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Folium de Descartes

A.

   

Índice


 

La curva: ecuación cartesiana

Descartes planteó esta curva algebraica en 1638 mediante de la ecuación \[\boxed{x^3+y^3=3axy}\]

Es famosa porque cuando Descartes supo del método que había desarrollado Fermat para calcular tangentes pensó que no era gran cosa y le retó a que calculase las tangentes de esta curva de su invención. La cosa es que Fermat lo hizo sin grandes problemas demostrando con ello la potencia de su método. Ni que decir tiene que Descartes no lo llevó nada bien.

Chascarrillos aparte, las propiedades de esta curva son muy interesantes: el área de la superficie encerrada por su lazo es igual al área de la superficie que hay entre las ramas infinitas y la asíntota; es la cisoide de una elipse y una recta, que resulta su asíntota; se relaciona con la trisectriz de McLaurin por un giro y una compresión y es, para mí lo más sorprendente, el lugar geométrico de los conjugados armónicos del origen respecto de los puntos de intersección de las rectas que pasan por el origen con dos parábolas de ejes ortogonales. Todo esto y más se va a ver a continuación, aunque empezaremos expresando la curva en forma polar y paramétrica porque nos serán de utilidad en lo que sigue.

Pero, antes de todo, para familiarizárnos con las curva tenemos la siguiente construcción, con la que podemos ver cómo la curva depende del parámetro a y por dónde anda su asíntota.


Ecuación polar

Dada la ecuación

\[x^3+y^3=3axy\]

hacemos

\[x=\rho cos\theta\\y=\rho sen\theta\]

Sustituyendo:

\[(\rho cos\theta)^3+(\rho sen\theta)^3-3a(\rho cos\theta)(\rho sen\theta)=0\]

\[\rho^3 (cos^3\theta+sen^3\theta)=3a \rho^2 cos\theta sen\theta\]

\[\rho = \dfrac{3a sen\theta cos\theta}{cos^3\theta+sen^3\theta}\]

Tiene buena pinta, ¿verdad? Sin embargo, la fórmula obtenida esconde alguna trampa, porque si hacemos variar el ángulo \(\theta\) libremente obtendremos valores negativos para \(rho\), lo cual no tiene sentido siendo \(\rho\) un módulo. Vamos entonces a ver cuándo tiene sentido la fórmula anterior.

Para que \(\rho\ge0\) debe pasar que numerador y denominador sean del mismo signo. Vamos caso a caso.

1) \(3a cos\theta sen\theta\ge0\\cos^3\theta+sen^3\theta>0\)

Como \(3a cos\theta sen\theta\ge0\) tenemos dos posibilidades:

1.1) \(cos\theta\le0\\sen\theta\le0\)

Este caso es imposible porque entonces \(cos^3\theta+sen^3\theta\le0\), lo cual entra en contradicción con la segunda condición.

1.2 \(cos\theta\ge0\\sen\theta\ge0\)

Esta posibilidad hace cierta siempre la segunda condición, \(cos^3\theta+sen^3\theta\ge0\), por lo que todos los ángulos \(\theta\) que cumplen tener el seno y el coseno positivos son válidos, y eso ocurre en el primer cuadrante. Por tanto:

\[\theta\in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]\].

2) \(3a cos\theta sen\theta\le0\\cos^3\theta+sen^3\theta<0\)

Como \(3a cos\theta sen\theta\le0\) tenemos dos posibilidades:

2.1) \(cos\theta\le0\\sen\theta\ge0\)

Despejando en la segunda condición,

\[sen^3\theta<-cos^3\theta\]

\[sen^3\theta<(-cos)^3\theta\]

\[sen\theta<-cos\theta\]

Como estamos en el segundo cuadrante, esto ocurre para

\[\theta\in \left(\dfrac{3\pi}{4},\pi\right]\]

2.2) \(cos\theta\ge0\\sen\theta\le0\)

Despejando en la segunda condición,

\[cos^3\theta<-sen^3\theta\]

\[cos^3\theta<(-sen)^3\theta\]

\[cos\theta<-sen\theta\]

y esto ocurre para

\[\theta\in \left[\dfrac{6\pi}{4},\dfrac{7\pi}{4}\right)\]

