GEOMETR´IA - Matemática · PDF fileNote que es posible encontrar todos los...

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE

GEOMETRIAP R O B L E M A S R E S U E L T O S

Rodrigo Vargas

Santiago de Chile

2008

Prefacio

Este libro con problemas resueltos pretende sirvir como texto para es-tudiantes en un primer curso de Geometrıa. Ası espero facilitar el estudioy la comprension de los estudiantes. Grupos especiales, estudiantes avanza-dos, lectores que deseen una presentacion mas completa y los alumnos, porası decirlo, normales que busquen lecturas complementarias pueden consul-tar el libro “Trigonometrıa y Geometrıa Analıtica” de los autores Masjuan,Arenas y Villanueva.

La parte mas importante de este libro son sus problemas resueltos, quesirven para fijar ideas, desarrollar algunos temas esbozados en muchos textosde geometrıa y trigonometrıa y como oportunidad para que el lector com-pruebe lo sencillo de algunas soluciones. Naturalmente, me gustarıa que ellector solo consultase las soluciones despues de haber hecho un serio esfuerzopara resolver cada problema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin exito,el que nos conduce a buenos resultados en el proceso de aprendizaje.

Los problemas que el lector encontrara se basan en las ayudantıas delcurso de geometrıa en la Pontificia Universidad Catolica de Chile, el cualesta dirigido a estudiantes de Bachillerato.

iii

Indice general

1. Trigonometrıa 1

2. Numeros Complejos 35

3. Geometrıa Analıtica 49

v

Capıtulo 1

Trigonometrıa

1.1. Un asta de bandera esta enclavada verticalmente en lo alto de un edifi-cio; a 12m. de distancia, los angulos de elevacion de la punta del asta yde la parte superior del edificio son de 60o y 30o respectivamente. Hallarla longitud del asta.

Solucion:

12m

x

y

60o

30o

asta

De la figura se tiene que

tan 30o =y

12, tan 60o =

x + y

12

despejando la primera ecuacion resulta y = 12 tan 30o entonces

12 tan60o = x + y = x + 12 tan 30o

⇒ x = 12(tan 60o − tan 30o) ∼= 13, 86 [m] .

1

2 §1. Trigonometrıa

1.2. Mirando hacia el sur desde la parte superior de un acantilado, los angu-los de depresion de una roca y una boya se observa que son de 45o y60o. Si se sabe que estos objetos estan separados 110m. Hallar la alturadel acantilado.

Solucion: Observe la siguiente figura que muestra la situacion descrita

b b

110 m y

x

45o

60o

De la figura se tiene que

tan 45o =x

110 + y, tan 60o =

x

y

de la segunda ecuacion obtenemos y =x

tan 60o=

x√3

y reemplazando

esta ultima ecuacion en la primera de las ecuaciones dadas resulta

(

110 +x√3

)

tan 45o = x ⇒ x =

(

110 +x√3

)

⇒ x =110

1 − 1√3

∼= 260, 26 [m] .

1.3. Se tiene un plano inclinado que formaun angulo θ con la horizontal.Desde el extremo superior del plano inclinado se ve un objeto situadoen l horizontal segun angulo de depresion α; desdela mitad del planoinclinado se observa el mismo objeto con un angulo de depresion β.Demostrar que:

cot θ = 2 cotα − cot β.

Solucion: La figura muestra la situacion geometrica

Geometrıa - Rodrigo Vargas 3

b

b

z0

θx0

y0α

βObjeto

La ecuacion de la recta del plano inclinado es y = tan θ ·x, entonces lascoordenadas de la mitad del plano inclinado son

(x0

2, tan θ

x0

2

)

.

Luego,

cot θ =x0

y0, cotα =

x0 + z0

y0, cotβ =

x0

2+ z0

tan θ x0

2

.

Por lo tanto,

2 cotα − cot β = 2

(x0 + z0

y0

)

− 1

2

(x0 + 2z0)

tan θ · x0· 2

= 2 cot θ + 2z0

y0− 1

tan θ− 2z0

tan θ · x0

= 2 cot θ +2z0

y0− cot θ − 2z0

x0 · y0· x0 = cot θ .

1.4. Demostrar las siguientes identidades

(a) sin4 α + 2 sin2 α

(

1 − 1

cosec2 α

)

= 1 − cos4 α ,

(b)1 − sin α cos α

(sec α − cosecα) cosα· sin2 α − cos2 α

sin3 α + cos3 α= sin α ,

(c) (sec α − 1)2 − (tanα − sin α)2 = (1 − cos α)2 ,


(d) a = cotα ⇒ a +1

a= sec αcosecα.

Solucion:

(a)

sin4 α + 2 sin2 α

(

1 − 1

cosec2α

)

= sin4 α + 2 sin2 α

(

1 − 1(

1sinα

)2

)

= sin4 α + 2 sin2 α(1 − sin2 α)

= sin4 α + 2 sin2 α − 2 sin4 α

= 2 sin2 α − sin4 α

= sin2 α(2 − sin2 α)

= sin2 α(1 + (1 − sin2 α))

= sin2 α(1 + cos2 α)

= (1 − cos2 α)(1 + cos2 α)

= 1 − cos4 α .

(b) Notemos que

1 − sin α cos α

(sec α − cosecα) cosα=

1 − sin α cos α(

1cos α

− 1sinα

)cos α

=1 − sin α cos α

sin α − cos α

sin α cos α· cos α


sin α − cos α· sin α .

Entonces, si denotamos por A el lado derecho de la igualdad en (b)


obtenemos que

A =1 − sin α cos α

sin α − cos α· sin α · sin2 α − cos2 α

sin3 α + cos3 α


sin α − cos α· sin α · (sin α − cos α)(sin α + cos α)

sin3 α + cos3 α

=(1 − sin α cos α)(sin α + cos α)

sin3 α + cos3 α· sin α

=sin α + cos α − sin2 α cos α − sin α cos2 α


=sin α(1 − cos2 α) + cos α(1 − sin2 α)


=sin3 α + cos3 α

sin3 α + cos3 α· sin α = sin α .

(c)

(sec α − 1)2 − (tanα − sin α)2 =

(1

cos α− 1

)2

−(

sin α

cos α− sin α

)2

=

(1 − cos α

cos α

)2

−(

sin α − sin α cos α

cos α

)2

=(1 − cos α)2 − sin2 α(1 − cos α)2

cos2 α

=(1 − cos α)2(1 − sin2 α)

cos2 α

=(1 − cos α)2 cos2 α

cos2 α= (1 − cos α)2 .

(d) Si a = cotα entonces

a +1

a= cotα +

1

cot α=

cos α

sen α+

sen α

cos α

=cos2 + sen2 α

sen α cos α=

1

sen α· 1

cos α= sec α · cosec α .

1.5. Una torre esta al pie de una colina cuya inclinacion con respecto alplano horizontal es de 9o. Desde un punto de la colina 12m. mas arribala torre subtiende un angulo de 54o, hallar la altura de la torre.

Solucion:


9o

45o

b

12m colina

Note que es posible encontrar todos los angulos del triangulo de lafigura, uno de ellos es 81o y el otro mide 54o, con estos valores podemosusar el Teorema del Seno, se obtiene inmediatamente que

12

sen 45o=

h

sen 54o⇒ h = 12 · sen 54o

sen 45o∼= 13, 73 [m] .

1.6. Dos postes verticales cuyas alturas son a y b subtienden el mismo anguloα desde un punto que esta en la lınea que une sus pies. Si ellos subtien-den angulos β, γ desde un punto del plano horizontal desde el cual lalınea que une sus pies subtiende un angulo recto; demostrar que:

(a + b)2 cot2 α = a2 cot2 β + b2 cot2 γ.

Solucion: Realizamos la siguiente figura que describe la situacion geo-metrica del problema


a

b

α α

βγ

x1 x2

y1 y2

Tenemos que

cot α =x1

ay cotα =

x2

b⇒ x2 =

b

ax1

y ademas

cot β =y1

a, cot γ =

y2

b.

Entonces, usando el Teorema de Pitagoras para el triangulo rectangulode catetos y1 e y2 obtenemos

a2 cot2 β + b2 cot2 γ = a2(y1

a

)2

+ b2(y2

b

)2

= y21 + y2

2

= (x1 + x2)2

=

(

x1 +b

ax1

)2

=(x1

a

)2

· (a + b)2

= (a + b)2 cot2 α .


1.7. Dos chimeneas AB y CD tienen la misma altura. Una persona queesta entre ellas en la recta AC que une sus bases observa que la ele-vacion de la mas cercana es de 60o. Despues de caminar 24m. en unadireccion perpendicular a AC observa que las elevaciones son de 45o ala mas cercana y 30o a la otra. Hallar la altura de las chimeneas y ladistancia que las separa.

Solucion: La situacion geometrica se presenta en la siguiente figura

A

B

C

D

h

y

z1 z2

x

60o

30o

45o

24m

Tenemos que

tan 60o =h

x, tan 45o =

h

z2.

Por el teorema de Pitagoras

242 + x2 = z22 ⇒ 242 +

h2

(tan 60o)2=

h2

(tan 45o)2

⇒ 242 +h2

(√

3)2= h2

⇒ h2 =3

2(24)2 ⇒ h = 24

√

3

2[m] .

De donde se obtiene que x =24√

32√

3=

24√2

= 12 ·√

2 [m]. De manera


similar se obtiene que

tan 30o =h

z1⇒ z1 =

h

tan 30o=

24√

32

1√3

= 36√

2 [m]

usando nuevamente el teorema de pitagoras se obtiene

242 + y2 = z21 ⇒ y2 = z2

1 − 242 = 362 · 2 − 242

⇒ y =√

2016 = 12√

14 [m] .

Por lo tanto, AC = x + y = 12(√

2 +√

14) ∼= 61, 87 [m]

1.8. Si a cos2 α + b sen2 α = c, demostrar que

tan2 α =c − a

b − c.

Solucion: Notemos que

a cos2 α + b sen2 α = c ⇒ a cos2 α + b sen2 α = c(sen2 α + cos2 α)

⇒ (b − c) sen2 α = (c − a) cos2 α

⇒ tan2 α =c − a

b − c.

1.9. Sitanβ

tan γ=

y

xy

cos α

cos β= y. Demuestre que

tan γ =x

y

√

y2 sec2 α − 1.

Solucion: Observe que

tan β

tan γ=

y

x⇒ tan γ =

x

ytanβ

ycos α

cos β= y ⇒ cos β =

cos α

y.

β

cos α

√

y2 − cos2 αy


de la figura se obtiene

tanβ =

√

y2 − cos2 α

cos α=

√

y2

cos2 α− cos2 α

cos2 α=√

y2 sec2 α − 1 .

Por lo tanto,

tan γ =x

ytanβ =

x

y

√

y2 sec2 α − 1 .

1.10. Si p cosα = q sen α, p, q > 0, 0 < α < 90o. Demuestre que

p2 sen2 α − q2 cos2 α = p2 − q2.


p cos α = q sen α ⇔ tanα =p

q.

Realizando la siguiente figura

αq

p√

p2 + q2

se deduce que

sen α =p

√

p2 + q2, cos α =

q√

p2 + q2.

Entonces,

P 2 sen2 α − q2 cos2 α =p2 · p2

p2 + q2− q2 · q2

p2 + q2

=p4 − q4

p2 + q2

=(p2 + q2)(p2 − q2)

p2 + q2= p2 − q2 .


1.11. Un avion vuela en lınea recta a una altura de 1000m. A las 13 ho-ras se encuentra en A y asciende bruscamente desviandose 30o con lahorizontal manteniendo el movimiento rectilıneo con rapidez constante.Despues de 10 segundos el avion se encuentra en B. Si desde una torrede observacion en la tierra, se tienen angulos de elevacion de 30o y 45o

para los puntos A y B, respectivamente, indicar cual es la rapidez delavion suponiendo que las visuales de los puntos A y B y la trayectoriadel avion estan en un plano.

Solucion: Para poder resolver este problema debemos despreciar laaltura de la torre.

A

B

b

b

b

1000

y

z1 z2

30o

30o

45otorre

De la figura, tenemos que

tan 30o =1000

z1 + z2, tan 45o =

1000 + y

z2, tan 30o =

y

z1.

Entonces, obtenemos las ecuaciones

z1 + z2 =1000

tan 30o= 1000

√3 , (1.1)

z2 =1000 + y

tan 45o= 1000 + y , (1.2)

z1 =y

tan 30o=

√3y . (1.3)

Sumando (1.2) y (1.3) e igualando con (1.1) se obtiene

1000√

3 = y(1 +√

3) + 1000 ⇒ y =

√3 − 1√3 + 1

· 1000 .

Por el teorema de Pitagoras se tiene

AB2

= y2 + z21 = y2 + (

√3y)2 = 4y2 ⇒ AB = 2y =

√3 − 1√3 + 1

· 2000[m]


y por lo tanto la rapidez del avion es

v =AB

10[m/s] =

√3 − 1√3 + 1

· 200 [m/s] ∼= 192, 9 [Km/h] .

1.12. Se tiene un polıgono regular de n lados inscrito en una circuferencia deradio r. Demostrar que el perımetro y el area de este polıgono dson,respectivamente:

2nr senπ

n,

1

2nr2 sen

2π

n.

Solucion: Realizamos la siguiente figura

h

xx

rπ

n

π

n

y obtenemos senπ

n=

x

r⇒ x = r sen

π

nentonces el largo de uno de

los lados del poligono regular es l = 2x = 2r senπ

ny por lo tanto el

perımetro del polıgono regular de n lados es:

P = nl = 2nr senπ

n.

Por otro lado, tenemos que cosπ

n=

h

r⇒ h = r cos

π

nentonces el area

del triangulo de la figura es

a =l · h2

=1

2(2r sen πn) · (r cos

π

n) = r2 sen

π

ncos

π

n=

1

2r2 sen

2π

n

y por lo tanto el area del poligono regular de n lados es

A = na =1

2nr2 sen

2π

n.


1.13. Calcular senπ

10.

Solucion: Notemos que α =π

2⇒ 5α =

π

2⇒ 2α =

π

2− 3α, entonces

sen 2α = sen(π

2− 3α

)

= cos 3α ⇒ 2 sen α cos α = 4 cos3 α − 3 cosα

⇒ 2 sen α = 4 cos2 α − 3

⇒ 2 sen α = 4(1 − sen2 α) − 3 = −4 sin2 α + 1

⇒ 4 sin2 α + 2 sinα − 1 = 0

resolviendo la ecuacion de segundo grado obtenemos soluciones

sin α =−2 ±

√4 + 4 · 48

=−2 ±

√20

8=

−1 ±√

5

4.

Como el angulo α esta en el primer cuadrante entonces el sen α > 0 de

donde se deduce que sen α =

√5 − 1

4

1.14. Demostrar que

sen(α + β) − sen 4β

cos(α + β) + cos 4β= tan

α − 3β

2.

Solucion: Usando la formula de prostaferesis obtenemos

sen(α + β) − sen 4β

cos(α + β) + cos 4β=

2 cos

(α + 5β

2

)

sen

(α − 3β

2

)

2 cos

(α + 5β

2

)

cos

(α − 3β

2

)

=

sen

(α − 3β

2

)

cos

(α − 3β

2

) = tan

(α − 3β

2

)

.

1.15. Demostrar que

α + β + γ = π ⇒ cos α + cos β + cos γ = 1 + 4 senα

2sen

β

2sen

γ

2.

Solucion: Usando la fomula de Prostaferesis

cos α + cos β = 2 cosα + β

2cos

α − β

2.


Como α + β + γ = π ⇒ γ = π − (α + β), luego

cos γ = cos(π − (α + β))

= cos π cos(α + β) − sen π sen(α + β)

= − cos(α + β)

= − cos

(α + β

2+

α + β

2

)

= −(

cos2 (α + β)

2− sen2 (α + β)

2

)

= − cos2 (α + β)

2+ 1 − cos2 (α + β)

2

= 1 − 2 cos2 (α + β)

2.

Por lo tanto,

cos α + cos β + cos γ = 2 cosα + β

2cos

α − β

2+ 1 − 2 cos2 (α + β)

2

= 2 cos(α + β)

2

(

cos(α − β)

2− cos

(α + β)

2

)

+ 1

= 1 + 2 cos(π − γ)

2

(

2 senα

2sin

β

2

)

= 1 + 4 senα

2sen

β

2sen

γ

2

en donde para pasar de la segunda igualdad a la tercera igualdad hemosusado la identidad 2 sin x sin y = cos(x + y) − cos(x − y)

1.16. Demostrar

2α + β =π

2⇒ cos α =

√

1 + sen β

2.

Solucion: Tenemos que si 2α+β =π

2⇒ 2α =

π

2−β entonces cos 2α =

cos(

π2− β

)y como

cos 2α = cos2 α − sen2 α = cos2 α − 1 + cos2 α = 2 cos2 α − 1

y ademas

cos(π

2− β

)

= cosπ

2cos β + sen

π

2sen β = sen β

igualando obtenemos

2 cos2 α − 1 = sen β ⇒ cos2 α =1 + sen β

2⇒ cos α =

√

1 + sen β

2.


1.17. Demostrar que

α+β +γ = π ⇒ cos2 2α+cos2 2β +cos2 2γ = 1+2 cos 2α cos 2β cos 2γ.

