Solución. Siguiendo la metodología sugerida, se tiene:

5 x 2 + 40 x − 7 y 2 − 84 y − 207 = 0

(

) (

)

5 x 2 + 8 x − 7 y 2 + 12 y − 207 = 0

(

) (

)

5 x 2 + 8 x + 16 − 7 y 2 + 12 y + 36 − 207 − 5(16 ) + 7(36 ) = 0

5(x + 4 )2 − 7( y + 6 )2 = 207 + 80 − 252 = 35

(x + 4) − ( y + 6 ) = 1 5(x + 4 )2 7( y + 6)2 − =1 ⇒ 7 5 35 35 El eje real es x . Se aprecia que h = −4, k = −6 , por lo que el centro se ubica en: C (−4, − 6) 2

a2 = 7 ⇒

2

a = 7 , b2 = 5 ⇒ b = 5

la ubicación de los vértices es: obteniendo c :

(

V1 − 4 + 7 ,− 6

c = a 2 + b 2 = 7 + 5 = 12 los focos se ubican en:

(

F1 − 4 + 12 ,− 6

La excentricidad es: e =

12 7

) y V (− 4 − 2

) y F (− 4 − 2

12 ,− 6

y−6 = ±

5 7

(x − 4)

desarrollando y reduciendo se obtienen las rectas:

5x − 7 y − 4 5 + 6 7 = 0 y

5x + 7 y − 4 5 − 6 7 = 0

2) 4 x − 25 y + 24 x + 100 y + 36 = 0 2

Solución. De acuerdo a la metodología mencionada, se tiene:

4 x 2 + 24 x − 25 y 2 + 100 y + 36 = 0

(

) (

)

4 x 2 + 6 x − 25 y 2 − 4 y + 36 = 0

(

) (

)

> 1. La longitud del lado recto es: LR =

las ecuaciones de las asíntotas son:

2

7 ,− 6

)

4 x 2 + 6 x + 9 − 25 y 2 − 4 y + 4 + 36 − 4(9) + 25(4) = 0

16

) ( )

2 5

7

2

=

10 7

u.

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4(x + 3)2 − 25( y − 2 )2 = −36 + 36 − 100 = −100

( y − 2) − (x + 3) = 1 4( x + 3)2 25( y − 2 )2 − = 1 que equivale a: 4 25 − 100 − 100 h = − 3 , k = 2 y El eje real es . Se aprecia que , por lo que el centro se ubica en C (− 3,2 ) 2

a2 = 4 ⇒

a=

4 = 2 , b 2 = 25 ⇒

la ubicación de los vértices están en: obteniendo c :

V1 (− 3,4 )

c = a 2 + b 2 = 4 + 25 = 29 los focos se ubican en:

(

F1 − 3,2 + 29

2

b = 25 = 5 y

V2 (− 3,0 )

) y F (− 3,2 − 2

29

)

29 2(5)2 = 25 u . > 1. La longitud del lado recto es: LR = 2 2

la excentricidad es: e =

2 (x + 3) , es decir: 5( y − 2) = ±2(x + 3) 5 desarrollando y reduciendo se obtienen las rectas: 2 x − 5 y + 16 = 0 y 2 x + 5 y − 4 = 0 .

las ecuaciones de las asíntotas son:

y−2=±

3) 4 x − 9 y − 18 y − 45 = 0 2

2

Solución. Conforme a la metodología expuesta, se tiene:

4 x 2 − 9 y 2 − 18 y − 45 = 0

( 4(x

) ( ) + 0 x + 0) − 9(y + 2 y + 1) − 45 − 4(0 ) + 9(1) = 0

4 x 2 + 0 x − 9 y 2 + 2 y − 45 = 0 2

2

4(x + 0 )2 − 9( y + 1)2 = 45 + 0 − 9 = 36

(x + 0) − ( y + 1) = 1 4(x + 0)2 9( y + 1)2 − =1 ⇒ 36 36 9 4 El eje real es x . Se aprecia que h = 0, k = −1 , por lo que el centro se ubica en C (0, − 1) . 2

2

a 2 = 9 ⇒ a = 9 = 3, b 2 = 4 ⇒ b = 4 = 2 la ubicación de los vértices es: obteniendo c :

V1 (3,− 1)

c = a 2 + b 2 = 9 + 4 = 13 los focos se ubican en:

(

y

V2 (− 3,− 1)

) y F (−

F1 13 ,− 1

2

)

13 ,− 1

2(2) 8 13 = u. > 1. La longitud del lado recto es: LR = La excentricidad es: e = 3 3 3 2 las ecuaciones de las asíntotas son: y + 1 = ± (x − 3) , esto es: 3( y + 1) = ±2(x − 3) 3 2

desarrollando y reduciendo se obtienen las rectas:

17

Hipérbola

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Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa

2x − 3 y − 9 = 0 y 2 x + 3 y − 3 = 0

CASO ESPECIAL O DEGENERADO DE UNA HIPÉRBOLA Si en el proceso de transformación de la ecuación general a la ecuación ordinaria sucede que el término independiente es cero, el resultado no es una hipérbola sino dos rectas no paralelas que surgen de la factorización de la diferencia de dos cuadrados. Gráficamente esto es:

y

A2x+B2y+C2=0

L1

A1x+B1y+C1=0

L2

x

Ejemplos. Obtener todas las características de las siguientes ecuaciones: 1) 9 x − 25 y 2

2

=0

Solución.

Se sabe que a − b = (a + b )(a − b ) , por lo tanto si se aplica se tiene que: 2

2

(3x + 5 y )(3x − 5 y ) = 0 , y las rectas que se cruzan son: 3x + 5 y = 0

2) 4 x − y − 24 x − 4 y + 32 = 0 2

2

Solución. Acomodando las variables: 4 x − 24 x − y − 4 y + 32 = 0 Ahora, siguiendo el procedimiento planteado: 2

( 4 (x

2

) ( ) − 6 x + 9 ) − 1(y + 4 y + 4 ) + 32 − 4(9) + 1( 4) = 0

4 x 2 − 6 x − 1 y 2 + 4 y + 32 = 0 2

2

4(x − 3)2 − 1( y + 2)2 = −32 + 36 − 4

18

y

3x − 5 y = 0

Hipérbola

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4(x − 3)2 − 1( y + 2 )2 = 0

[(

) (

factorizando: 2 x − 3 + 1 y + 2 separando las variables se tiene:

2(x − 3) + 1( y + 2 ) = 0

y 2(x − 3) − 1( y + 2 ) = 0

Autor: Dr. José Manuel Becerra Espinosa

)][2(x − 3) − 1( y + 2)] = 0

⇒ 2x − 6 + y + 2 = 0

2x + y − 4 = 0

⇒

⇒ 2x − 6 − y − 2 = 0

2x − y − 8 = 0

⇒

3) − 9 x + 16 y − 96 y + 144 = 0 2

2

Solución. Acomodando las variables: − 9 x + 16 y − 96 y + 144 = 0 Ahora, siguiendo el procedimiento planteado: 2

(

) (

)

2

− 9 x 2 − 0 x + 16 y 2 − 6 y + 144 = 0

(

) (

)

− 9 x − 0 x + 0 + 16 y − 6 y + 9 + 144 + 9(0) − 16(9) = 0 2

2

− 9(x − 0)2 + 16( y − 3)2 = −144 + 144 − 9( x − 0 )2 + 16( y − 3)2 = 0

16( y − 3)2 − 9(x − 0)2 = 0 factorizando: [4( y − 3) + 3(x − 0)][4( y − 3) − 3(x − 0)] = 0 separando las variables. Se tiene:

4( y − 3) + 3(x − 0) = 0

y 4( y − 3) − 3( x − 0 ) = 0

⇒ 4 y − 12 + 3x + 0 = 0

3x + 4 y − 12 = 0

⇒

⇒ 4 y − 12 − 3x + 0 = 0

⇒

3x − 4 y + 12 = 0.

APLICACIONES Algunas aplicaciones de la hipérbola se pueden encontrar en: 1. En la localización de epicentros de movimientos telúricos a través de sismógrafos. 2. La naturaleza de la hipérbola se aprovecha en el diseño de telescopios reflectores. 3. En la navegación se utiliza la definición de la hipérbola: un barco se encuentra sobre una hipérbola cuyos focos están en la posición de dos estaciones. La razón de esto es que la diferencia constante de tiempo entre las señales emitidas desde cada estación corresponde a una diferencia constante entre las distancias del barco a cada estación. Mediante la utilización de la hipérbola se puede saber 2 la localización exacta del barco . 4. Investigaciones de física atómica han demostrado que las partículas alfa apuntadas hacia el núcleo de un átomo son repelidas y siguen una trayectoria hiperbólica. 5. Las trayectorias de los algunos cometas externos del sistema solar que son atraídos por la gravedad del Sol, describen una órbita hiperbólica, considerando que en uno de los focos está el Sol. Al describir este movimiento, estos cometas escaparán nuevamente de este sistema. 6. En el diseño de algunos arcos y cúpulas de construcciones modernas. 7. Una relación hiperbólica determina que dos cantidades son inversamente proporcionales

2

Este sistema de navegación recibe el nombre de LORAN.

19