En conclusión, la ecuación polar ha de venir acompañada del dominio explícito que acabamos de calcular:

\[\boxed{\rho = \dfrac{3a sen\theta cos\theta}{cos^3\theta+sen^3\theta}\text{ , }\theta\in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]\cup\left(\dfrac{3\pi}{4},\pi\right]\cup\left[\dfrac{6\pi}{4},\dfrac{7\pi}{4}\right)}\]

En la siguiente construcción podemos ver el punto asociado a cada ángulo y cómo el punto desaparece en los huecos del dominio.

Sin embargo...

 


Ecuaciones paramétricas

Sin embargo, aceptando que \(\rho\) tenga valores negativos, la fórmula

\[\rho = \dfrac{3a sen\theta cos\theta}{cos^3\theta+sen^3\theta}\]

nos da una buena parametrización del folium, pues al variar el parámetro \(\theta\) se recorre la curva de un modo natural para valores en \(\left(\dfrac{3 \pi}{4},\dfrac{7 \pi}{4}\right)\), aunque, eso sí, el parámetro ya no se correponde con argumento del punto, sino, más bien, con la pendiente de una recta que busca el contacto con la curva.

Las ecuaciones paramétricas quedarían así:

\[\boxed{\left\{\begin{array}{l} x(\theta)=\dfrac{3a sen\theta cos\theta}{cos^3\theta+sen^3\theta}cos \theta\\y(\theta)=\dfrac{3a sen\theta cos\theta}{cos^3\theta+sen^3\theta} sen \theta \end{array}\right.\text{ , }\theta\in \left(\dfrac{3 \pi}{4},\dfrac{7 \pi}{4}\right)}\]

En la siguiente construcción se ve lo dicho: ahora no hay huecos en el dominio: simplemente, al recorrer la curva pasamos del segundo cuadrante al primero y de este al tercero.

***

Otra forma de parametrizar la curva es partir de la ecuación ecuación cartesiana

\[x^3+y^3=3axy\]

y hacer

\[y=tx\]

Sustituyendo tenemos

\[x^3+(tx)^3=3a x (tx)\]

\[x^3+t^3 x^3=3a t x^2\]

\[x^3 (1+t^3)-3a t x^2=0\]

\[x^2(x (1+t^3)-3a t)=0\]

Ahora, o \(x=0\), de donde tenemos el punto \((0,0)\) o

\[x (1+t^3)-3a t=0\]

y, por tanto,

\[x=\dfrac{3at}{1+t^3}\]

Así:

\[\boxed{\left\{\begin{array}{l} x(t)=\dfrac{3at}{1+t^3}\\y(t)=\dfrac{3at^2}{1+t^3} \end{array}\right.\ , t\ne{-1}}\]

Merece la pena señalar algunos momentos especiales de la relación entre el parámetro y la curva:

1) Para \(t = -1\) la curva viene por la izquierda desde el infinito.

2) Entre \(t = -1 \text{ y } t = 0\) se desarrolla la rama infinita izquierda.

3) Para \(t = 0\) la curva pasa por el origen de coordenadas.

3) Entre \(t = 0 \text{ y } t = \infty\) se desarrolla el lazo de la curva.

4) En el origen pasamos de \(t = \infty \text{ a } t = -\infty\).

5) Desde \(t = -\infty \text{ hasta } t = -1\) se desarrolla la rama infinita derecha.

Todo esto se puede ver en la siguiente construcción.

***

Cierro este apartado señalando que las dos parametrizaciones están ligadas por el cambio \(t=tg\theta\). Si en las ecuaciones en t hacemos el cambio y dividimos numerador y denominador por \(cos^3\theta\) obtendremos las ecuaciones en \(\theta\). Haciendo esto veríamos que el valor t = -1 se corresponde con los valores \(\theta=\dfrac{3\pi}{4}\text{ y } \theta= \dfrac{7\pi}{4}\), que es donde la curva se va al infinito.