Solucion: Usaremos la identidad

cos2 α =1 + cos 2α

2

entonces

cos2 2α + cos2 2β + cos2 2γ =1 + cos 4α

2+

2 + cos 4β

2+ cos2 2γ

= 1 +1

2(cos 4α + cos 4β) + cos2 2γ

(Prostaferesis) = 1 +1

2

(

2 cos

(4α + 4β

2

)

cos

(4α − 4β

2

))

+ cos2 2γ

= 1 + cos(2α + 2β) cos(2α − 2β) + cos2 2γ

= 1 + cos(2π − 2γ) cos(2(α − β)) + cos2 2γ

= 1 + cos(2γ) cos(2(α − β)) + cos2 2γ

= 1 + cos 2γ{cos(2(α − β)) + cos(2γ)}= 1 + cos 2γ{cos(2(α − β)) + cos(2(α + β))}= 1 + 2 cos 2γ cos 2α cos 2β .

1.18. Demostrar que

α+β+γ = π ⇒ cosα

2−cos

β

2+cos

γ

2= 4 cos

π + α

4cos

π − β

4cos

π + γ

4.

Solucion: Usaremos las identidades

cos α cos β =1

2(cos(α + β) + cos(α − β)) ,

sen α sen β =1

2(cos(α − β) − cos(α + β)) ,

sen α cos β =1

2(sen(α + β) + sen(α − β)) .

Notemos que,

cosπ + α

4cos

π − β

4=

1

2

{

cos

(2π + α − β

4

)

+ cos

(α + β

4

)}

=1

2

{

cos

(π

2− β − α

4

)

+ cos

(α + β

4

)}

=1

2

{

sen

(β − α

4

)

+ cos

(α + β

4

)}

.


Entonces, se obtiene

4 cosπ + α

4cos

π − β

4cos

π + γ

4

= 4 · 1

2

{

sen

(β − α

4

)

+ cos

(α + β

4

)}

cosπ + γ

4

= 2 sen

(β − α

4

)

cosπ + γ

4+ 2 cos

(α − β

4

)

cosπ + γ

4

= sen

(π

4+

β + γ

4− α

4

)

+ sen

(β

4− α + γ

4− π

4

)

+ cos

(π

4+

α + β + γ

4

)

+ cos

(α + β

4− π

4− γ

4

)

= sen

(π

4+

π − α

4− α

4

)

+ sen

(β

4− π − β

4− π

4

)

+ cos(π

4+

π

4

)

+ cos

(π − γ

4− π

4− γ

4

)

= sen(π

2− α

2

)

+ sen

(

−(

π

2− β

2

))

+ cosπ

2+ cos

(

−γ

2

)

= cosα

2− cos

β

2+ cos

γ

2.

1.19. Demostrar que

α + β + γ = π ⇒ 1 + cos α − cos β + cos γ

1 + cos α + cos β − cos γ= tan

β

2cot

γ

2.


Solucion: Usaremos las fomulas de Prostaferesis

1 + cos α − cos β + cos γ

1 + cos α + cos β − cos γ=

1 + (cos α − cos β) + cos γ

1 + (cos α + cos β) − cos γ

=1 + 2 sen

(α+β

2

)cos(

β−α2

)+ cos γ

1 + 2 cos(

α+β2

)cos(

α−β2

)− cos γ

=1 + cos γ + 2 sen

(α+β

2

)cos(

β−α2

)

1 − cos γ + 2 cos(

α+β2

)cos(

α−β2

)

=2 cos2 γ

2+ 2 sen

(α+β

2

)cos(

β−α2

)

2 sen2 γ2

+ 2 cos(

α+β2

)cos(

α−β2

)

=cos γ

2

{cos γ

2+ sen

(β−α

2

)}

sen γ2

{sen γ

2− cos

(α−β

2

)}

=cos γ

2

{sen(

π−γ2

)+ sen

(β−α

2

)}

sen γ2

{cos(

π−γ2

)− cos

(α−β

2

)}

=cos γ

2

{sen(

α+β2

)+ sen

(β−α

2

)}

sen γ2

{cos(

α−β2

)− cos

(α−β

2

)}

=2 cos γ

2sen β

2cos α

2

2 sen γ2

cos α2

cos β2

= tanβ

2cot

γ

2.

1.20. Cacular el valor de

cos α =3

4⇒ sen

α

2· sen 5α

2= . . .

Solucion: Consideremos la siguiente formula

sen α sen β = −1

2[cos(α + β) − cos(α − β)]


entonces

senα

2sen

5α

2= −1

2

[

cos

(α

2+

5α

2

)

− cos

(α

2− 5α

2

)]

= −1

2

[

cos

(6α

2

)

− cos

(

−4α

2

)]

= −1

2[cos(3α) − cos(−2α)]

= −1

2[cos(3α) − cos(2α)]

= −1

2[4 cos3 α − 3 cosα − (cos2 α − sen2 α)]

= −1

2[4 cos3 α − 3 cosα − (cos2 α − (1 − cos2 α))]

= −1

2[4 cos3 α − 2 cos2 α − 3 cos α + 1]

= −1

2

[

4

(3

4

)3

− 2

(3

4

)2

− 3

(3

4

)

+ 1

]

=11

64.

1.21. Calcular el valor de:

4α es agudo ⇒ 2√

2 +√

2 + 2 cos 4α= . . .

Solucion: Usando la identidad

cos α = ±√

1 + cos 2α

2.

Si 4α es agudo entonces 0 < 4α < π2⇒ 0 < 2α < π

4⇒ cos 2α > 0

entonces√

2 + 2 cos 4α = 2

√

1 + cos 4α

2= 2 cos 2α

luego

√

2 +√

2 + 2 cos 4α =√

2 + 2 cos 2α = 2

√

1 + cos 2α

2= 2 cos α .

Por lo tanto, se concluye que

2√

2 +√

2 + 2 cos 4α=

2

2 cos α=

1

cos α= sec α .


1.22. Demostrar la identidad

x 6= 0 : Arctan1

x=

π

2− Arctan x si x > 0 ,

−π

2− Arctan x si x < 0 .

Solucion: Sea x > 0 entonces y = Arctan x ∈(0, π

2

)y por lo tanto

x = tan y = cotan(π

2− y)

=1

tan(

π2− y)

en consecuencia

tan(π

2− y)

=1

xy como

0 < y <π

2⇒ −π

2< y < 0 ⇒ 0 <

π

2− y <

π

2.

Por lo tanto si x > 0 obtenemos

Arctan1

x= Arctan

(

tan(π

2− y))

=π

2− y =

π

2− Arctan x .

Sea ahora x < 0, implica y = Arctan y ∈(−π

2, 0)

y obtenemos que

x = tan y = cot(π

2− y)

=1

tan(π

2− y) ,

se concluye que

tan(π

2− y)

=1

xy como

−π

2< y < 0 ⇒ 0 < y <

π

2⇒ π

2<

π

2− y < π .

Por lo tanto si x < 0 obtenemos

Arctan1

x= Arctan

(

tan(π

2− y))

=(π

2− y)

− π = −π

2− Arctan x .


Arctan x1 + Arctan x2 = Arctanx1 + x2

1 − x1 · x2+ α(x1, x2)π


donde

α(x1, x2) =

0 si x1 · x2 < 1 ,

1 si x1 · x2 > 1, x1 > 0 ,

−1 si x1 · x2 > 1, x1 < 0 .

Solucion:

Caso 1: Debemos excluir el caso x1 · x2 = 1, ya sabemos que en estecaso se tiene

Arctan x1 + Arctan x2 = ±π

2,

y la funcion tangente no esta definida en estos valores.

Caso 2: Si x1 · x2 < 1 podemos discriminar en varias opciones:

a) Si x1 ≥ 0, x2 ≤ 0, entonces

0 ≤ Arctan x1 ≤π

2, −π

2≤ Arctan x2 ≤ 0,

por lo tanto obtenemos

−π

2≤ Arctan x1 + Arctan x2 ≤

π

2

se conluye que

tan(Arctan x1 + Arctan x2) =tan(Arctan x1) + tan(Arctan x2)

1 − tan(Arctan x1) · tan(Arctan x2)

=x1 + x2

1 − x1 · x2.

Por lo tanto,

Arctan x1 + Arctan x2 = Arctan

(x1 + x2

1 − x1 · x2

)

.

b) Si x1 ≤ 0, x2 ≥ 0 es similar al caso anterior.

c) Si x1 > 0, x2 > 0, tendrıamos entonces que x1 <1

x2, ya que x1 ·x2 <

1, de esto podemos concluir que

Arctanx1 < Arctan1

x2=

π

2−Arctanx2 ⇒ 0 < Arctanx1+Arctanx2 <

π

2,


por lo tanto, nuevamente obtenemos que

Arctan (tan(Arctan x1 + Arctan x2)) = Arctan

(x1 + x2

1 − x1 · x2

)

,

se concluye que


(x1 + x2

1 − x1 · x2

)

.

d) Si x1 < 0, x2 < 0, tendriamos que x1 > 1x2

, ya que x1 · x2 < 1, deesto se obtiene que

Arctanx1 > Arctan1

x2= −π

2−Arctanx2 ⇒ −π

2< Arctanx1+Arctanx2 < 0,

por lo tanto, nuevamente obtenemos que


(x1 + x2

1 − x1 · x2

)

,

y en conclucion


(x1 + x2

1 − x1 · x2

)

.

Caso 3: Si x1 · x2 > 0 y hay dos posiblidades para esta opcion

a) Si x1 < 0, obliga que x2 < 0 entonces

x1 <1

x2

⇒ Arctan x1 < Arctan1

x2

= −π

2− Arctan x2

⇒ Arctan x1 + Arctan x2 < −π

2, (∗)

es decir, estamos en el recorrido de la rama Arctan que es anteriora la rama principal, es decir desfasados en π, ya que siempre −π <Arctan x1 + Arctan x2 y por (∗), se deduce que

tan(Arctan x1 + Arctan x2) =x1 + x2

1 − x1 · x2

luego


(x1 + x2

1 − x1 · x2

)

,


y por las observaciones hechas anteriormente se obtiene

Arctan x1 + Arctan x2 + π = Arctan

(x1 + x2

1 − x1 · x2

)

,

es decir,


(x1 + x2

1 − x1 · x2

)

− π.

b) Si y1 > 0 es similar al caso anterior.


Arccos x =π

2− Arcsen x .

Solucion: Sea y = Arcsenx ∈[

−π

2,π

2

]

y como se tiene que x = sen y =

cos(π

2− y)

. Ademas,

−π

2≤ x ≤ π

2⇒ −π

2≤ −x ≤ π

2⇒ 0 ≤ π

2− x ≤ π

2

y se obtiene finalmente que

x = cos(π

2− y)

⇒ Arccos x =π

2− y =

π

2− Arcsen x .


Si |x| < 1, Arcsen x = Arctanx√

1 − x2.

Solucion: Tenemos que

|x| < 1 ⇒ y = Arcsen x ∈(

−π

2,π

2

)

,

con lo que obtenemos

tan x =sen y

cos y=

x√1 − x2

y se conluye que

Arcsen x = y = Arctanx√

1 − x2.


1.26. Demostrar la siguiente identidad

sec(Arctan x) =√

1 + x2 .

Solucion: Sea y = Arctan : x ⇔ tan y = x sabemos que y = Arctan :

x ∈(

−π

2,π

2

)

⇒ sec y ∈ (1,∞). Luego, por la identidad 1 + tan2 α =

sec2 α obtenemos

sec(Arctan x) = +√

1 + tan2(Arctan : x) =√

1 + x2 .

1.27. Demostrar la siguiente identidad

Arctan4

3− Arctan 1 = Arctan

1

7.


Arctan4

3− Arctan 1 =

π

2− Arctan

3

4− Arctan 1

=π

2−(

Arctan3

4+ Arctan 1

)

=π

2− Arctan

34

+ 1

1 − 34· 1

=π

2− Arctan

7

4 − 3

=π

2− Arctan 7 = Arctan

1

7.

1.28. Resolver la ecuacion

Arctan1 − x

1 + x=

1

2Arctan x .


2Arctan1 − x

1 + x= Arctan

1 − x

1 + x+ Arctan

1 − x

1 + x

= Arctan

2 · (1 − x)

(1 + x)

1 − (1 − x)2

(1 + x)2

= Arctan2(1 − x)

(1 + x)· (1 + x)2

(1 + x)2 − (1 − x)2

= Arctan2(1 − x)(1 + x)

4x

= Arctan1 − x2

2x.


Por lo tanto, se tiene que

Arctan1 − x2

2x= Arctan x .

Por la inyectividad de la funcion Arctan se tiene que

1 − x2

2x= x ⇒ 1 − x2 = 2x2 ⇒ 3x2 = 1 ⇒ x = ± 1√

3.

1.29. Resolver la ecuacion

Arctanx − 1

x − 2+ Arctan

x + 1

x + 2=

π

4.

Solucion: Consideremos

α = Arctanx − 1

x − 2, β = Arctan

x + 1

x + 2⇒ α + β =

π

4.

Entonces,

1 = tanπ

4= tan(α + β)

=tanα + tan β

1 − tanα tanβ

=

x − 1

x − 2+

x + 1

x + 2

1 − (x − 1)(x + 1)

(x − 2)(x + 2)

=(x − 1)(x + 2) + (x + 1)(x − 2)

(x − 2)(x + 2) − (x − 1)(x + 1)

=x2 + x − 2 + x2 − x − 2

x2 − 4 − x2 + 1=

2x2 − 4

−3,

lo que implica que 2x2 − 4 = −3 ⇒ 2x2 = 1 ⇒ x = ± 1√2.

1.30. Resolver el sistematan x + tan y = 1

cos x · cos y =

√2

2

.


1 = tanx + tan y =sen x

cos x+

sen y

cos y=

sen x cos y + cos x sen y

cos x · cos y=

sen(x + y)√2

2

,


lo que implica

sen(x + y) =1√2⇒ x + y =

π

6+ 2kπ, k ∈ Z .

Por otro lado, tenemos que√

2

2= cos · cos y =

1

2(cos(x + y) + cos(x− y)) =

1

2(cos

π

6+ cos(x− y)) ,

lo que implica

√2 =

√3

2+ cos(x − y) ⇒ cos(x − y) =

√2 −

√3

2

⇒ x − y = Arccos

(√

2 −√

3

2

)

+ 2mπ, m ∈ Z .

Hemos obtenido dos ecuaciones que relacionan las variables x e y porlo tanto se puede hallar solucion a este sistema.

1.31. Resolver el sistema

sen x + sen y = sen α

cos x · cos y = cos α

.

Solucion: Por las formulas de Prostaferesis tenemos que

tan α =sen x + sen y

cos x + cos y=

2 sen

(x + y

2

)

cos

(x − y

2

)

2 cos

(x + y

2

)

cos

(x − y

2

) = tan

(x + y

2

)

.

Por inyectividad de la funcion tangente obtenemos que

x + y

2= α .

Por lo tanto, tenemos las ecuaciones

sen α = 2 sen α = cos

(x − y

2

)

,

cos α = 2 cosα = cos

(x − y

2

)

,

lo que implica

cos

(x − y

2

)

=1

2⇒ x − y

2=

π

3+ 2kπ, k ∈ Z

lo que nos permite hallar x e y.


1.32. Demostrar que en un triangulo ABC se cumple que:

√

bc(s − b)(s − c) cosα

2= (ABC).

Solucion: Sabemos por la formula de Heron que

(ABC) =√

s(s − a)(s − b)(s − c)

entonces basta probar que

cosα

2=

√

s(s − a)

bc.

Por el Teorema del Coseno tenemos que

cos α =b2 + c2 − a2

2bc⇒ 1 + cos α =

b2 + c2 − a2 + 2bc

2bc=

(b + c)2 − a2

2bc.

Notemos que (b+c)2−a2 = (b+c+a)(b+c−a) = 2s(2s−2a) = 4s(s−a)

y como 1 + cos α = 2 cos2 α

2entonces

2 cos2 α

2=

4s(s − a)

2bc⇒ cos2 α

2=

s(s − a)

bc⇒ cos

α

2=

√

s(s − a)

bc,

como queriamos demostrar.

1.33. Demostrar la formula de Briggs

tanα

2=

√

(s − b)(s − c)

s(s − a).

Solucion: Note que en el problema anterior ya probamos que

cosα

2=

√

s(s − a)

bc

nos queda probar que

senα

2=

√

(s − b)(s − c)

bc

y habremos probado lo pedido. Por el Teorema del coseno resulta

cos α =b2 + c2 − a2

2bc⇒ 1 − cos α =

a2 − (b − c)2

2bc,


note que

a2− (b−c)2 = (a+ b−c)(a− b+ c) = 2(s−c) ·2(s− b) = 4(s− b)(s−c).

Ademas, como 1 − cos α = 2 sen2 α

2entonces

2 sen2 α

2=

4(s − b)(s − c)

2bc⇒ sen2 α

2=

(s − b)(s − c)

bc

⇒ senα

2=

√

(s − b)(s − c)

bc.


sen(α − β)

sen(α + β)=

a2 − b2

c2.


sen(α − β)

sen(α + β)=

sen α cos β − cos α sen β

sen(π − γ)

=sen α cos β − cos α sen β

sen γ

=sen α

sen γcos β − sen β

sen γcos α

=a

ccos β − b

ccos α

=a

c· c2 + a2 − b2

2ac− b

c· c2 + b2 − a2

2bc

=(c2 + a2 − b2) − (c2 + b2 − a2)

2c2

=2a2 − 2b2

2c2=

a2 − b2

c2.


tan(α

2+ β

)

=c + b

c − btan

α

2.


Solucion: Usando el Teorema de los senos, obtenemos

c + b

c − b=

sen γ + sen β

sen γ − sen β

=

2 sen

(γ + β

2

)

cos

(γ − β

2

)

2 cos

(γ + β

2

)

sen

(γ − β

2

)

=

tan

(γ + β

2

)

tan

(γ − β

2

) =

tan

(π − α

2

)

tan

((π − α − β) − β

2

)

=tan(π

2− α

2

)

tan(π

2−(α

2+ β

)) =cot

α

2

cot(α

2+ β

)

=tan(α

2+ β

)

tanα

2

,

de donde se conluye lo que queriamos demostrar.