 


Asíntota oblicua

Necesitamos saber cuándo \(x\) tiende a infinito. Mirando las ecuaciones paramétricas

\[\left\{\begin{array}{l} x(t)=\dfrac{3at}{1+t^3}\\y(t)=\dfrac{3at^2}{1+t^3} \end{array}\right.\]

vemos que esto ocurre cuando el denominador se anula, es decir, cuando \(t \to -1\)

\[\displaystyle\lim_{t \to -1}{x(t)}=\lim_{t \to -1}{\dfrac{3at}{1+t^3}}=\infty\]

Si la curva tienen una asíntota oblicua, su pendiente será el valor del límite siguiente

\[m=\displaystyle\lim_{t \to -1}\dfrac{y(t)}{x(t)}=\lim_{t \to -1}{\dfrac{\dfrac{3at^2}{1+t^3}}{\dfrac{3at}{1+t^3}}}=\lim_{t \to -1}{t}=-1\]

Hallamos ahora la ordenada en el origen:

\[n=\displaystyle\lim_{t \to -1}(y(t)-mx(t))=\\\displaystyle\lim_{t \to -1}(y(t)+x(t))=\\\displaystyle\lim_{t \to -1}\left({\dfrac{3at^2}{1+t^3}+\dfrac{3at}{1+t^3}}\right)=\\\displaystyle\lim_{t \to -1}\dfrac{3at(t+1)}{1+t^3}=\\\displaystyle\lim_{t \to -1}\dfrac{3at(t+1)}{(t^2-t+1)(t+1)}=\\\displaystyle\lim_{t \to -1}\dfrac{3at}{(t^2-t+1)}=-a\]

Por tanto, la ecuación de la asíntota oblicua es

\[y=-x-a\]

o

\[\boxed{x+y+a=0}\]

 

Ecuación polar de la asíntota

Como nos va a hacer falta, calculamos la ecuación polar correspondiente.

En \[x+y+a=0\]

hacemos los cambios \(x=\rho cos\theta \ ,\ y=\rho sen\theta\).

Entonces

\[\rho cos\theta+\rho sen\theta+a=0\]

Sacando factor común y despejando tenemos

\[\boxed{\rho=-\dfrac{a}{sen \theta + cos \theta}}\]

 


Simetría

En la ecuación

\[x^3+y^3=3axy\]

las dos variables x e y son inercambiables, por lo que la curva es simétrica respecto de la bisectriz del primer cuadrante.

 


Tangencia

Vector tangente

Para cada valor del parámetro t, derivando las ecuaciones paramétricas obtenemos un vector tangente a la curva en el punto \((x(t), y(t))\).

\[(x'(t), y'(t))=\left(\dfrac{3a (1+t^3)-3a t 3 t^2}{(1+t^3)^2},\dfrac{3a 2 t (1+t^3)-3a t^2 3 t^2}{(1+t^3)^2 }\right)=\left(\dfrac{3a (1-2t^3)}{(1+t^3)^2}, \dfrac{3at (2-t^3)}{(1+t^3)^2}\right) \]

Tangencia horizontal

El vector tangente será horizontal cuando \[\dfrac{3at (2-t^3)}{(1+t^3)^2}=0\]

Entonces o

\[t=0\]

y tenemos el punto

\[\boxed{(0,0)}\]

o

\[2-t^3=0\]

y, por tanto, \(t=\sqrt[3]{2}\). Sustituyendo t en las ecuaciones paramétricas, obtenemos el punto de tangente horizontal

\[\boxed{(a \sqrt[3]{2},a \sqrt[3]{4})}\].

***

Otra forma de obtener este resultado es derivar implícitamente la ecuación cartesiana:

\[x^3+y^3=3axy\]

\[3x^2+3y^2y'=3ay+3axy'\]

Despejando

\[y'=\dfrac{ay-x^2}{y^2-ax}\]

La tangente será horizontal cuando \(ay-x^2=0\). Despejando la variable y y sustituyendo en la ecuación cartesiana, obtenemos la x buscada.

 

Tangencia vertical

Por la simetría de la curva, en los puntos \((0,0)\) y \((a \sqrt[3]{4},a \sqrt[3]{2})\) la tangente es vertical.

En concreto, en el punto \((0,0)\) tenemos dos tangentes, una horizontal y otra vertical.

***

En la siguiente construcción podemos ver las tangentes en función del parámetro t.

 

 


Longitud del lazo

La longitud de un arco de curva se puede calcular mediante la fórmula:

\[L= \displaystyle\int_a^b \sqrt{(x´(t))^2+(y´(t))^2}dt\]

donde a y b son los valores del parámetro t entre los que se desarrolla el arco.

Dadas las ecuaciones paramétricas del folium

\[\left\{\begin{array}{l} x(t)=\dfrac{3at}{1+t^3}\\y(t)=\dfrac{3at^2}{1+t^3} \end{array}\right.\]

derivando se tiene

\[x'(t)=\dfrac{3a-6at^3}{(1+t^3)^2}\]

\[y'(t)=\dfrac{6at-3at^4}{(1+t^3)^2}\]

Como vimos al obtener las ecuaciones paramétricas, el lazo del folium se desarrolla para \(t \in [0,\infty)\). En \(t=0\) tenemos el punto \((0, 0)\). Para volver a pasar por el origen y cerrar el lazo tenemos que hacer que t tienda a \(\infty\).

Así

\[L= \displaystyle\int_0^\infty \sqrt{\left(\dfrac{3a-6at^3}{(1+t^3)^2}\right)^2+\left(\dfrac{6at-3at^4}{(1+t^3)^2}\right)^2}dt\]

Simplificando, queda:

\[\boxed{L=3a \displaystyle\int_0^\infty \dfrac{\sqrt{t^8+4t^6-4t^5-4t^3+4t^2+1}}{(1+t^3)^2}dt}\]

Numéricamente:

\[L\approx 4,92 a\]

 


Las áreas del folium

Vamos a calcular por un lado el área del lazo del folium y por otro el área que hay entre los brazos infinitos del folium y la asíntota. Los resultados nos depararán una sorpresa.

Área del lazo (zona azul en la figura de abajo)

Para calcular el área encerrada por una curva a partir de su ecuación polar tenemos la fórmula

\[A=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_\alpha^\beta {\rho^2(\theta)}d\theta\]

Sabemos que la polar del folium es:

\[\rho = \dfrac{3a sen\theta cos\theta}{cos^3\theta+sen^3\theta}\]

Por comodidad, dividimos numerador y denominador por \(cos^3\theta\) y queda:

\[\rho = \dfrac{3a tg\theta sec\theta}{tg^3\theta+1}\]

Entonces:

\[\displaystyle\int{\rho^2(\theta)d\theta}=\displaystyle\int{\left(\dfrac{3a tg\theta sec\theta}{tg^3\theta+1}\right)^2 d\theta}=\displaystyle\int{\dfrac{9a^2 tg^2\theta sec^2\theta}{(tg^3\theta+1)^2} d\theta}= [*]\]

Haciendo el cambio de variable \(t=tg \theta,\ dt=sec^2\theta d\theta\) tenemos

\[[*]=3a^2\displaystyle\int{(t^3+1)^{-2}3t^2} dt=3a^2\dfrac{(t^3+1)^{-1}}{-1}=\dfrac{-3a^2}{1+t^3}+c\]

Es evidente que el lazo se dasarrolla para \(\theta\in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]\). Aplicando el cambio, tenemos que si \(\theta=0 \rightarrow t=0\) y que si \(\theta=\dfrac{\pi}{2} \rightarrow t=\infty\).

Entonces

\[A=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\dfrac{\pi}{2}}{\rho^2(\theta)}d\theta=\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{-3a^2}{1+t^3}\right]_0^\infty=\dfrac{3a^2}{2}\]

\[\boxed{A=\dfrac{3a^2}{2}}\]

 

Área de la superficie encerrada por las ramas infinitas del folium y la asíntiota

Vamos a descomponer está superficie en tres regiones: la roja, la amarilla y la morada.

1) Región Amarilla.