1.36. Dado un triangulo ABC cualquiera, demostrar que s area esta dadapor:

(ABC) =a2 sen β sen γ

2 sen α.

Solucion: Sabemos que

(ABC) =aha

2=

ab sen γ

2=

a2 sen γ

2· b

a

y por el Teorema de los senos se tiene que

b

a=

sen β

sen α⇒ (ABC) =

a2 sen β sen γ

2 sen α.


(ABC)

(

cotα

2+ cot

β

2+ cot

γ

2

)

= s2 .



tanγ

2= cot

(π

2− γ

2

)

= cot

(α

2+

β

2

)

=1 − tan α

2tan β

2

tan α2

+ tan β2

⇒ tanα

2+ tan

β

2= cot

γ

2

(

1 − tanα

2tan

β

2

)

⇒ tanα

2+ tan

β

2= tan

α

2tan

β

2cot

γ

2

(

cotα

2cot

β

2− 1

)

⇒ tan α2

+ tan β2

tan α2

tan β2

= cotγ

2

(

cotα

2cot

β

2− 1

)

⇒ cotα

2+ cot

β

2= cot

α

2cot

β

2cot

γ

2− cot

γ

2.

Por lo tanto,

cotα

2+ cot

β

2+ cot

γ

2= cot

α

2cot

β

2cot

γ

2.

Ahora por las formulas de Briggs se tiene que:

cotα

2=

√

s(s − a)

(s − b)(s − c)

y, por analogıa resultan:

cotβ

2=

√

s(s − b)

(s − c)(s − a), cot

γ

2=

√

s(s − c)

(s − a)(s − b)

se concluye que

cotα

2cot

β

2cot

γ

2=

√

s(s − a)

(s − b)(s − c)·√

s(s − b)

(s − c)(s − a)·√

s(s − c)

(s − a)(s − b)

=s2

√

s(s − a)(s − b)(s − c)=

s2

(ABC).

1.38. Demuestre que en un triangulo ABC se cumple que

(ABC) = sρ.

Solucion: Consideremos el triangulo ABC de la figura cuyo incentroes O e inradio ρ entonces


A B

C

Oa

b

c

ρ

(ABC) = (ABO) + (BCO) + (ACO)

=1

2cρ +

1

2aρ +

1

2bρ

=1

2ρ(a + b + c) = sρ .

1.39. Demuestre que en un triangulo ABC se cumple que:

(ABC) = (s − a)ρa = (s − b)ρb = (s − c)ρc.

Solucion: Considere la siguiente figura

A

BC

O

ρa ρa

b c

Observe que

(ABC) + (BCO) = (ACO) + (AB0) .


Entonces,

(ABC) = (ACO) + (ABO) − (BCO)

=1

2bρa +

1

2cρa −

1

2aρa

=1

2ρa(b + c − a)

=1

2ρa(a + b + c − 2a)

=1

2ρa(2s − 2a) = (s − a)ρa .

1.40. Demostrar que en un triangulo ABC se cumple que

ρ = (s − a) tanα

2.

Solucion: Sabemos que sρ = (ABC) =√

s(s − a)(s − b)(s − c) en-tonces

ρ =

√

s(s − a)(s − b)(s − c)

s= (s − a)

√

(s − b)(s − c)

s(s − a)

y por la formula de Briggs obtenida en el problema 1.33, tenemos que

tanα

2=

√

(s − b)(s − c)

s(s − a)

y se obtiene finalmente que

ρ = (s − a) tanα

2.

1.41. Demostrar que un triangulo ABC se cumple que:

b2 sen 2γ + c2 sen 2β = 4(ABC).


Solucion: Usando el teorema del seno y del coseno se obtiene

b2 sen 2γ + c2 sen 2β = 2b2 sen γ cos γ + 2c2 sen β cos β

= 2b2 · c

2r· a2 + b2 − c2

2ab+ 2c2 · b

2r· a2 + c2 − b2

2ac

=bc

2ar(a2 + b2 − c2) +

bc

2ar(a2 + c2 − b2)

=a2bc

ar=

abc

r

= 2ab · c

2r= 2ab · sen γ

= 4 · ab sen γ

2= 4(ABC) .

1.42. Demostrar que un triangulo ABC se cumple que:

r · ρ(sen α + sen β + sen γ) = (ABC).

Solucion: Sabemos que sρ = (ABC) entonces

r · ρ(sen α + sen β + sen γ) = r · ρ(

a

2r+

b

2r+

c

2r

)

= r · ρ(

a + b + c

2r

)

= ρ · s = (ABC) .

1.43. Demuestre que en un triangulo ABC se cumple que

(ABC) =abc

4r.

Solucion: Notemos que, usando el teorema del seno

abc

4r=

ab

2· c

2r=

ab

2· sen γ =

1

2ab sen γ = (ABC) .


1

ha+

1

hb+

1

hc=

1

ρ.


Solucion: Sabemos que sρ = (ABC) =abc

4rentonces

1

ha

+1

hb

+1

hc

=1

a sen γ+

1

c sen α+

1

a sen β

=ac sen α sen β + ab sen β sen γ + bc sen α sen γ

abc sen α sen β sen γ

=2A(sen α + sen β + sen γ)

abc sen α sen β sen γ

=2A(

a+b+c2r

)

(abc)2

(2r)3

=2A(a + b + c)

(abc)2· (2r)2

=4As(2r)2

(abc)2=

As

A2=

s

A=

s

s · ρ =1

ρ.


a2b2c2(sen 2α + sen 2β + sen 2γ) = 32(ABC)3.


sen 2α + sen 2β + sen 2γ = 2 sen α cos α + 2 sen β cos β + 2 sen γ cos γ

= 2 · a

2r· (b2 + c2 − a2)

2bc+ 2 · b

2r· (a2 + c2 − b2)

2ac+ 2 · c

2r· (a2 + b2 − c2)

2ab

=1

2r

{(b2 + c2 − a2)

bc+

(a2 + c2 − b2)

ac+

(a2 + b2 − c2)

ab

}

=1

2r

{a2(b2 + c2 − a2) + b2(a2 + c2 − b2) + c2(a2 + b2 − c2)

abc

}

=1

2abcr{2(ab)2 + 2(ac)2 + 2(bc)2 − a4 − b4 − c4} .

Entonces, usando que (ABC) =abc

4robtenemos

a2b2c2(sen 2α+sen 2β+sen 2γ) =abc

2r{2(ab)2+2(ac)2+2(bc)2−a4−b4−c4}

= 2(ABC){2(ab)2 + 2(ac)2 + 2(bc)2 − a4 − b4 − c4} .


Por otro lado, usando la formula de Heron tenemos

16(ABC)2 = 16s(s − a)(s − b)(s − c)

= 16

(a + b + c

2

)(a + b + c

2− a

)(a + b + c

2− b

)(a + b + c

2− c

)

= 16

(a + b + c

2

)(−a + b + c

2

)(a − b + c

2

)(a + b − c

2

)

= ((b + c)2 − a2)((a − b)(a + b) − c(a − b) + c(a + b) − c2)

= (b2 + 2bc + c2 − a2)(a2 − b2 − ac + bc + ac + bc − c2)

= 2(ab)2 + 2(ac)2 + 2(bc)2 − a4 − b4 − c4

de donde se establece lo pedido.

Capıtulo 2

Numeros Complejos

2.1. Hallar un numero complejo z tal que |z| =1

|z| = |1 − z|.

Solucion: Sea z = x + iy entonces

|z| =√

ℜ(z)2 + ℑ(z)2 =√

x2 + y2 , (2.1)1

|z| =1

√

x2 + y2, (2.2)

|1 − z| = |(1 − x) + iy| =√

(1 − x)2 + y2 . (2.3)

Igualando (2.1) y (2.2) obtenemos

√

x2 + y =1

√

x2 + y2⇒ x2 + y2 = 1 ⇒ y = ±

√1 − x2 .

Igualando (2.1) y (2.3) se obtiene

√

x2 + y =√

(1 − x)2 + y2 ⇒ x2 + y2 = (1 − x)2 + y2

⇒ x2 = 1 − 2x + x2 ⇒ x =1

2

de donde se obtiene que y = ±√

3

2, luego los z que satisfacen son z =

1

2±

√3

2

2.2. (i) Demostrar que si z2 = z2, entonces z es real o bien imaginariopuro.

(ii) Demostrar que si z +1

zes real, entonces ℑ(z) = 0 o bien |z| = 1.

35

36 §2. Numeros Complejos

(iii) Demostrar que ℜe

(z1

z1 + z2

)

+ ℜe

(z2

z1 + z2

)

= 1.

Solucion: Sea z = x + iy

(i) Notemos que

z2 = (x + iy)(x + iy) = x2 − y2 + 2ixy,

z2 = (x − iy)(x− iy) = x2 − y2 − 2ixy .

Si z2 = z2 entonces x2−y2+2ixy = x2−y2+2ixy, se sabe que dosnumeros complejos son iguales si sus partes reales e imaginariasson iguales, entonces 2xy = −2xy ⇒ xy = 0 ⇒ x = 0 o y = 0.Si x = 0 entonces z = x y z es puramente real. Si y = 0 entoncesz = iy y z es puramente imaginario.

(ii) Notemos que

z +1

z= x + iy +

1

x + iy· x − iy

x − iy= x + iy +

x − iy

x2 + y2

=

(

x +x

x2 + y2

)

+ i

(

y − y

x2 + y2

)

.

Si z +1

zes real entonces ℑ

(

z +1

z

)

= 0 lo que implica

y − y

x2 + y2= 0 ⇒ y

(x2 + y2 − 1

x2 + y2

)

= 0

⇒ y = 0 o x2 + y2 − 1 = 0

⇒ ℑ(z) = 0 o |z| =√

x2 + y2 =√

1 = 1 .

(iii) Observemos que si z, w ∈ C con z = a + ib y w = c + id entonces

ℜe(z) + ℜe(w) = ℜe(a + ib) + ℜe(c + id)

= a + c

= ℜe((a + c) + i(b + d))

= ℜe((a + ib) + (c + i)) = ℜe(z + w) .

Usando esto para nuestro problema tenemos que

ℜe

(z1

z1 + z2

)

+ ℜe

(z2

z1 + z2

)

= ℜe

(z1

z1 + z2+

z2

z1 + z2

)

= ℜe

(z1 + z2

z1 + z2

)

= ℜe(1) = 1 .


2.3. Demostrar que todo z de modulo r, con z 6= −r, se puede expresar en

la forma z = r1 + it

1 − it, con t ∈ R.

Solucion: Observe primero que si z = r entonces z no se puede es-

cribir de la forma r1 + it

1 − it, en efecto, si z = r y z es de la forma r

1 + it

1 − itentonces

1 + it

1 − it= −1 ⇒ 1 + it = −1 + it ⇒ 1 = −1

lo cual es imposible. Ahora bien, sabemos que todo numero complejose puede escribir de la forma z = r Cis θ, con r = |z| y

Cis θ = cos θ + i sen θ

entonces basta encontrar t que cumpla Cis θ =1 + it

1 − it. Notemos que

1 + it

1 − it=

(1 + it)(1 − it)

1 + t2=

1 − t2 + 2it

1 + t2=

1 − t2

1 + t2+ i

2

1 + t2

como dos numeros complejos son iguales si sus partes reales y imagi-narias son iguales, lo que nos lleva a las ecuaciones

cos θ =1 − t2

1 + t2, (2.4)

sen θ =2t

1 + t2. (2.5)

De (2.4) se obtiene

(1 + cos θ)t2 − 1 + cos θ = 0 ⇒ t = ±√

1 − cos θ

1 + cos θ, siempre que θ 6= 0 .

De (2.5) se obtiene

sen θt2 − 2t + sen θ = 0 ⇒ t =1 ± cos θ

sen θ, siempre que θ 6= 0 .

Podemos elegir t de cuatro maneras distintas siempre que θ 6= 0, faltaelegir t cuando θ = 0, pero cuando θ = 0 ⇒ z = rCis θ = r, entoncesbasta elegir t = 0 y se obtiene la forma z = r 1+i(0)

1−i(0)= r

2.4. Hallar x tal que:(

1 + i√2

)x

+

(1 − i√

2

)x

=√

2 .


Solucion: Note que el numero complejo

ξ =1 + i√

2

es la octava raız primitiva de la unidad, geometricamente tenemos lasiguiente situacion

b

b

b

b

b

b

b

b

1ξ4

ξ2

ξ6

ξ =1 + i√

2

ξ7 =1 − i√

2

ξ3

ξ5

de la figura se observa que

ξ7 = ξ =1 − i√

2

ademas ζ + ζ7 =2√2

=√

2, luego basta tomar x = 1.

2.5. Resolver la ecuacion 2x4 + x2 − x + 1 = 0, sabiendo que una de susraıces es la raız cubica de la unidad ω.

Solucion: Las raıces cubicas de la unidad son

1, ω = −1

2+

√3

2i, ω2 = −1

2−

√3

2i = ω .

b

b

b

1

ω

ω2


Notemos que ω + ω2 = −1. Ahora bien, considere el polinomio p(x) =2x4 + x2 − x + 1 el cual tiene coficientes reales entonces si ω es una raızde p(x) implica que ω es raız de p(x), luego

p(x) = (x − ω)(x − ω2)(ax2 + bx + c)

= (x2 − (w + w2)x + ω3)(ax2 + bx + c)

= (x2 + x + 1)(ax2 + bx + 2)

= ax4 + (a + b)x3 + (a + b + c)x2 + (b + c)x + c

lo que implica que a = 2 b = −2 y c = 1 entonces

p(x) = (x − ω)(x − ω2)(2x2 − 2x + 1)

las raıces de x2 − 2x + 1 son

x± =2 ±

√

4 − 4(2)

4=

1

2± 1

4

√−4 =

1

2(1 ± i) .

Por lo tanto, las raıces del polinomio son

−1

2+

√3

2i, −1

2−

√3

2i,

1

2(1 + i),

1

2(1 − i) .

2.6. Los puntos P (z) y Q(z) son tales que siempre se verifica que w =1 + z

1 − z.

Demostrar que si el punto P recorre la circunferencia de ecuacion |z| =1, el punto Q pertenece al eje imaginario.

Solucion: Sea z = rCis θ, entonces si |z| = 1 implica que r = 1,luego z = Cis θ = cos θ + i sen θ y note que

w =1 + z

1 − z=

1 + Cis θ

1 − Cis θ

=1 + cos θ + i sen θ

1 − cos θ − i sen θ

=1 + cos θ + i sen θ

1 − cos θ − i sen θ· 1 − cos θ + i sen θ

1 − cos θ + i sen θ

=2i sen θ

(1 − cos θ)2 + sen2 θ

luego w es puramente imaginario, es decir, Q(w) pertenece al eje imagi-nario.


2.7. Siendo ω una raız cubica de la unidad, demostrar que:

(1 − ω)(1 − ω2)(1 − ω4)(1 − ω5) = 9.

Solucion: Primeramente note que

ω + ω2 =

(

−1

2+

√3

2i

)

+

(

−1

2+

√3

2i

)

= −1 .

Si ω es raız cubica de la unidad se tiene que ω3 = 1 entonces ω4 =ω3ω = ω y ω5 = ω3ω2 = ω2

(1 − ω)(1 − ω2)(1 − ω4)(1 − ω5) = (1 − ω)(1 − ω2)(1 − ω)(1 − ω2)

= (1 − ω)2(1 − ω2)2

= (1 − 2ω + ω2)(1 − 2ω2 + ω)

= 6 − 3ω − 3ω2

= 3(2 − ω − ω2) = 3(2 + 1) = 9 .

2.8. Demostrar que si z ∈ C es un numero complejo de largo r y angulo αentonces w = zeiβ es un numero complejo de largo r y angulo α + β.

Solucion: Todo numero complejo z se puede escribir en su forna polarz = reiα donde r = |z|, eiα = cos α + i sen α y α es el angulo que formael vector ~z con el eje x.

zw = reiβ

x

y

αβ

Una caracterıstica importante de la funcion Cisθ = eiθ es que comportacomo una funcion exponencial, es decir

eiα · eiβ = ei(α+β) .

En efecto,

eiα · eβ = (cos α + i sen α)(cos β + i sen β)

= cos α cos β − sen α sen β + i(sen α cos β + cos α sen β)

= cos(α + β) + i sen(α + β) = ei(α+β) .


Por lo tanto,w = z · eiβ = reiα · eiβ = rei(α+β)

lo que implica que w es un numero complejo de largo r y angulo α + β.

2.9. Demostrar que

(

−1 + i√

3

2

)n

+

(

−1 − i√

3

2

)n

,

es igual a 2 si n es un multiplo de 3 e igual a (−1) si no lo es.


ω =−1 + i

√3

2, ω2 =

−1 − i√

3

2

son raıces cubicas de la unidad por lo que satisface ω3 = 1 y ademas esevidente que ω + ω2 = −1. Ahora bien, si n es multiplo de 3 entoncesn = 3k para algun k ∈ Z luego

ωn + ω2n = ω3k + ω2·3k = (ω3)k + (ω3)2k = (1)k + (1)2k = 2.

Por otro lado, si n no es multiplo de 3 entonces n = 3k +1 o n = 3k +2para algun k ∈ Z. Si n = 3k + 1 entonces

ωn + ω2n = ω3k+1 + ω2·3k+2

= ω · (ω3)k + ω2 · (ω3)2k

= ω · (1)k + ω2 · (1)2k

= ω + ω2 = −1

de manera similar, si n = 3k + 2 entonces

ωn + ω2n = ω3k+2 + ω2·3k+4

= ω2 · (ω3)k + ω4 · (ω3)2k

= ω2 · (1)k + ω · (1)2k

= ω2 + ω = −1

esto completa la demostracion.

2.10. Demostrar que los complejos z1 y z2 son perpendiculares si y solo si

z1z2 + z1z2 = 0 (2.6)


Solucion: Primero probaremos que si z1 y z2 son perpendiculares en-tonces se satisface la ecuacion (2.6).Observe que dado w ∈ C para obtener un vector perpendicular a w,basta rotar a w en 90o. Esto se consigue, segun el problema 2.8, mul-tiplicando w por ei π

2 o por e−i π

2 . Geometricamente se tiene la siguientesituacion

wwei π

2

x

y

we−i π

2

bb

b

Note que ei π

2 = cos π2

+ i sen π2

= i y e−i π

2 = cos π2− i sen π

2= −i. Ahora

bien, consideremos los numeros complejos

w1 =z1

|z1|= a + ib, w2 =

z2

|z2|

entonces w1 y w2 son vectores unitarios y perpendiculares, ya que z1 yz2 son perpendiculares, de lo anteriormente discutido se tiene que

w2 = w1ei π

2 = iw1 = ia − b, o bien

w2 = w1e−i π

2 = −iw1 = −ia + b .

Si w2 = −b + ai se tiene que

w1w2 + w1w2 = (a + ib)(−b − ia) + (a − ib)(−b + ia)

= (−ab + ab − i(a2 + b2)) + (−ab + ab + i(a2 + b2)) = 0

es decir, hemos obtenido

z1

|z1|·(

z2

|z2|

)

+

(z1

|z1|

)

· z2

|z2|= 0

multiplicando esta igualdad por |z1 · z2| se obtiene

z1z2 + z1z2 = 0


como queriamos probar. Se obtiene el mismo resultado si ahora z2 =b − ia. (Verifiquelo!)Ahora probaremos que si satisface (2.6) entonces z1 y z2 son perpendicu-lares.Sean z1 = r1e

iθ1 y z2 = r2eiθ2 entonces ambos satisfacen la ecuacion

(2.6), es decir,

0 = z1z2 + z1z2

= r1eiθ1 · r2e

−iθ2 + r1e−iθ1 · r2e

iθ2

= r1r2(eiθ1 · e−iθ2 + e−iθ1 · eiθ2)

= r1r2(ei(θ1−θ2) + e−i(θ1−θ2))

= r1r2(cos(θ1 − θ2) + i sen(θ1 − θ2) + cos(θ1 − θ2) − i sen(θ1 − θ2))

= 2r1r2 cos(θ1 − θ2)

lo que implica que cos(θ1 − θ2) = 0 ⇒ θ1 − θ2 = ±π

2, es decir, los

vectores z1 y z2 son perpendiculares.

2.11. Los puntos A(a), B(b), C(c) son los vertices de un triangulo equilaterosi y solo si

a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca . (2.7)

Solucion: Primero probaremos que si a, b, c son los vertices de untriangulo equilatero entonces se satisface la ecuacion (2.7).Notemos el lado AC resulta de rotar AB en un angulo de π

3en torno al

vertice A, es decir

−→AC =

−→AB · ei π

3 ⇒ c − a = (b − a)ei π

3 .

Por simetrıa tambien se puede obtener

(a − b) = (c − b)ei π

3 , b − c = (a − c)ei π

3

dividiendo las dos primeras ecuaciones obtenemos

c − a

a − b=

b − a

c − b⇒ c2−bc−ac+abv = ab−b2−a2+ab ⇒ a2+b2+c2 = ab+bc+ca

hemos divido las dos primeras ecuaciones arbitrariamente, lo mismohubiese acontecido si elegimos cualquier par de las tres ecuaciones dadas.(Verifiquelo!).Ahora, probaremos que si satisface la ecuacion (2.7) entonces los vertices


corresponden a un triangulo equilatero.Si a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca entonces a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca) = 0,lo que equivale a que

(a + bω + cω2)(a + bω2 + cω) = 0

donde ω es la raız cubica de la unidad. Supongamos que a+bω+cω2 = 0entonces

a + bω + c(−1 − ω) = 0 ⇒ a − c = ω(c − b) ⇒ |a − c| = |c − b|

y ademas

−a(ω + ω2) + bω + cω2 = 0 ⇒ ω(b− a) = ω2(a − c) ⇒ |b− a| = |a − c|

lo que pruebe que el triangulo ABC es equilatero pues sus lados ABBC y CA son iguales. De manera similar se prueba en el caso quea + bω2 + cω = 0. (Verifiquelo!)

2.12. ¿Que lugar geometrico representa la ecuacion |3z − 1| = |5z + 10|?

Solucion: La ecuacion planteada se puede escribir como∣∣∣∣

z − 13

z − (−2)

∣∣∣∣=

5

3,

y representa a la circunferencia de Apolonio cuyos extremos del trazoson A(1

3) y B(−2) con razon λ = 5

3. Los extremos de su diametro son

los puntos D(zD y E(zE) que son dados por

zD =zA + λzB

1 + λ=

13

+ 53· (−2)

1 + 53

= −9

8,

zE =zA − λzB

1 − λ=

13− 5

3· (−2)

1 − 53

= −11

8.

El centro de la circunferencia de Apolonio C(zC) es dada por

zC =zD + zE

2=

1

2

(

−9

8− 11

8

)

= −5

4

y su radio es dado por

r =|zE − zD|

2=

1

2

∣∣∣∣−11

8+

9

8

∣∣∣∣=

1

2

∣∣∣∣−2

8

∣∣∣∣=

1

8

el grafico lo vemos en la siguiente figura.


zC zAzB zDzE

x

y

|| || ||

2.13. Resolver la ecuacion cubica 3x3 − 46x2 + 835x + 578 = 0 sabiendo quetiene una raız compleja de modulo 17.

Solucion: Primero observe que si α, β, γ son las raıces del polinomiop(x) = x3 + a2x

2 + a1x + a0 entonces

p(x) = (x − α)(x − β)(x − γ)

= (x2 − (α + β)x + αβ)(x − γ)

= x3 − (α + β + γ)x2 + (αβ + βγ + αγ)x − αβγ

de donde igualando los coeficientes del polinomio se obtiene que engeneral

a2 = −(α + β + γ) ,

a1 = αβ + βγ + αγ ,

a0 = −αβγ .

Por otro lado, si α = 17eiθ es la raız compleja de modulo 17 del poli-nomio p(x) = 3x3 − 46x2 + 835x + 578 con coeficiente reales entoncesβ = α = 17e−iθ tambien es raız de p(x), lo que obliga a que la raızrestante sea real, es decir, γ = x ∈ R. De lo anteriormente establecidolas raices satisfacen

α + β + γ = α + α + x =46

3, (2.8)

α · β · γ = α · α · .x = −578

3(2.9)

Como α · α = |α|2 entonces de la ecuacion (2.9) se tiene que

x = − 578

3 · |α|2 =578

3 · (17)2= −2

3


reemplando el valor de la raız encontrada en la ecuacion (2.8) se obtieneque

α + α − 2

3=

46

3⇒ 17eiθ + 17e−iθ =

46

3+

2

3=

48

3= 16

⇒ 17(eiθ + e−iθ) = 16

⇒ 17(cos θ + i sen θ + cos θ − i sen θ) = 16

⇒ 17 · 2 cos θ = 16

⇒ cos θ =8

17

⇒ θ = Arccos8

17∼= 61, 93o

con esto datos hemos obtenido las tres raıces del polinomio.

2.14. Los puntos A(a), B(b), C(c) son los vertices de un triangulo equilaterocon a = 4 + 6i, b = (1 − i)a. Determinar los posibles valores de c.


b = (1 − i)a = (1 − i)(4 + 6i) = 4 + 6 + i(6 − 4) = 10 + 2i

para obtener el tercer vertice existen dos posibilidades

−−→AC1 =

−→AB · ei π

3 ,−−→AC2 =

−→AB · e−i π

3

esto es

c1 − a = (b − a)ω, c2 − a = (b − a)ω2

esto se debe a que ei π

3 = ω con ω la raız principal de la unidad. Por lotanto, se tiene

c1 = 4 + 6i + (10 + 2i − 4 − 6i)

(

1

2+

√3

2i

)

= 7 + 2√

3 + (4 + 3√

3)i ,

c2 = 4 + 6i + (10 + 2i − 4 − 6i)

(

1

2−

√3

2i

)

= 7 − 2√

3 + (4 − 3√

3)i .

La situacion geometrica se presenta a continuacion


b

b

b

b 104

6

2

c1

c2

x

y

a

b

2.15. Si ω es una raız cubica de la unidad, demostrar que los puntos P1(1−ω),P2(ω − ω2), P3(ω

2 − 1) son vertices de un triangulo equilatero.

Solucion: Sabemos que a, b, c son los vertices de un triangulo equilaterosi y solo si

a2 + b2 + c2 = ab + bc + ac .

Notemos que en nuestro caso se tiene

a2 + b2 + c2 = (1 − ω)2 + (ω − ω2)2 + (ω2 − 1)2

= 1 − 2ω + ω2 + ω2 − 2ω3 + ω4 + ω4 − 2ω2 + 1

= 2 − 2ω − 2ω3 + 2ω4

= 2 − 2ω − 2 + 2ω = 0

y por otro lado se tiene

ab + bc + ac = (1 − ω)(ω − ω2) + (ω − ω2)(ω2 − 1) + (1 − ω)(ω2 − 1)

= ω − ω2 − ω2 + ω3 + ω3 − ω − ω4 + ω2 + ω2 − 1 − ω3 + ω

= ω + ω3 − 1 − ω4

= ω + 1 − 1 − ω = 0

como se satisface la igualdad entonces los vertices corresponden a losvertices de un triangulo equilatero.

2.16. Los puntos P (z) y Q(w) son tales que siempre se verifica la relacion

w = z +a2

z, a ∈ R. Determinar la curva que describe el punto Q cuna-

do el punto P recorre la circunferencia de ecuacion |z| = r con r 6= a.

Solucion: Sean z = reiθ y w = x + iy entonces

w = z+a2

z⇒ x+iy = reiθ+

a2

re−iθ =

(

r +a2

r

)

cos θ+i

(

r − a2

r

)

sen θ


igualando partes reales y partes imaginarias se obtiene

x = (r + a2

r) cos θ

y = (r − a2

r) sen θ

esto es,

cos θ =x

r2+a2

r

, sen θ =y

r2−a2

r

.

Elevando al cuadrado ambas expresiones y sumando obtenemos

cos2 θ + sen2 θ = 1 ⇒ x2

( r2+a2

r)

+y2

( r2−a2

r)

= 1 .

Por lo tanto, el punto Q recorre una elipse de semiejesr2 + a2

ry

r2 − a2

r.

Capıtulo 3

Geometrıa Analıtica

3.1. Hallar el lugar geometrico de los puntos P que equidistan de los puntosA(−3, 3) y B(4, 5).

Solucion: Sea P = (x, y) entonces si P equidista de los puntos A yB se cumple que

PA = PB ⇒√

(x + 3)2 + (y − 3)2 =√

(x − 4)2 + (y − 5)2

⇒ x2 + 6x + 9 + y2 − 6y + 9 = x2 − 8x + 16 + y2 − 10y + 25

⇒ 6x − 6y + 18 = −8x − 10y + 41

⇒ 14x + 4y − 23 = 0

es decir, el lugar geometrico es una recta.

3.2. Demostrar que los puntos (8, 0), (0,−6), (7,−7), (1, 1) pertenencen auna circuferencia (o sea son concıclicos) con centro (4,−3). ¿Cual es suradio?


d((8, 0), (4,−3)) =√

(8 − 4)2 + 32 =√

16 + 9 = 5 ,

d((0,−6), (4,−3)) =√

42 + (−6 + 3)2 =√

16 + 9 = 5 ,

d((7,−7), (4,−3)) =√

(7 − 4)2 + (−7 + 3)2 =√

9 + 16 = 5 ,

d((1, 1), (4,−3)) =√

(1 − 4)2 + (1 + 3)2 =√

9 + 16 = 5 ,

es decir, los cuatro puntos equidistan del centro entonces pertencen auna circunferencia cuyo radio es r = 5.

3.3. Dado que A′(2, 1), B′(4,−1) y C ′(0,−3) son los punos medios de loslados de un triangulo, determinar las coordenadas de sus vertices.

49

50 §3. Geometrıa Analıtica

Solucion: Si a, b, c son lo vertices del triangulo entonces

A′ =b + c

2, B′ =

a + c

2, C ′ =

a + b

2

y obtenemos el siguiente sistema

b + c = 2A′

a + c = 2B′

a + b = 2C ′

Si restamos las dos primeras ecuaciones obtenemos la ecuacion b− a =2A′ − 2B′ y sumando esta ultima igualdad con la tercera igualdad dearriba se obtiene que

2b = 2(A′ − B′ + C ′) ⇒ b = A′ − B′ + C ′

y por lo tanto

c = 2A′ − b = A′ + B′ − C ′, a = 2B′ − c = −A′ + B′ + C ′

reemplazando los valores de A′, B′ y C ′ dados obtenemos

b = (2, 1) + (−4, 1) + (0,−3) = (−2,−1) ,

c = (2, 1) + (4, 1) + (0, 3) = (6, 3) ,

a = (−2,−1) + (4,−1) + (0,−3) = (2,−5) .

A continuacion se aprecia un dibujo de la situacion geometrica

b

b

b

b

b

b

A′

B′

C ′

b

c

a

x

y

2 4 6

−21

3

−1

−5

3.4. Siendo M y N los puntos medios de los trazos AB y CD, respectiva-mente, demostrar que:

−→AC +

−−→BD = 2

−−→MN,


y que: −→AC +

−−→AD +

−−→BD +

−−→BC = 4

−−→MN.

Solucion: Si M es punto medio de AB entonces

−−→AM =

−−→MB ⇒ ~m − ~a = ~b − ~m ⇒ 2~m = ~a +~b ⇒ ~m =

1

2(~a +~b)

de la misma manera si N es punto medio del trazo CD entonces ~n =1

2(~c + ~d) y por lo tanto

2−−→MN = 2

[1

2(~c + ~d) − 1

2(~a +~b)

]

= (~c − ~a) + (~d −~b)

=−→AC +

−−→BD

y ademas

−→AC +

−−→AD +

−−→BD +

−−→BC = (~c − ~a) + (~d − ~a) + (~d −~b) + (~c −~b)

= 2(~c + ~d) − 2(~a +~b)

= 4−−→MN .

3.5. Sea ABC un triangulo y P un punto variable de su plano. Si−→AP +−−→

PB +−→PC =

−→PQ, demostrar que ABQC es un paralelogramo y, por lo

tanto, Q es un punto fijo.

Solucion: Si se tiene que−→AP +

−−→PB +

−→PC =

−→PQ entonces (~p − ~a) +

(~b − ~p) + (~c − ~p) = ~q − ~p lo que implica que ~q = −~a +~b + ~c y entonces

−−→QB = ~b − ~q = ~c − ~a =

−→AC ,

−→QC = ~c − ~q = ~b − ~a =

−→AB ,

es decir, ABQC es un paralelogramo.

3.6. Sea O el centro de un polıgono regular P1P2P3 · · ·Pn y sea A un punto

cualquiera del plano del polıgono. Demostrar que

n∑

k=1

−−→APk = n

−→AO.

Solucion: Recordemos que las n-esimas raices de la unidad son verticesde un polıgono regular de n lados inscrito en la circunferencia unidad.Ubicando el origen del sistema de coordenadas en el centro del polıgono


podemos inscribir al polıgono regular P1P2P3 · · ·Pn en una circunfe-rencia de radio r entonces los vertices satisfacen

~Pk = rξk

donde ξ es la n-esima raız principal de la unidad, geometricamentetenemos la siguiente situacion, para el caso en que ξ es la 8-raız de launidad

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

1ξ4

ξ2

ξ6

ξ

ξ7

ξ3

ξ5

rrξ4

rξ2

rξ6

rξ

rξ7

rξ3

rξ5

Entoncesn∑

k=1

−−→APk =

n∑

k=1

( ~Pk − ~a) =n∑

k=1

(rξkn − ~a)

= r ·n∑

k=1

ξkn − n~a = r ·

n∑

k=1

ξk + n(~0 − ~a)

= r ·n∑

k=1

ξk + n−→AO


entonces basta probar que

n∑

k=1

ξk = 0, para esto usaremos el siguiente

producto notable

zn − 1 = (z − 1)(zn−1 + zn−2 + · · ·+ z2 + z + 1)

luegozn − 1

z − 1= zn−1 + zn−2 + · · ·+ z + 1 , z 6= 1 .

Si z = ξ entonces como ξn = 1 se obtiene que

0 = ξn−1 + ξn−2 + · · · + ξ + 1 = ξn−1 + ξn−2 + · · ·+ ξ + ξn =n∑

k=1

ξk

como queriamos probar.

3.7. Se tiene el triangulo ABC con A(~a), B(~b) y C(~c), ademas P (~r) es un

punto de−→AB, ∆1 = (PBC), ∆2 = (APC) y ∆ = (ABC), entonces

demostrar que

~r =∆1~a + ∆2

~b

∆.