Se trata de un triángulo rectángulo de vértices \((-a, 0), (0, -a)\ y\ (0,0)\), por lo que su área es

\[A=\dfrac{a·a}{2}=\dfrac{a^2}{2}\]

2) Regiones roja y morada: son iguales por simetría. Calculamos el área de la región morada. Hay que notar que ambas regiones se extienen hasta el infinito.

Para calcular el área comprendida entre dos curvas en polares tenemos la siguiente fórmula:

\[A=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_\alpha^\beta {\rho_2^2(\theta)-\rho_1^2(\theta)}d\theta\]

Al calcular el área del lazo ya hemos obtenido una primitiva del folium:

\[\displaystyle\int{\rho_1^2(\theta)d\theta}=\dfrac{-3a^2}{1+t^3}+c\]

Vamos ahora a calcular una primitiva de la asíntota. Como ya vimos, la ecuación polar de la asíntota es:

\[\rho_2 = \dfrac{-a}{sen \theta+cos\theta}\]

Por comodidad, dividimos numerador y denominador por \(cos\theta\) queda:

\[\rho_2 = \dfrac{-a sec\theta}{tg\theta+1}\]

Entonces:

\[\displaystyle\int{\rho_2^2(\theta)d\theta}=\displaystyle\int{\left(\dfrac{-a sec\theta}{tg\theta+1}\right)^2 d\theta}=\displaystyle\int{\dfrac{a^2 sec^2\theta}{(tg\theta+1)^2} d\theta}= [**]\]

Haciendo el cambio de variable \(t=tg \theta,\ dt=sec^2\theta d\theta\) tenemos

\[[**]=a^2\displaystyle\int{(t+1)^{-2}} dt=a^2\dfrac{(t+1)^{-1}}{-1}=\dfrac{-a^2}{1+t}+c\]

La rama infinita derecha se desarrolla para \(\theta \in \left[\dfrac{6 \pi}{4}, \dfrac{7 \pi}{4}\right)\). Aplicando el cambio, si \(\theta=\dfrac{6 \pi}{2} \rightarrow t=-\infty\) y si \(\theta \rightarrow \dfrac{7 \pi}{4} \rightarrow t=-1\).

Entonces

\[A=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{\dfrac{6 \pi}{2}}^{\dfrac{7 \pi}{4}} {\rho_2^2(\theta)-\rho_1^2(\theta)}d\theta=\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{-a^2}{1+t}-\dfrac{-3a^2}{1+t^3} \right]_{-\infty}^{-1}\]

Si sustituimos los límites de integración salen algunas desagradables indeterminaciones que se resuelven fácilmente operando las dos fracciones de los corchetes, factorizando los polinomios y simplificando. Hecho todo ello, queda:

\[A=\dfrac{a^2}{2}\left[\dfrac{-t+2}{t^2-t+1}\right]_{-\infty}^{-1}=\dfrac{a^2}{2}\]

3) Área total

Si sumanos las tres regiones obtenemos el área encerrada por las ramas infinitas del folium y la asintota:

\[A=\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{a^2}{2}=\dfrac{3a^2}{2}\]

\[\boxed{A=\dfrac{3a^2}{2}}\]

Es decir, que no solo las tres regiones tienen la misma área, sino que las tres juntas tienen la misma área que el lazo.

Impresionante, ¿verdad?

 


El folium de Descartes y la trisectriz de Mclaurin

En la figura se puede ver en rojo el folium de Descartes y en verde la trisectriz de McLaurin. Lo cierto es que tienen bastante parecido. La cuestión es averiguar hasta qué punto están relacionadas.