Solucion: Para demostrar esto considere la siguiente figura

C

A BP E

x y

hc

en donde hemos trazado la altura hc. Observe primero que

AP

PB=

x

y⇒ y

−→AP = x

−−→PB ⇒ y(~r − ~a) = x(~b − ~r) ⇒ ~r =

x~a + y~b

x + y

por otro lado, las areas de los triangulos involucrados segun la figurason

∆1 =1

2yhc, ∆2 =

1

2xhc, ∆ =

1

2(x + y)hc


entonces

∆1~a + ∆2~b

∆=

12yhc · ~a + 1

2xhc ·~b

12(x + y)hc

=x~a + y~b

x + y= ~r .

3.8. Usaremos el siguiente ejercicio para resolver los problemas restantes.Se tiene el triangulo ABC con A(~a), B(~b) y C(~c), ademas P (~r) es unpunto del plano del triangulo. Se consideran las areas ∆1 = (PBC),∆2 = (APC), ∆3 = (ABP ) y ∆ = (ABC), entonces demostrar que

~r =∆1~a + ∆2

~b + ∆3~c

∆.

3.9. Se tiene el triangulo ABC con A(~a), B(~b), C(~c) con lados a = BC, b =CA, c = AB, perımetro s y angulos interiores α, β, γ, entonces de-mostrar que el vector posicion del circuncentro D es

~D =~a sen 2α +~b sen 2α + ~c sen 2γ

sen 2α + sen 2β + sen 2γ.

Solucion: Recordemos que en el problema 1.43 probamos que el areade un triangulo ABC es dada por la formula

(ABC) =abc

4r(3.1)

C

A B

2γ

O

γ

Se observa de la figura que:

∡AOB = 2∡ACB = 2γ

entonces usando la formula (3.1)para el triangulo BCO se obtiene

(BCO) =arr

4r=

ar

4=

r2 sen 2γ

2

en la ultima igualdad hemos usado el teorema del seno para el triangulo

BCO es decir quea

sen 2γ= 2r. Por simetrıa se deduce que

(CAO) = ∆2 =r2 sen 2β

2, (ABO) = ∆3 =

r2 sen 2γ

2.


Por lo tanto,

~D =∆1~a + ∆2

~b + ∆3~c

∆

=~a

r2 sen 2α

2+~b

r2 sen 2β

2+ ~c

r2 sen 2γ

2r2 sen 2α

2+

r2 sen 2β

2+

r2 sen 2γ

2

=~a sen 2α +~b sen 2α + ~c sen 2γ

sen 2α + sen 2β + sen 2γ.

3.10. Se tiene el triangulo ABC con A(~a), B(~b), C(~c) con lados a = BC, b =CA, c = AB, perımetro s y angulos interiores α, β, γ, entonces de-mostrar que el vector posicion del ortocentro H es

~h =~a tan α +~b tanβ + ~c tan γ

tanα + tanβ + tan γ.

Solucion: Consideremos p1 = HD =, p2 = HE y p3 = HF entonces

C

A BF

DE

H γβ

γ1

β1

De la figura se obtiene que

△FBC ⇒ β + γ1 =π

2,

△CEB ⇒ γ + β1 =π

2.

Con lo cual se justifica la ubicacionde los angulos γ y β de la figura

entonces

a

p1

= tan β + tan γ =sen β cos γ + cos β sen γ

cos β cos γ=

sen(β + γ)

cosβ cos γ

es decir, p1 =a cos β cos γ

sen αy por el teorema de los senos a = 2r sen α

con lo que se obtiene

p1 =2r sen α cos β cos γ

sen α= 2r cos β cos γ


por simetrıa tambien se pueden deducir

p2 = 2r cos γ cos α, p3 = 2r cos α cos β

entonces

∆1 =1

2ap1 =

4r2 sen α cos β cos γ

2= 2r2 sen α cos β cos γ

y se deducen tambien

∆2 = 2r2 sen β cos α cos γ, ∆3 = 2r2 sen γ cos α cos β .

Por lo tanto,

~h =∆1~a + ∆2

~b + ∆3~c

∆

=2r2(~a sen α cos β cos γ +~b sen β cos α cos γ + ~c sen γ cos α cos β)

abc

4r

=8r3(~a sen α cos β cos γ +~b sen β cos α cos γ + ~c sen γ cos α cos β)

(2r sen α)(2r sen β)(2r sen γ)

=~a sen α cos β cos γ +~b sen β cos α cos γ + ~c sen γ cos α cos β

sen α sen β sen γ

=~a

tan β tan γ+

~b

tan α tan γ+

~c

tanα tanβ

=~a tanα +~b tan β + ~c tan γ

tanα tanβ tan γ

=~a tanα +~b tan β + ~c tan γ

tan α + tanβ + tan γ

la ultima igualdad se debe a que en un triangulo ABC se cumple que

tan α + tanβ + tan γ = tanα tanβ tan γ.

En efecto, si α+β +γ = π ⇒ α+β = π−γ ⇒ tan(α+β) = tan(π−γ),es decir,

tan α + tanβ

1 − tan α tan β= − tan γ ⇒ tanα + tan β + tan γ = tan α tan β tan γ .


3.11. Determinar el vector ~x que depende linealmente de los vectores ~a =(−1, 2,−2),~b = (1, 4,−4), que es perpendicular al vector ~c = (2,−1, 1)y cuyo modulo es

√3.

Solucion: Sea ~x = (x1, x2, x3) entonces si ~x depende linealmente de

~a y ~b entonces existen α, β ∈ R tal que

~x = α~a+β~b = α(−1, 2,−2)+β(1, 4,−4) = (−α+β, 2α+4β,−2α−4β)

esta igualdad nos da el sistema de ecuaciones

x1 = −α + βx2 = 2α + 4βx3 = −2α − 4β

(3.2)

Ahora bien, si ~x es perpendicualar a ~c entonces

0 = ~x · ~c = (x1, x2, x3) · (2,−1, 1) = 2x1 − x2 + x3

y usando la ecuacion (3.2) obtenemos

0 = 2x1 − x2 + x3 = 2(−α + β) − (2α + 4β) + (−2α − 4β)

= −6α − 6β

lo que implica que β = −α y el sistema (3.2) se transforma

x1 = −2αx2 = −2αx3 = 2α

por ultimo como ~x tiene modulo igual a√

3 entonces

√3 = ‖~x‖ =

√

x21 + x2

2 + x23 =

√4α2 + 4α2 + 4α2 =

√12α2

lo que implica que α =

√

3

12=

√

1

4=

1

2y por lo tanto

~x = (x1, x2, x3) = (−2α,−2α, 2α) = (−1,−1, 1).

3.12. Dado un triangulo ABC, sea M el punto medio del trazo AB. Demostrarvectorialmente que:

CM 2 =1

2(CA 2 + CB 2) − 1

4AB 2.


Generalize si P es un punto de AB tal que AP/PB = λ.

Solucion: Ubicamos nuestro sistema de referencias en el vertice A deltriangulo, de forma que el vertice B este en el eje x tal como lo muestrala figura

A = (0, 0)

B = (b, 0)

C = (c1, c2)

Mb bb

b

luego la coodenadas del triangulo son A = (0, 0), B(b, 0), C = (c1, c2)entonces el punto medio M tiene coordenadas

M =1

2(A + B) =

(b

2, 0

)

y por lo tanto,

1

2(CA 2 + CB 2) − 1

4AB 2 =

1

2[(c2

1 + c22) + ((b − c1)

2 + c22)] −

1

4b2

=1

2(c2

1 + 2c22 + b2 − 2c1b + c2

1) −1

4b2

= c21 + c2

2 +1

4b2 − c1b

=

(b

2− c1

)2

+ c22 = CM 2 .

3.13. Por un punto P interior a un cırculo dado se trazan dos semirectasperpendiculares. Sean A y B los puntos en que ellas cortan a la cir-cunferencia. Demostrar vectorialmente que el lugar geometrico de lospuntos medios de las cuerdas AB es una circunferencia con centro en elpunto medio del trazo que une al punto P con el centro de la circufer-encia.

Solucion: Elegimos el origen de nuestro sistema de referencia en elcentro de la cırculo de radio R de forma que el punto P quede en el ejex tal como lo muestra la figura


b b

b

b

O P

B

A

C

x

y

R

r

Sean P = (p, 0), A = (a1, a2) y B = (b1, b2) entonces por estar A y Ben un cırculo de radio R satisfacen

a21 + a2

2 = b21 + b2

2 = R2 .

Ahora bien, como−→PA = (a1−p, a2) es perpendicular a

−−→PB = (b1−p, b2)

entonces satisfacen

0 = PA · PB = (a1 − p)(b1 − p) + a2b2

el punto medio de la cuerda AB es dado por

M =1

2(A + B) =

(a1 + b1

2,a2 + b2

2

)

y el punto medio del centro del cırculo de radio r al punto P es

C =1

2(O + P ) =

(p

2, 0)

.


Entonces

r2 = CM =

(a1 + b1

2− p

2

)2

+

(a2 + b2

2

)2

=1

4[(a1 + a2)

2 + p2 − 2(a1 + b1)p] +1

4[a2

2 + b22 + 2a2b2]

=1

4[a2

1 + b21 + 2a1b1 + p2 − 2(a1 + b1)p + a2

2 + b22 + 2a2b2]

=1

4[(a2

1 + a22)

︸︷︷︸

R

+ (b21 + b2

2)︸︷︷︸

R

+2(a1b1 + p2 − (a1 + b1)p + a2b2) − p2]

=1

4[2R + 2 ((a1 − p)(b1 − p) + a2b2)

︸︷︷︸

0

−p2]

=1

4[2R − p2]

como R y p estan dados se concluye que r es constante, es decir, ladistancia de los puntos medios de las cuerdas al punto medio de P y elcentro del cırculo es contante, lo que implica que el lugar geometrico esuna circunferencia de centro C y radio r.

3.14. Utilizar el proceso de Gramm-Schmidt para construir una base ortonor-mal dados los vectores ~a = (1, 2, 3), ~b = (3, 4, 5) y ~c = (1,−1, 0).

Solucion: Sea {(1, 2, 3), (3, 4, 5), (1,−1, 0)} = {α1, α2, α3} entonces porel proceso de ortonormalizacion de Gram-Schmidt, tenemos que unabase ortogonal es {β1, β2, β3} y una base ortonormal es { β1

‖β1‖ ,β2

‖β2‖ ,β3

‖β3‖}donde

β1 = α1 ,

β2 = α2 −α2 · β1

β1 · β1β1 ,

β3 = α3 −α3 · β1

β1 · β1β1 −

α3 · β2

β2 · β2β2 ,

es decir,

β1 = (1, 2, 3)β2 = 1

7(8, 2,−4)

β3 = 12(1,−2, 1)

⇒

‖β1‖ =√

14 ,

‖β2‖ =√

127

,

‖β3‖ =√

23

.

Por lo tanto, la base ortonormal es{

1√14

(1, 2, 3),

√

7

12

(8

7,2

7,−4

7

)

,

√

3

8(1,−2, 1)

}

.


3.15. Dados los puntos A(2, 4, 1), B(−1, 0, 1), C(−1, 4, 2) calcular:

(i) El volumen del tetraedro OABC siendo O el origen de coorde-nadas.

(ii) La distancia desde el punto P (1,−2, 1) al plano determinado porlos puntos A, B y C.

Solucion:

(i) Se sabe que el volumen del tetraedro de vertices O(~0), A(~a), B(~b),C(~c) es

V =1

6|[ ~a ~b ~c ]| =

1

6|

∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

|

calculando obtenemos

|[ ~a ~b ~c ]| = |

∣∣∣∣∣∣

2 4 1−1 0 1−1 4 2

∣∣∣∣∣∣

| = |2∣∣∣∣

0 14 2

∣∣∣∣− 4

∣∣∣∣

−1 1−1 2

∣∣∣∣+ 1

∣∣∣∣

−1 0−1 4

∣∣∣∣|

= |2(0 · 2 − 4 · 1) − 4(−1 · 2 − (−1) · 1) + 1(−1 · 4 − (−1) · 0)|= |2(−4) − 4(−1) + 1(−4)| = | − 8| = 8 .

Por lo tanto, el volumen del tetraedro es V =1

6· 8 =

4

3.

(ii) La ecuacion del plano esta dada por

(x − x1)n1 + (y − y1)n2 + (z − z1)n3 = 0

donde ~n = (n1, n2, n3) es el vector normal al plano y (x1, y1, z1)es cualquier punto perteneciente al plano. El vector normal vienedado por

n =−→AB ×−→

AC = (~b − ~a) × (~c − ~a)

como ~b − ~a = (−3,−4, 0) y ~c − ~a = (−3, 0, 1), en nuestro caso setiene que

~n = (−3,−4, 0) × (−3, 0, 1) =

∣∣∣∣∣∣

i j k−3 −4 0−3 0 1

∣∣∣∣∣∣

= (−4, 3,−12)

tomando el vector (x1, x2, x3) igual al vector ~b se obtiene que laecuacion del plano es

(x+1)(−4)+(y−0)(3)+(z−1)(−12) = 0 ⇒ −4x+3y−12z+8 = 0.


Finalmente la distancia de un plano a un punto viene dada por

d = distancia(Plano, punto)

= dist (Ax + By + Cz + D = 0, (r1, r2, r3)))

=

∣∣∣∣

Ar1 + Br2 + Cr3 + D√A2 + B2 + C2

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣

−4 − 6 − 12 + 8√16 + 9 + 144

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

−14√169

∣∣∣∣=

14

13.

3.16. El angulo formado por las rectas de ecuaciones dadas por x + y + 1 = 0y 7x + y − 7 = 0 tiene una bisectriz de pendiente negativa. Determinarla ecuacion de esta.

Solucion: Dadas las rectas akx + bky + ck = 0, k = 1, 2 las ecuacionesde las respectivas bisectrices son

a1 + b1y + c1√

a21 + b2

1

= ±a2 + b2y + c2√

a22 + b2

2

.

Luego, las bisectrices estan dadas por las ecuaciones

x + y + 1√2

= ±7x + y − 7

5√

2

lo que implica

5x + 5y + 5 = ±(7x + y − 7)

lo que equivale a{

2x − 4y − 12 = 012x + 6y − 2 = 0

de estas rectas la de ecuacion 12x+6y−2 = 0 tiene pendiente negativa.

3.17. Determinar el lugar geometrico de un punto que se mueve de modo quesu distancia a la recta de ecuacion 4x − 3y + 12 = 0 es siempre igual a

la mitad de su distancia al eje−−→OY .

Solucion: Sea P = (x, y) el punto que se mueve entonces la distan-cia del punto a la recta 4x − 3y + 12 = 0 es

δ =

∣∣∣∣

4x − 3y + 12√42 + 32

∣∣∣∣= ±4x − 3y + 12

5.


Ahora bien, la distancia de P al eje−−→OY es |x| luego el lugar geometrico

tiene que satisfacer

±4x − 3y + 12

5=

x

2⇒ 8x − 6y + 24 = ±5x

lo que nos lleva a las rectas

{3x − 6y + 24 = 0 ,13x − 6y + 24 = 0 .

3.18. Demostrar que si los vertices de un triangulo son A(x1, y1), B(x2, y2), C(x3, y3)entonces

(ABC) =1

2|

∣∣∣∣∣∣

x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

∣∣∣∣∣∣

| .

Solucion: Consideremos la siguiente figura

C

A BD

Entonces (ABC) = 12AB · CD

donde

AB =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2

y CD es la distancia desde el

vertice C a la recta−→AB.

La ecuacion de la recta−→AB es

y − y1 =y2 − y1

x2 − x1(x − x1),

o equivalentemente

(y2 − y1)x − (x2 − x1)y + (x2y1 − x1y2) = 0

entonces

CD =(y2 − y1)x3 − (x2 − x1)y3 + (x2y1 − x1y2)

√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2.


Luego,

(ABC) =1

2|x1(y2 − y3) − x2(y1 − y3) + x3(y1 − y2)| =

1

2|

∣∣∣∣∣∣

x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

∣∣∣∣∣∣

| .

3.19. Las ecuaciones de los lados de un triangulo son

y = ax − bc

2, y = bx − ca

2, y = cx − ab

2.

Demostrar que el area del triangulo es igual a

1

8(a − b)(b − c)(c − a).

Solucion: Los vertices del triangulo ABC son las intersecciones a paresde las rectas dadas, las rectas son equivalentes a

2ax − 2y − bc = 0 , (3.3)

2bx − 2y − ca = 0 , (3.4)

2cx − 2y − ab = 0 . (3.5)

Si (3.4)−(3.5) se obtiene

2bx − 2cx − ca + ab = 0 ⇒ x =a(c − b)

2(b − c)= −a

2

reemplazando este valor en la segunda recta se obtiene

y = b(

−a

2

)

− ca

2= −a

2(b + a)

entonces A =(

−a

2,−a

2(b + c)

)

.


2cx − 2ax − ab + bc = 0 ⇒ x =b(a − c)

2(c − a)= − b

2


y = c

(

− b

2

)

− ab

2= − b

2(a + c)


entonces B =

(

− b

2,− b

2(a + c)

)

.


2ax − 2bx − bc + ac = 0 ⇒ x =c(b − a)

2(a − b)= −c

2


y = b(

−c

2

)

− bc

2= −c

2(a + b)

entonces C =(

−c

2,−c

2(a + b)

)

.

Sabemos que el area de un triangulo esta dado por la formula

(ABC) =1

2

∣∣∣∣∣∣

x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

∣∣∣∣∣∣

=1

2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−a2

−a2(b + c) 1

− b2

− b2(a + c) 1

− c2

− c2(a + b) 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=1

2

(

−a

2

(

− b

2(a + c) +

c

2(a + b)

)

+a

2(b + c)

(

− b

2+

c

2

)

+1

(bc

4(a + b) − bc

4(a + c)

))

=1

8(ab(a + c) − ac(a + b) − ab(b + c) + ac(b + c)

+bc(a + b) − bc(a + c))

=1

8(ab(a + c − b − c) + ac(b + c − a − b) + bc(a + b − a − c))

=1

8(ab(a − b) + ac(c − a) + bc(b − c))

=1

8(a2b − ab2 + ac2 − a2c + b2 − bc2)

=1

8(a − b)(b − c)(c − a) .

3.20. (i) Determine el lugar geometrico de los puntos P (z) que satisfacenla inecuacion |z − 1| < |z + 2|.


(ii) Dados puntos P1(z1), P2(z2), demuestre geometrica o algebraica-

mente que si |z1 + z2| = |z1 − z2|, entoncesz2

z1es imaginario puro

y que ∡ P1OP2 =π

2.

Solucion:

(i) Usaremos las identidades |z|2 = z · z y Re (z) =z + z

2y observe

que

|z − 1| < |z + 2| ⇔ |z − 1|2 < |z + 2|2

⇔ (z − 1)(z − 1) < (z + 2)(z + 2)

⇔ (z − 1)(z − 1) < (z + 2)(z + 2)

⇔ |z|2 − z − z + 1 < |z|2 + 2z + 2z + 4

⇔ 0 < 3z + 3z + 3

⇔ 0 < 6Re (z) + 3

⇔ Re (z) > −1

2

geometricamente este conjunto corresponde al siguiente sector delplano complejo

−12

x

y

(ii) Geometricamente se sabe que el el paralelogramo formado por losvectores OP1 y OP2 tiene diagonales cuyos vectores son z1 + z2 yz1 − z2.


x

y

z1

z2

z1 + z2

z1 − z2

Por hipotesis esta diagonales tienen la misma longitud, por lo queel paralelogramo de la figura es un rectangulo, de dondo se con-cluye que el angulo debe ser igual a π

2.

Por otro lado, se tiene que el segmento OP2 se obtiene del segmentoOP1 ponderando por un adecuado numero real y girando en unangulo de ±π

2, esto es

z2 = λe±π/2z1 = ±iλz1 ⇒z2

z1= ±iλ .

Algebraicamente, se observa que

|z1 + z2| = |z1 − z2| ⇔ |z1 + z2|2 = |z1 − z2|2⇔ (z1 + z2)(z1 + z2) = (z1 − z2)(z1 − z2)

⇔ (z1 + z2)(z1 + z2) = (z1 − z2)(z1 − z2)

⇔ |z1|2 + z1z2 + z2z1 + |z2|2 = |z1|2 − z1z2 − z2z1 + |z2|2

⇔ 2(z1z2 + z2z1) = 0

⇔ z1

z2

= −z1

z2

.

Se sabe que si w ∈ C satisface que w = −w entonces la parte realdel numero complejo es cero, de lo anterior se concluye que z1/z2

es puramente imaginario, es decirz1

z2

= iλ aplicando argumanto a

esta ultima igualdad resulta

Argz1

z2

= Arg (iλ) ⇔ Arg (z1) − Arg (z2) =

π

2si λ ≥ 0 ,

−π

2si λ < 0 .


3.21. Sea P0(z0) un punto de la circunferencia de ecuacion |z| = 1. Demuestreque la ecuacion de la recta tangente a la circunferencia en el punto P0

es

z = − 1

z20

z +2

z0.

Solucion: Geometricamente tenemos la siguiente situacion

z0iz0

x

y

De la figura se observa que la recta tangente pasa por P0(z0) tiene ladireccion del vector z0i, luego la ecuacion de la recta es de la forma

z = z0 + λz0i ⇒ z = z0 − λz0i .

Como z0 pertenece a la circunferencia |z| = 1 entonces satisface

|z0|2 = 1 ⇒ z0 · z0 ⇒ z0 =1

z0

tenemos por la tanto el siguiente sistema

z = z0 + λz0i

z =1

z0− λi

z0

⇒z − z0 = λz0i

z − 1

z0= −λi

z0

⇒z − 1

z0

z − z0

=−λi

z0

λz0i

⇒z − 1

z0

z − z0

= − 1

z20

⇒ z − 1

z0

= − 1

z20

(z − z0) ⇒ z = − 1

z20

z +2

z0

.

3.22. (a) Demuestre que si z1, z2 son complejos cualesquiera y si

a = z1 + z2, b = ωz1 + ω2z2, c = ω2z1 + ω4z2,


donde ω 6= 1 es una raız cubica de la unidad, entonces

a3 + b3 + c3 = 3(z31 + z3

2).

(b) Encuentre todos los complejos que satisfacen la ecuacion (z +1)5 =z5 y demuestre que ellos son colineales.

Solucion:

(a) Tenemos que

a = z1 + z2, b = ω(z1 + ωz2), c = ω2(z1 + ω2z2) .

Elevando al cubo estas expresiones y usando que ω es raız cubicade la unidad, esto es, ω3 = 1.

a3 = z31 + 3z2

1z2 + 3z1z22 + z3

2 ,

b3 = ω3(z31 + 3z2

1z2ω + 3z1z22ω

2 + z32) ,

c3 = ω6(z31 + 3z2

1z2ω2 + 3z1z

22ω + z3

2) ,

sumando y usando la identidad 1 + ω + ω2 = 0 se obtiene

a3+b3+c3 = 3z31+3z2

1z2(1+ω+ω2)+3z1z22(1+ω+ω2)+3z2

2 = 3(z31+z3

2).

(b) Observemos que

(z + 1)5 = z5 ⇒ w =

(z + 1

z

)5

= 1

lo que implica que w es una raız quinta de la unidad, y como nunca

se tiene quez + 1

z= 1 entonces las soluciones son la raıces quinta

de la unidad distinta de 1. Sabemos que tales raıces estan dadaspor

e2πk

5i = cos

(2πk

5

)

+ i sen

(2πk

5

)

, k = 1, 2, 3, 4.

luego si

z + 1

z= e

2πk

5i ⇒ z = (e

2πk

5i − 1)−1, k = 1, 2, 3, 4.


Ahora bien, observe que

(z + 1

z

)5

= 1 ⇒∣∣∣∣

z + 1

z

∣∣∣∣= 1 ⇒ |z + 1| = |z|

lo que implica que desarrollando

|z + 1|2 = |z|2 ⇒ (z + 1)(z + 1) = |z|2 ⇒ |z|2 + z + z + 1 = |z|2

⇒ z + z + 1 = 0 ⇒ Re (z) = −1

2

es decir, todos los puntos son colineales a la recta x = −12.

3.23. (a) Sea u = (az + b)/(cz + d) donde a, b, c y d son reales. Demuestreque

u − u =(ad − bc)

|cz + d|2 (z − z)

y deduzca que si ad − bc > 0, entonces las partes imaginarias de zy u tienen el mismo signo.

(b) Los puntos P (z) y Q(t) (siendo z y t complejos) son tales que siem-

pre se verifica que t = (3+ i)z

z − 1. Determine la ecuacion del lugar

geometrico que describe el punto Q cuando el punto P recorre lacircunferencia de ecuacion |z| = 2.

Solucion:

(a) Por las propiedades de conjugacion se tiene que

u =az + b

cz + d,

entonces

u − u =az + b

cz + d− az + b

cz + d

=(az + b)(cz + d) − (az + b)(cz + d)

(cz + d)(cz + d)

=ad(z − z) − bc(z − z)

(cz + d)(cz + d)

=(ad − bc)(z − z)

|cz + d|2 .


Por otro lado, se tiene la identidad w − w = 2iIm (w). Luego, laidentidad obtenida se puede escribir como

2iIm (u) =ad − bc

|cz + d|22iIm (z) ⇒ Im (u)

Im (z)=

ad − bc

|cz + d|2

luego como por hipotesis ad − bc > 0 entonces Im (u)/Im (z) > 0lo que implica que las partes imaginarias de u y z tiene el mismosigno.

(b) Notemos que

t = (3+i)z

z − 1⇒ t(z−1) = (3+i)z ⇒ z(t−3−i) = t ⇒ z =

t

t − 3 − i.

Si P (z) recorre la circunferencia de ecuacion |z| = 2, entonces

|z| =

∣∣∣∣

t

t − 3 − i

∣∣∣∣= 2

y esta es la ecuacion de Apolonio de razon 2 correspondiente a lospuntos zA = 0 y zB = 3 + i. Entonces

zD =zA + λzB

1 + λ=

6 + 2i

3= 2 +

2

3i ,

zE =zA − λzB

1 − λ=

−6 − 2i

−1= 6 + 2i ,

zM =zD + zE

2=

8 + 83i

2= 4 +

4

3i ,

r =|zE − zD|

2=

1

2|4 − 4

3i| =

1

2

√

16 +16

9=

2

3

√10 ,

donde zM es el centro de la circunferencia y r el radio de esta.

3.24. Demostrar que las rectas de ecuaciones

x

1=

y − 1

−2=

z

3

y

3x + y − 5z + 1 = 0 , (3.6)

2x + 3y − 8z + 3 = 0 , (3.7)

son perpendiculares.


Solucion: Primero encontremos la ecuacion de la recta que es la in-terseccion de dos planos dados por la ecuaciones (3.6) y (3.7)

3x + y − 5z + 1 = 02x + 3y − 8z + 3 = 0

⇒ −9x − 3y + 15z − 3 = 02x + 3y − 8z + 3 = 0

⇒ −7x + 7z = 0 ⇒ x = z

reemplazando esto en la ecuacion (3.6) obtenemos

3z + y − 5z + 1 = 0 ⇒ y = 2z − 1

entonces tenemos que las sguientes ecuaciones

x = t, y = 2t − 1, z = t

es decirx

1=

y + 1

2=

z

1

entonces el vector directer de esta recta es (1, 2, 1). Ahora bien, el pro-ducto punto entre los vectores directores de las rectas dadas es

(1,−2, 3) · (1, 2, 1) = 1 − 4 + 3 = 0

lo que implica que las rectas son perpendiculares.


x = 2t − 3, y = 3t − 2, z = −4t + 6,

yx = t + 5, y = −4t − 1, z = t − 4,

son secantes.

Solucion: Note que las ecuaciones simetricas de estas rectas son

x + 3

2=

y + 2

3=

z − 6

−4

yx − 5

1=

y + 1

−4=

z + 4

1.

Resolvemos los sistemas de dos en dos

3(x + 3) = 2(y + 2) ⇒ 3x + 9 = 2y + 4 ⇒ 3x − 2y = −5


y

−4(x + 5) = y + 1 ⇒ −4x + 20 = y + 1 ⇒ 4x + y = 19

obtienedo el sistema

3x − 2y = −54x + y = 19

⇒ x = 3

reemplazando x = 3 e igualando se obtiene que

z − 6

−4=

x + 3

2⇒ z − 6

−4= 3 ⇒ z = −6 ,

ademasz + 4

1=

x − 5

1⇒ z + 4 = −2 ⇒ z = −6 .

Entonces en z son iguales de donde se concluye que las rectas son se-cantes.


2x + 2y + z = 0x − y + z − 4 = 0

}

yx + 11y − 2z = 0

x − 5y + 2z − 4 = 0

}

son paralelas y obtener la distancia entre ellas.

Solucion: Multiplicando por 2 la segunda ecuacion del primer grupode ecuaciones y sumando este par de ecuaciones resultantes se obtiene

4x + 3z − 8 = 0 ⇒ x = 2 − 3

4z

reemplando esto en la primera ecuacion del primer par de ecuaciones seobtiene

2x + 2y + z = 0 ⇒ 2

(

2 − 3

4z

)

+ 2y + z = 0

⇒ 4 − 1

2z + 2y = 0

⇒ y =1

4z − 2


luego obtenemos las siguientes ecuaciones

x = 2 − 3

4t, y =

1

4t − 2, z = t

y la ecuacion simetrica para la primera recta es

x − 2

−3/4=

y + 2

1/4=

z

1.

Procediendo de manera similar, si sumamos en segundo par de ecua-ciones obtenemos

2x + 6y − 4 = 0 ⇒ x = 2 − 3y

reemplazando este valor en la primera ecuacion del segundo par deecuaciones obtenemos

2 − 3y + 11y − 2z = 0 ⇒ 2 + 8y − 2z = 0 ⇒ z = 1 + 4y

entonces tenemos las ecuaciones parametrizadas por

x = 2 − 3t, y = t, z = 1 + 4t ,

es decir, la ecuacion simetrica de la segunda recta nos queda

x − 2

−3=

y

1=

z − 1

4.

Ahora bien, note que la primera ecuacion tiene vector director ~d1 =14(−3, 1, 4) y la segunda tiene vector director igual a ~d2 = (−3, 1, 4),

claramente el producto cruz de ambos vectores directores es cero,

1

4(−3, 1, 4) × (−3, 1, 4) = 0

lo que implica que las rectas son paralelas. Por otro lado, tenemos que

d =1√26

(−3, 1, 4), luego la distancia entre ambas rectas es igual a la

distancia desde un punto cualquiera de la primera, por ejemplo ~a1 =(2,−2, 0) a la segunda. Ası, la distancia buscada es

δ = ‖(~a1 − ~a2) × d‖,


con ~a2 = (2, 0, 1), con lo que ~a1− ~a2 = (2,−2, 0)−(2, 1, 1) = (0,−3,−1)entonces usando la formula de Lagrange obtenemos

δ2 = ‖~a1 − ~a2‖2‖d‖2 − ((~a1 − ~a2) · d)2

= ‖(0,−3,−1)‖2 · 1 −(

1√26

(0,−3,−1) · (−3, 1, 4)

)2

= 10 −( −7√

26

)2

= 10 − 49

26=

211

26

por lo tanto, resulta δ =√

21126

.

3.27. Dadas las rectas de ecuaciones 2x+y+8 = 0, x+y+3 = 0, x−y−5 = 0,x− y − 2 = 0, determinar las ecuaciones de las rectas que pasan por elpunto de interseccion de las dos primeras y cuyos trazos comprendidosentre las otras dos sea iguales a

√2.

Solucion: Llameremos las distintas rectas por

2x + y + 8 = 0 , (ℓ1)

x + y + 3 = 0 , (ℓ2)

x − y − 5 = 0 , (ℓ3)

x − y − 2 = 0 . (ℓ4)

Las rectas se presentan en la siguiente figura

x

y

ℓ1

ℓ2

ℓ3

ℓ4


Consideremos el haz de rectas

(2x + y + 8) + λ(x + y + 3) = 0

con punto base en la interseccion de las dos primeras rectas. Sea P0 elpunto de interseccion del haz de rectas con la recta ℓ3 y P1 el puntode interseccion del haz de rectas con la recta ℓ4 entonces la condicionbuscada es que la distancia de P0 a P1 sea igual a

√2.

El haz de rectas se puede rescribir como

(2 + λ)x + (1 + λ)y + (8 + 3λ) = 0 .

Busquemos el punto de interseccion P0 entonces si multiplicamos por−(2 + λ) la recta ℓ3 obtenemos

−(2 + λ)x + (2 + λ)y + (10 + 10λ) = 0

sumando esta ecuacion con el haz de rectas se obtiene

(3 + 2λ)y + (18 + 13λ) = 0 ⇒ y = −18 + 13λ

3 + 2λ.

Ahora si multiplamos por (1 + λ) la recta ℓ3 obtenemos

(1 + λ)x − (1 + λ)y − (5 + 5λ) = 0

sumando esta ecuacion al haz de rectas obtenemos

(3 + 2λ)x + (3 − 2λ) = 0 ⇒ x = −3 − 2λ

3 + 2λ

por lo tanto el punto

P0 =

(

−3 − 2λ

3 + 2λ,−18 + 13λ

3 + 2λ

)

.

De una manera similar se puede obtener que el punto de interseccionP1 es

P1 =

(

− 6 + λ

3 + 2λ,−12 + 5λ

3 + 2λ

)

.

Luego la distancia de P1 a P0 la calculamos con la formula de la distanciausual obteniendo

P0P1 =1

3 + 2λ

√

(3 + 3λ)2 + (6 + 8λ)2

=1

3 + 2λ

√45 + 114λ + 73λ2 .


Entonces la condicion dada nos lleva a la ecuacion

√2 =

1

3 + 2λ

√45 + 114λ + 73λ2

elevando al cuadrado y haciendo el algebra se obtiene la ecuacion cuadratica

65λ2 + 90λ + 27 = 0

cuyas raıces son

λ = − 9

13± 3

65·√

30

reemplazando estos valores en el haz de rectas obtenemos dos rectasque satisfacen lo pedido.

3.28. Determinar que angulo (agudo u obtuso) formado por las rectas deecuaciones 3x− 5y − 4 = 0, x + 2y + 3 = 0 contiene al punto P (2,−5).

Solucion: Trazaremos la lınea recta que une al punto P con el puntode interseccion Q de las dos rectas dadas, tal como lo indica la figura.

b

b

P (2,−5)

Q

ℓ1

ℓ2

ℓ3

x

y

Para esto encontremos el punto de interseccion de las rectas

3x − 5y − 4 = 0x + 2y + 3 = 0

Si resolvemos este sistema se obtiene que el punto de interseccion es

Q

(

− 7

11,−13

11

)

entonces la recta ℓ3 que une los puntos Q y P (2,−5)


es

x − x1

x2 − x1

=y − y1

y2 − y1

⇒ x + 7/11

2 + 7/11=

y + 13/11

−5 + 13/11

⇒ 11x + 7

22 + 7=

11y + 13

−55 + 13⇒ 462x + 319y + 671 = 0

⇒ 42x + 29y + 61 = 0 .

Sabemos que el angulo entre las rectas

a1x + b1y + c1 = 0, a2x + b2 + c2 = 0

es dado por la formula

tan θ =a1b2 − a2b1

a1a2 + b1b2

entonces el angulo de las rectas ℓ3 y ℓ1 es

tan θ =42 · (−5) − 3 · 29

3 · 3 + 29 · (−5)=

297

19⇒ θ ∼= 86, 34o

y el angulo de las rectas ℓ3 y ℓ2 es

tan θ =42 · 2 − 1 · 29

1 · 42 + 2 · 29=

55

100⇒ θ ∼= 28, 81o .

Por lo tanto el angulo formado por las rectas ℓ1 y ℓ2 que contienen alpunto P es α ∼= 86, 34o + 28, 81o = 115.15o > 90o, es decir es un anguloobtuso.

3.29. Demuestre la identidad de Lagrange

‖~a ×~b‖2 + (~a ·~b)2 = ‖~a‖2‖~b‖2.

Solucion: Sea θ = ∢(~a,~b) entonces sabemos que

cos θ =~a ·~b

‖~a‖‖~b‖y ademas

‖~a ×~b‖ = ‖~a‖‖~b‖ sen θ

entonces

‖~a ×~b‖2 + (~a ·~b)2 = ‖~a‖2‖~b‖2(cos2 θ + sen2 θ) = ‖~a‖‖~b‖.


3.30. Dados los puntos A(3, 2, 1), B(2, 3,−1) y C(−1, 2, 3) calcular la distan-cia desde el origen de coordenadas O al plano determinado por los trespuntos A, B, C.

Solucion: Consideremos el tetraedro con vertices OABC (ver figura)entonces sabemos que el volumen V de un tetraedro con un vertice enel origen esta dado por la siguiente formula

AB

C

O

D

V =1

6[ ~a ~b ~c ]

por otro lado, V tambien puede ser expresado en terminos del area deltriangulo ABC y su altura, mas precisamente

V =1

3(ABC) · OD

donde (ABC) = 12‖~a‖‖~b‖ sen θ = 1

2‖~a × ~b‖, estas dos igualdades nos

permite obtener una formula para la altura

OD =[ ~a ~b ~c ]

‖~a ×~b‖.

Vamos a calcular el volumen con los valores dados, por un lado tenemos

[ ~a ~b ~c ] =

∣∣∣∣∣∣

3 2 12 3 −1−1 2 3

∣∣∣∣∣∣

= 3

∣∣∣∣

3 −12 3

∣∣∣∣− 2

∣∣∣∣

2 −1−1 3

∣∣∣∣+

∣∣∣∣

2 3−1 2

∣∣∣∣

= 3(9 + 2) − 2(6 − 1) + (4 + 3) = 30

para calcular la norma del producto cruz, usamos la formula de La-grange mostrada en el problema anterior

‖~a ×~b‖2 = ‖~a‖2‖~b‖2 − (~a ·~b)2

= ‖(3, 2, 1)‖2‖(2, 3,−1)‖2 − ((3, 2, 1) · (2, 3,−1))2

= (9 + 4 + 1)(4 + 9 + 1) − (6 + 6 − 1)

= 152 − 112 = 104 .


Por lo tanto, se obtiene que

OD =30√104

.

3.31. Determinar las ecuaciones de los lados de un triangulo dadas uno desus vertices (2,−1) y las ecuaciones de la altura 7x − 10y + 1 = 0 y dela bisectriz 3x − 2y + 5 = 0, trazada de un segundo vertice.

Solucion: Considere la siguiente figura de la situacion geometrica

A

B(2,−1)

C

E

D

Tenemos que−→AE⊥−−→

BC y sabemos que la pendiende de la recta−→AE es

710

entonces la pendiente de la recta−−→BC es −10

7y pasa por el punto

(2,−1) entonces tiene por ecuacion

y + 1 = −10

7(x − 2) ⇒ 10x + 7y − 13 = 0 .

Por otro lado,−→AB pertenece al haz de rectas dada por 7x−10y +1 = 0

y 3x − 2y + 5 = 0, es decir,

(7x − 10y + 1) + λ(3x − 2y + 5) = 0 (3.8)

y pasa por el punto (x, y) = (2,−1) entonces reemplazando esto valores

en (3.8) obtenemos que λ = −25

13, entonces la recta del lado AB es

(7x − 10y + 1) − 25

13(3x − 2y + 5) = 0

⇒ 13(7x− 10y + 1) − 25(3x − 2y + 5) = 0

⇒ 91x − 130y + 13 − 75x + 50y − 125 = 0

⇒ x − 5y − 7 = 0 .


Ademas, el angulo que forman el lado AB y la bisectriz AD satisface

tan(∡BAD) =3/2 − 1/5

1 + 15· 3

2

= 1

se concluye que ∡BAC = 90o, luega el haz de rectas (3.8) es perpen-dicualar a la recta AB, entonces la pendiente del haz de rectas debesatisfacer

7 + 3λ10 + 2λ = −5

despejando se obtiene que λ = −5713

y la ecuacion se determina de man-era similar obteniendose

5x + y + 17 = 0 .

3.32. Sea ABC un triangulo rectangulo en A y sea AD la bisectriz del angulorecto, la perpendicular a la hipotenusa BC en el punto D corta al catetoAC en el punto E. Demostrar que BD = DE.

Solucion: Consideremos la siguiente configuracion

A(0, 0) B(b, 0)

C(0, c)

E

D

x

y

entonces los vertices del triangulo tienen coordenadas A(0, 0), B(b, 0)y C(0, c), la bisectriz AD tiene ecuacion y = x y la recta BC tieneecuacion

x

b+

y

c= 1

se tiene que AD ∩ BC = {D} entonces

x

(1

b+

1

c

)

= 1 ⇒ x =bc

b + c= y .


Luego las coordenadas de D son

(bc

b + c,

bc

b + c

)

. La recta DE tiene

pediente b/c y pasa por el punto D entonces tiene ecuacion

y − bc

b + c=

b

c

(

x − bc

b + c

)

luego el punto E tiene coordenadas E =

(

0,b(c − b)

b + c

)

entonces

BD2

=

(

b − bc

b + c

)2

+

(bc

b + c

)2

=b2(b2 + c2)

(b + c)2,

DE2

=

(bc

b + c

)2

+

(bc

b + c− b(c − b)

b + c

)2

=b2(b2 + c2)

(b + c)2

lo que implica que DB = DE.

3.33. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por el punto (0, 8), estangente a la recta de ecuacion 3x−4y = 0 y tiene su centro en la rectade ecuacion 4x − 7y + 40 = 0.

Solucion: La ecuacion de una circunferencia es

(x − a)2 + (y − b)2 = r2

como la circunferencia pasa por el punto (0, 8) entonces

a2 + (8 − b)2 = r2 . (3.9)

La condicion de tangencia nos dice que la distancia desde el centro dela circunferencia a la recta debe ser igual al radio, esto es

r = ± 3a + 4b√9 + 16

⇒{

5r = 3a + 4b5r = −3a − 4b

. (3.10)

Por ultimo si su centro esta en la recta 4x − 7y + 40 = 0 entoncessatisface

4a − 7b + 40 = 0 . (3.11)

Estas tres ecuaciones nos permiten hallar el centro de la circunferenciay su radio. De (3.10) utilizando la primera de las ecuaciones y haciendoel algebra se obtienen circunferencias con radios negativos (lo cual es


imposible), entonces eligiendo la segunda ecuacion se obtiene que a =−5

3r − 4

3b y de (3.11) se obtiene que a = 7

4b − 10 igualando se obtiene

−5

3r − 4

3b =

7

4− 10 ⇒ −20r − 16b = 21b − 120

⇒ 5b + 20r − 120 = 0

⇒ b = −4r + 24

de donde se obtiene que a = 74b−10 = −7r+32 con si estas dos ultimas

las reemplazamos en igualdades (3.9) se obtiene

(−7r + 32)2 + (16 − 4r)2 = r2

⇒ 49r2 − 2 · 7 · 32r + 322 + 162 + 8 · 16r + 16r2 = 0

⇒ 64r2 − (2 · 7 · 32 + 8 · 16)r + 322 + 162 = 0

⇒ 2r2 − (2 · 7 + 4)r + 32 + 8 = 0

⇒ r2 − 9r + 20 = 0

⇒ r =9 ±

√

81 − 4(20)

2=

9

2± 1

2=

{54

luego con estos valores para r se obtiene que

a = −7r + 32 =

−7 · 5 + 32 = −3 ,

−7 · 4 + 32 = 4 ,

b = −4r + 24 =

−4 · 5 + 24 = 4 ,

−4 · 4 + 24 = 8 ,

las posibles circunferencias son

(x + 3)2 + (y − 4)2 = 52, (x − 4)2 + (y − 8)2 = 42 .

3.34. Dado el triangulo de vertices (−2, 0), (10, 0) y (0, 4), hallar la ecuacionde la circunferencia que pasa por los tres puntos medios y verificar quea ella tambien pertenecen los pies de las alturas.

Solucion: Los puntos medios se obtienen de manera sencilla mediante

A =1

2{(−2, 0) + (10, 0)} = (4, 0) ,

B =1

2{(−2, 0) + (0, 4)} = (−1, 2) ,

C =1

2{(10, 0) + (0, 4)} = (5, 2) .


La ecuacion de la circunferencia es∣∣∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 x y 1x2

1 + y21 x1 y1 1

x22 + y2

2 x2 y2 1x2

3 + y23 x3 y3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0 .

Entonces,

0 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 x y 116 4 0 15 −1 2 129 5 2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣

= 16

∣∣∣∣∣∣

x y 1−1 2 15 2 1

∣∣∣∣∣∣

+ 4

∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 y 15 2 129 2 1

∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 x y5 −1 229 5 2

∣∣∣∣∣∣

= −16{x(2 − 2) − y(−1 − 5) + (−2 − 10)} +

4{[x2 + y2](2 − 2) − y(5 − 29) + (10 − 58)}+{[x2 + y2](−2 − 10) − x(10 − 58) + y(25 + 29)}

= −16{6y − 12} + 4{24y − 48} + {−12(x2 + y2) + 48x − 54y}= −12(x2 + y2) + 48x + 54y ,

es decir,

x2 + y2 − 4x − 9

2y = 0 ⇒ (x − 2)2 + (y − 9/4)2 =

145

16.

Ahora bien, verifiquemos que los pies de las alturas pertenecen a lacircunferencia. Aquı solo lo verificaremos para el pie de la altura quepertence al lado (−2, 0) y (0, 4) del triangulo. La ecuacion de la rectaque une los puntos (−2, 0) y (0, 4) es

x − x1

x2 − x1

=y − y1

y2 − y1

⇒ x + 2

0 + 2=

y − 0

4 − 0

⇒ x + 2

2=

y

4⇒ 2x − y + 4 = 0 .

La recta de la altura es perpendicular a la ultima recta encontrada ypasa por el punto (10, 0) entonces tiene por ecuacion

y = −1

2(x − 10) .


Luego el pie de la altura en (10, 0) es el punto de intersecciones de lasrectas encontradas, es decir es la solucion de

x + 2y − 10 = 02x − y + 4 = 0

resolviendo el sistema no es dıficil llegar a la solucion (x0, y0) = (25, 24

5),

ahora veamos que este punto pertenece a la circunferencia encontradase tiene que

(2

5− 2

)2

+

(24

5− 9

4

)2

=

(8

5

)2

+51

202=

145

16,

es decir, pertenece a la circunferencia.

3.35. Demostrar que las rectas tangentes comunes a las circunferencias deecuaciones

x2 + y2 + 2x = 0, x2 + y2 − 6x = 0,

forman un triangulo equilatero.

Solucion: Las ecuaciones pueden escribirse como

(x + 1)2 + y2 = 1, (x − 3)2 + y2 = 9 .

La situacion geometrica se presenta en la siguiente figura, el trianguloequilatero aparece en color rojo

|||

−3 −1 3

x

y


Sea ax + by + c = 0 la recta tangente a las dos circunferencias entonces∣∣∣∣

−a + c√a2 + b2

∣∣∣∣= 1,

∣∣∣∣

3a + c√a2 + b2

∣∣∣∣= 3

dividiendo ambas ecuaciones obtenemos∣∣∣∣

−a + c

3a + c

∣∣∣∣=

1

3⇒ −a + c = ±(a +

1

3c) .

Caso (+): se tiene

−a + c = a +1

3c ⇒ 2a =

2

3c ⇒ c = 3a

entonces remplazando esto en la primera ecuacion se obtiene∣∣∣∣

−a + 3a√a2 + b2

∣∣∣∣= 1 ⇒ 4a2 = a2 + b2 ⇒ b = ±

√3a

luego las rectas nos quedan

ax ±√

3ay + 3a = 0 ⇒ x ±√

3y + 3 = 0 .

Caso (−): se tiene

−a + c = −a − 1

3c ⇒ c = 0

de manera similar se obtiene que∣∣∣∣

−a√a2 + b2

∣∣∣∣= 1 ⇒ a2 = a2 + b2 ⇒ b = 0

entonces la ecuacion de la recta es x = 0.Los vertices del triangulo son las intersecciones a pares de estas tresrectas, facilmente se obtiene que

A = (0,√

3), B = (0,−√

3), C = (−3, 0).

Entonces

AB =√

9 + 3 =√

12

AC =√

9 + 3 =√

12

BC =

√

(√

3 +√

3)2 = 2√

3 =√

12

luego el triangulo es equilatero.


3.36. Hallar la ecuacion de la circunferencia que tiene su centro sobre la rectade ecuacion 2x + y − 14 = 0 y que pasa por las intersecciones de lascircunferencias de ecuaciones:

x2 + y2 − 8x − 4y + 11 = 0 , x2 + y2 − 4x + 4y − 8 = 0.

Solucion: La ecuacion de la circunferencia buscada es de la forma:

(x2 + y2 − 8x − 4y + 11) + λ(x2 + y2 − 4x + 4y − 8) = 0 ,

esto es,

(1 + λ)(x2 + y2) − (8 + 4λ)x − (4 − 4λ)y + (11 − 8λ) = 0

o mejor a aun

x2 + y2 − 8 + 4λ

1 + λx − 4 − 4λ

1 + λy +

11 − 8λ

1 + λ= 0 .

Con esto se deduce que el centro de la circunferencia buscada es

C =

(8 + 4λ

2(1 + λ),

4 − 4λ

2(1 + λ)

)

=

(4 + 2λ

1 + λ,2 − 2λ

1 + λ

)

y como debe estar en la recta de ecuacion 2x+y−14 = 0 debe satisfacer

2

(4 + 2λ

1 + λ

)

+

(2 − 2λ

1 + λ

)

− 14 = 0

⇒ (8 + 4λ) + (2 − 2λ) − 14(1 + λ) = 0

⇒ −4 − 12λ = 0 ⇒ λ = −1

3

reemplazando este valor en la ecuacion correspondiente se obtiene

2

3(x2 + y2) − 20

3x − 16

3+

41

3= 0 ⇒ x2 + y2 − 10x − 8y +

41

2= 0 .

3.37. Hallar le ecuacion de la cuerda de la circunferencia de ecuacion

(x − 3)2 + (y − 7)2 = 169

cuyo punto medio es el punto M =

(17

2,3

2

)

.


Solucion: El centro de la circunferencia C = (3, 7) la recta que pasapor los puntos C y M tiene ecuacion

x − x1

x2 − x1=

y − y1

y2 − y1⇒ x − 3

17/2 − 3=

y − 7

3/2 − 7⇒ x + y − 10 = 0 .

Esta recta es perpendicular a la recta de la cuerda y la recta de la cuerdapasa por M entonces tiene ecuacion

(y − 3

2) = (x − 17

2) ⇒ x − y − 7 = 0 .

3.38. Hallar la ecuacion de la recta tangente a la circunferencia de ecuacion

x2 + y2 − 2x − 6y − 3 = 0,

en el punto (−1, 6).

Solucion: La ecuacion de la circunferencia se puede escribir como

(x − 1)2 + (y − 3)2 = 13

el centro de la circunferencia es C = (1, 3). La ecuacion de la recta quepasa por los puntos C y P0(−1, 6) es

x − x1

x2 − x1=

y − y1

y2 − y1⇒ x − 1

−1 − 1=

y − 3

6 − 3⇒ 3x + 2y − 9 = 0 .

Esta recta es perpendicular a la recta tangente y pasa por (−1, 6) en-tonces su ecuacion es

(y − 6) = −2

3(x + 1) ⇒ 2x + 3y − 16 = 0 .

3.39. Demostrar que las circunferencias de ecuaciones:

x2 + y2 + 2x − 3y − 19

2= 0, x2 + y2 − 4x + 5y − 2 = 0

son ortogonales.

Solucion: Las ecuaciones de las circunferencias se pueden escribir

(x − 2)2 + (y + 5/2)2 =49

4, (x + 1)2 + (y − 3/2)2 =

51

4.


Se sabe que el angulo que forman ambas circunferencias viene dado porla formula

cos θ =C1C2

2 − (r21 + r2

2)

2r1r2

donde C1 y C2 son los centros de las circunferencias y r1, r2 sus radios,entonces

cos θ =dist2((2,−5/2), (−1, 3/2))− (19/4 + 51/4)

2 · 7/2 ·√

51/2

=(2 + 1)2 + (−5/2 − 3/2)2 − 100/4

7 ·√

51/2

=9 + 16 − 25

7 ·√

51/2= 0 ,

lo que implica que θ =π

2, es decir, las circunferencias son ortogonales.

3.40. Determinar el lugar geometrico de los puntos tales que su distancia alpunto (4, 2) es igual al doble de su distancia al punto (−1, 3).

Solucion: El lugar geometrico de los puntos (x, y) que satisfacen

dist((x, y), (4, 2)) = 2dist((x, y), (−1, 3))

elevando al cuadrado se obtiene

(x − 4)2 + (y − 2)2 = 4[(x + 1)2 + (y − 3)2]

⇒ x2 − 8x + 16 + y2 − 4y + 4 = 4x2 + 8x + 4 + 4y2 − 24y + 36

⇒ 3x2 + 3y2 + 16x − 20y + 40 = 0

⇒ x2 + y2 +16

3x − 20

3y +

20

3= 0 ,

entonces el lugar geometrico es una circunferencia.

3.41. Determinar el lugar geometrico de los puntos tales que la suma de loscuadrados de sus distancias a las rectas de ecuaciones:

3x − y + 4 = 0 , x + 3y − 7 = 0,

sea igual a 2.


Solucion: Sea P = (x, y) = el punto que pertenece al lugar geometricoentonces su distancia a las rectas dadas son

δ1 =3x − y + 4√

9 + 1=

1√10

(3x − y + 4) ,

δ2 =x + 3y − 7√

9 + 1=

1√10

(x + 3y − 7) .

Entonces, la condicion que la suma de los cuadrados de sus distanciasa las rectas dadas sea igual a 10 es equivalente a:

2 = δ21 + δ2

2

=1

10(3x − y + 4)2 +

1

10(x + 3y − 7)2

⇒ 20 = 9x2 − 3xy + 12x − 3xy + y2 − 4y + 12x − 4y + 16

+x2 + 3xy − 7x + 3xy + 9y2 − 21y − 7x − 21y + 49

= 10x2 + 10x + 10y2 − 50y + 65

⇒ 2 = x2 + x + y2 − 5y + 6.5

⇒(

x +1

2

)2

+

(

y − 5

2

)2

= 2 − 6.5 +1

4+

25

4= 2 .

Por lo tanto, el lugar geometrico es una circunferencia.

3.42. La circunferencia de ecuacion:

x2 + y2 − 2dx − f 2 = 0,

se corta por la recta de ecuacion x = c segun los puntos P y P ′. De-mostrar que el producto de las distancias desde los puntos (0,±f) a larecta tangente en P (o P ′) es igual a c2.

Solucion: La situacion geometrica se aprecia en la siguiente figura

+

+

+

+

d

f

−f

P

cx

y


La interseccion de la circunferencia con la recta x = c nos dan lascoordenadas de los puntos P y P ′ se tiene que si x = c entonces

c2 + y2 − 2dc − f 2 = 0 ⇒ y2 = 2dc − c2 + f 2

⇒ y = ±√

c(2d − c) + f 2

luego las coordenadas de los puntos son

P = (c,√

c(2d − c) + f 2), P ′ = (c,−√

c(2d − c) + f 2) .

Desdoblando la ecuacion de la circunferencia obtenemos que la rectatangente de la circunferencia en el punto P = (x0, y0) es

xx0 + yy0 − 2d

(x + x0

2

)

− f 2 = 0

cx +√

c(2d − c) + f 2 y − dx − dc − f 2 = 0

(c − d)x +√

c(2d − c) + f 2 y − dc − f 2 = 0 .

Ahora bien, la distancia del punto (0, f) a la recta tangente es

δ1 =

√

c(2d − c) + f 2 · f − dc − f 2

√

(c − d)2 + c(2d − c) + f 2

=

√

c(2d − c) + f 2 · f − dc − f 2

√

c2 − 2cd + d2 + 2cd − c2 + f 2

=

√

c(2d − c) + f 2 · f − dc − f 2

√

d2 + f 2

de manera similar la distancia del punto (0,−f) a la recta tangente es

δ2 =−√

c(2d − c) + f 2 · f − dc − f 2

√

d2 + f 2

entonces

(d2 + f 2)δ1δ2 = −f 2[c(2d − c) + f 2 − f 2] − dcf [√

c(2d − c) + f 2 − f ]

+dcf [√

c(2d − c) + f 2 + f ] + d2c2

= −f 2[2dc − c2] + dcf 2 + dcf 2 + d2c2

= −2dcf 2 + f 2c2 + 2dcf 2 + d2c2

= (f 2 + d2)c2 ,

lo que implica que el producto de las distancias δ1δ2 = c2 como queria-mos probar.


3.43. Demostra que el lugar geometrico de un punto que se mueve de modoque la suma de los cuadrados de sus distancias a los cuatro lados de uncuadrado es constante, es una circunferencia con centro en el centro delcuadrado.

Solucion: Sin perdida de generalidad podemos ubicar el cuadrado talcomo lo indica la figura

a

a

−a

−a 0x

y

Sea el P = (x, y) el punto que pertenece al lugar geometrico descrito enel enunciado del problema. Observe que las ecuaciones de las rectas delos lados del cuadrado son

y = ±a, x = ±a

entonces las distancias del punto a estas rectas son

δ±1 = y ± a, δ±2 = x ± a .

Luego si el cuadrado de la suma de estas distancias es constante iguala c se tiene

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

c = x2 + 2ax + a2 + x2 − 2ax + a2 + y2 + 2ay + a2 + y2 − 2ay + a2

c = 2x2 + 2y2 + 4a2 ,

lo que implica que los puntos del lugar geometrico satisfacen

x2 + y2 =c

2− 2a2 ,

es decir, el lugar geometrico es una circunferencia con centro en el origen,esto es, con centro en el centro del cuadrado.


3.44. Una circunferencia cuyo centro es el punto (4,−1) pasa por el foco dela parabola de ecuacion x2 = −16y. Demostrar que es tangente a ladirectriz de la parabola.

Solucion: Primeramente se tiene que la circunferencia en cuestion tieneecuacion

(x − 4)2 + (y + 1)2 = r2.

Se sabe que la ecuacion

x2 = 2py

define una parabola cuyas coordenadas del foco son F =(

0,p

2

)

y la

directriz tiene ecuacion d : y = −p

2. En nuestro caso se tiene que

F = (0,−4) , d : y = 4 ,

como el foco pertenece a la circunferencia satisface

r2 = (−4)2 + (−4 + 1)2 = 16 + 9 = 25 ⇒ r = 5 .

Graficamente se tiene la siguiente situacion

b

b

b

x

y(4, 4)

(4,−1)

F = (0,−4)

luego la directriz es tangente a la circunferencia en el punto (4, 4).

3.45. Hallar la ecuacion de la parabola cuyo latus rectum mide 4, su direc-triz es la recta de ecuacion x = −5 y cuyo foco esta sobre la recta deecuacion x + y − 2 = 0.


Solucion: Por tener directriz de ecuacion x = −5 entonces la parabolatiene ecuacion de la forma

(y − k)2 = 2p(x − h).

Se sabe que el latus rectum es igual 2p = 4 ⇒ p = 2. Por otro lado

el foco F =(

h +p

2, k)

= (h + 1, k) pertene a la recta de ecuacion

x + y − 2 = 0 entonces satisface

(h + 1) + k − 2 = 0 ⇒ k = 1 − h.

Ahora bien, la distancia del vertice de la parabola V = (h, k) al foco es

igual ap

2y debe ser igual a la distancia del vertice a la directriz x = −5

(esta es la definicion de una parabola) entonces

1 =p

2= dist(F, V ) = dist(V, x = −5) = h + 5 ,

lo que implica que h = −4 luego se concluye que k = 5 y la ecuacionde la parabola buscada es

(y − 5)2 = 4(x + 4).

3.46. Hallar la parabola de eje vertical, de foco en el punto (−1, 3) y que pasapo r el punto (3, 6).

Solucion: Por ser el eje vertical la parabola tiene ecuacion de la forma

(x − h)2 = 2p(y − k)

en este caso el foco es de la forma

F =(

h, k +p

2

)

= (−1, 3) ,

lo que implica que h = −1 y k = 3 − p2, como el punto (3, 6) pertenece

a la parabola satisface

(3 − h)2 = 2p(6 − k) ⇒ (3 − (−1))2 = 2p(

6 −(

3 − p

2

))

⇒ 16 = 2p(

3 +p

2

)

⇒ p2 + 6p − 16 = 0

⇒ (p + 8)(p − 2) = 0 .


Si p = −8 entonces obtenemos la parabola

(x + 1)2 = −16(y − 7) .

Si p = 2 obtenemos entonces la parabola

(x + 1)2 = 4(y − 2) .

3.47. Hallar la ecuacion de la parabola cuya directriz es vertical, de verticeen la recta de ecuacion x − y − 2 = 0, con foco en la recta de ecuacionx + y − 2 = 0 y que pasa por el punto (9, 7).

Solucion: Por ser la directriz vertical la ecuacion de la parabola esde la forma

(y − k)2 = 2p(x − h)

como el vertice V = (h, k) esta en la recta x − y − 2 = 0 satisface

h − k − 2 = 0 ⇒ h = k + 2

de la misma manera el foco F =(

h +p

2, k)

satisface

(

h +p

2

)

+ k − 2 = 0

reemplazando el valor h = k + 2 en la ultima igualdad obtenemos

p = −4k

como el punto (9, 7) pertence a la parabola satisface

(7 − k)2 = 2p(9 − h) ⇒ (7 − k)2 = 2(−4k)(9 − k − 2)

⇒ 49 − 14k + k2 = −8k(7 − k)

⇒ 49 − 14k + k2 = −56k + 8k2

⇒ 7k2 − 42k − 49 = 0

⇒ k2 − 6k − 7 = 0

⇒ (k − 7)(k + 1) = 0 .

Si k = 7 entonces h = 9, p = −28 y la ecuacion de la parabola es

(y − 7)2 = −56(x − 9) .

Si k = −1 entonces h = 1, p = 4 y la ecuacion de la parabola es

(y + 1)2 = 8(x − 1).


3.48. Demostrar que el lugar geometrico de los puntos cuya distancia a la rec-ta de ecuacion y = 1 es dos unidades menor que su distancia al punto(−2,−3) es la parabola de ecuacion (x + 2)2 = −12y.

Solucion: Sea P = (x, y) un punto perteneciente al lugar geometri-co entonces su distancia a la recta y = 1 es

δ = y − 1.

entonces la condicion expresada en el enunciado puede ser escrita como

δ − 2 =√

(x + 2)2 + (y + 3)2

elevando al cuadrado obtenemos

(x + 2)2 + (y + 3)2 = (y − 3)2

⇒ (x + 2)2 + y2 + 6y + 9 = y2 − 6y + 9

⇒ (x + 2)2 = −12y .

3.49. Dada la elipse de ecuacion

9x2 + 25y2 = 225,

hallar sus simiejes, sus focos, su excentricidad y las ecuaciones de lasdirectrices.

Solucion: Notemos que la ecuacion de la elipse es equivalente a laecuacion

x2

52+

y2

32= 1 ,

luego los semiejes son a = 5 y b = 3, lo que implica que a > b, entonceslos focos estan sobre el eje x y

F1 = (c, 0) , F2 = (−c, 0) ,

donde a2 − c2 = b2 luego c2 = a2 − b2 = 25 − 9 = 16 ⇒ c = 4. Se sabeque la excentricidad viene dada por

e =c

a=

√a2 − b2

a=

4

5< 1 .

Por lo tanto, las ecuaciones de las directrices son

x = ±a

e= ±a2

c= ±25

4.


3.50. ¿Existe algun punto real que satisfaga la ecuacion 9x2 + 4y2 + 36x −24y + 216 = 0?

Solucion: Note que mediante manipulacion algebraica se tiene que

9x2 + 4y2 + 36x − 24y + 216 = 0

⇒ 9(x2 + 4x) + 4(y2 − 6y) + 216 = 0

⇒ 9(x + 2)2 + 4(y − 3)2 − 36 − 36 + 216 = 0

⇒ 0 ≤ (x + 2)2

4+

(y − 3)2

9= −144

36= −4 ,

lo cual es imposible. Luego, no existe punto real que satisfaga la ecuaciondada.

3.51. Dada la elipse de ecuacion

x2

a2+

y2

b2= 1.

Demuestre que la condicion para que la recta Ax + By + C = 0 seatangente es que

a2A2 + b2B2 = C2.

Solucion: Sea (x0, y0) punto de tangencia, la ecuacion de la recta tan-gente es

x0x

a2+

y0y

b2= 1

entoncesx0

a2

A=

y0

b2

B= − 1

C= 1

lo que implica que

x0 = −a2A

C, y0 = −b2B

C.

Como (x0, y0) pertenece a la elipse, por ser un punto de tangencia,entonces satisface la ecuacion

(

−a2AC

)2

a2+

(

− b2BC

)2

b2= 1 ⇒ a2A2 + b2B2 = C2 .

3.52. Hallar la ecuacion de la hiperbola cuyas asıntotas forman un angulo de

60o con el eje−−→OX y cuyos vertices reales son (±1, 0).


Solucion: Se sabe que si la ecuacion de la hiperbola es

x2

a2− y2

b2= 1,

entonces las asıntotas de la hiperbola son y = ± b

ax. Si las asıntotas for-

man un angulo de 60o on el eje x entonces las asıntotas tienen pendientem = tan 60o y satisfacen

tan 60o = ± b

a⇒ b = ±

√3a.

Por otro lado, los vertices reales (±1, 0) pertenecen a la hiperbola en-tonces satisfacen

1

a2= 1 ⇒ a2 = 1 ⇒ a = ±1 ⇒ b = ±

√3

y la ecuacion de la hiperbola es

x2

1− y2

3= 1.

3.53. El perımetro de un rectangulo es 20 cm. Hallar sus dimensiones si suarea debe ser maxima.

Solucion: Consideremos el rectangulo de lados de largo a y b entoncesse tiene que el perımetro P = 2(a+b) = 20 lo que implica que b = 10−aentonces el area es

A = ab = a(10 − a) = 10a − a2.

Consideremos la conica y = 10x − x2 la cual se puede escribir de laforma

y = −(x − 5)2 + 25 ⇒ y − 25 = −(x − 5)2.

Observemos que la parabola tiene su punto mas alto en el vertice. Estosignifica que el valor maximo que alcanza la variable y es igual a 25 yse obtiene cuando x = 5. Luego, el area maxima es 25 cm2 y se alcanzacuando el rectangulo es un cuadrado de lado 5 cm.

3.54. Demostrar que la recta que une un punto P de una elipse con su centroy la recta que pasa por un foco, perpendicular a la recta tangente enP , se cortan sobre la directriz corespondiente.


Solucion: Consideremos la elipse de ecuacion

x2

a2+

y2

b2= 1,

y sea P = (x0, y0) un punto perteneciente a la elipse. La recta que uneP con el centro de la elipse O = (0, 0) es dada por

x − x0

x0=

y − y0

y0⇒ y0(x − x0) = x0(y − y0) ⇒ y =

y0

x0x .

La recta tangente a la elipse en el punto P es dada por

x0x

a2+

y0y

b2= 1 ⇒ y =

b2

y0

− x0b2

y0a2x

y tiene pendiente m = −x0b2

y0a2entonces la recta que pasa por el foco

F = (c, 0), (c2 = a2 − b2) y es perpendicular a la recta tangente en P es

y =y0a

2

x0b2(x − c) .

Igualando las dos rectas se obtiene

y0

x0

x =y0a

2

x0b2x − y0a

2c

xob2⇒ x

(

1 − a2

b2

)

= −a2c

b2

⇒ x

(b2 − a2

b2

)

= −a2c

b2

⇒ x(b2 − a2

)= −a2c

⇒ x =a2c

a2 − b2

⇒ x =a2c

c2

⇒ x =a2

c

la ultima igualdad corresponde a la bisectriz de la elipse.

3.55. Sea F un foco de una hiperbola y P un punto de ella. Por P se traza laparalela a una de las asıntotas, que corta a la directriz correspondientea F , en el punto Q. Demostrar que PF = PQ.


Solucion: Consideremos la hiperbola

x2

a2− y2

b2= 1,

entonces las asıntotas de la hiperbola son y = ± b

ax y la directrices son

x = ±a2

c, donde c2 = a2 + b2. Sea P = (x0, y0) un punto de la hiperbola

entonces la recta que pasa por P y es paralela a la asıntota y =b

ax es

dada por

y − y0 =b

a(x − x0),

la interseccion de esta recta con la directriz x =a2

cque corresponde al

foco F = (c, 0) es

y − y0 =b

a

(a2

c− x0

)

⇒ y =b

a

(a2

c− x0

)

+ y0

entonces la coordenadas del punto Q son

Q =

(a2

c,b

a

(a2

c− x0

)

+ y0

)

,

como el punto P pertenece a la hiperbola satisface

x20

a2− y2

0

b2= 1 ⇒ y2

0 = b2

(x2

0

a2− 1

)

entonces

PF 2 = (x0 − c)2 + y20

= x20 − 2cx0 + c2 +

b2

a2x2 − b2

= x20

(

1 +b2

a2

)

− 2x0c + a2

= x20

(a2 + b2

a2

)

− 2x0c + a2

= x20

(c2

a2

)

− 2x0c + a2

=(x0c

a− a)2

.


Por otro lado

PQ2 =

(

x0 −a2

c

)2

+

(

y0 −b

a

(a2

c− x0

)

− y0

)2

= x20 −

2a2

cx0 +

a4

c2+

b2

a2

(a4

c2− 2a2

cx0 + x2

0

)

= x20 −

2a2

cx0 +

a4

c2+

a2b2

c2− 2b2

cx0 +

b2

a2x2

0

= x20

(

1 +b2

a2

)

− 2x0

(a2 + b2

c

)

+a2

c2(a2 + b2)

= x20

(a2 + b2

a2

)

− 2x0c + a2

=(x0c

a− a)2

lo que implica que PF = PQ =x0c

a− a.

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