El folium sabemos que es simétrico respecto de la bisectriz del primer cuadrante, mientras que la trisectriz es simétrica respecto del eje x, luego lo primero que podemos plantearnos es girar el folium \(\dfrac{\pi}{4}\ rad\). Para girar un punto, basta multiplicar sus coordenadas por la matriz de giro

\[\begin{pmatrix}{cos\dfrac{\pi}{4}}&{sen\dfrac{\pi}{4}}\\{-sen\dfrac{\pi}{4}}&{cos\dfrac{\pi}{4}}\end{pmatrix}\]

Así

\[\begin{pmatrix}{x'}\\{y'}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{cos\dfrac{\pi}{4}}&{sen\dfrac{\pi}{4}}\\{-sen\dfrac{\pi}{4}}&{cos\dfrac{\pi}{4}}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{x}\\{y}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}x+\dfrac{\sqrt{2}}{2}y}\\{-\dfrac{\sqrt{2}}{2}x+\dfrac{\sqrt{2}}{2}y}\end{pmatrix}\]

Entonces

\[x'=\dfrac{\sqrt{2}}{2}x+\dfrac{\sqrt{2}}{2}y\\y'=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}x+\dfrac{\sqrt{2}}{2}y\]

Sumando

\[x'+y'=\sqrt{2}y \Rightarrow y=\dfrac{x'+y'}{\sqrt{2}}\]

Restando

\[x'+y'=\sqrt{2}x \Rightarrow x=\dfrac{x'-y'}{\sqrt{2}}\]

Sustituyendo las expresiones obtenidas para x e y en

\[x^3+y^3-3axy=0\]

se tiene

\[\left(\dfrac{x'-y'}{\sqrt{2}}\right)^3+\left(\dfrac{x'+y'}{\sqrt{2}}\right)^3-3a\left(\dfrac{x'-y'}{\sqrt{2}}\right)\left(\dfrac{x'+y'}{\sqrt{2}}\right)=0\]

Operando, simplificando y olvidándonos de las comillas

\[3y^2=x^2\dfrac{3\dfrac{\sqrt{2}}{2}a-x}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}a+x}\]

Girado el folium \(\dfrac{\pi}{4}rad\), la ecuación anterior corresponde a la curva azul de la figura.

Mirando la figura vemos que una forma de convertir la curva azul en la verde podría ser mediante una compresión horizontal. Vamos a probar.

Resulta que la ecuación de la trisectriz de McLaurin es

\[y^2=x^2\dfrac{3b-x}{b+x}\]

Comparándola con la ecuación obtenida tras el giro

\[3y^2=x^2\dfrac{3\dfrac{\sqrt{2}}{2}a-x}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}a+x}\]

vemos que para igualarlas solo nos queda resolver el problemilla de ese 3 que aparece multiplicando a la \(y^2\), lo cual se puede lograr multiplicando \(x\) por la \(sqrt{3}\), que es, como nos ha sugerido la figura anterior, una compresión de la curva en el sentido del eje horizontal, en concreto por un factor de \(frac{1}{sqrt{3}}\).

\[3y^2=(\sqrt{3}x)^2\dfrac{3\dfrac{\sqrt{2}}{2}a-\sqrt{3}x}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}a+\sqrt{3}x}\]

Operando

\[y^2=x^2\dfrac{\dfrac{\sqrt{6}}{6}a-x}{\dfrac{\sqrt{6}}{6}a+x}\]

Haciendo \[b=\dfrac{\sqrt{6}}{6}a\] demostramos que la curva obtenida tras el giro y la compresión es la trisectriz de McLaurin.

La siguiente construcción muestra el proceso completo. El deslizador a modifica el parámetro del folium. El deslizador \(\alpha\) realiza el giro y cuando este está completado el deslizador b comprime la figura.

 


El folium como cisoide

Si observamos de cerca el folium de Descartes (en azul) y su asíntota (en rojo), los vemos como objetos geométricos completamente distintos.

Sin embargo, si cogemos distancia, la cosa cambia radicalmente:

 

Efectivamente: si nos alejamos de las proximidades del origen de coordenadas, el folium y la asíntota son practicamente la misma cosa salvo ese lacito que parece que le ha salido a la recta. Quizá el folium no sea otra cosa que una recta a la que se le ha añadido o quitado algo.

La idea de quitarle a una curva o recta otra curva es la idea que da lugar a las cisoides: dadas dos curvas en polares \(\rho_1=f_1(\theta)\) y \(\rho_2=f_2(\theta)\), su cisoide es la curva \(\rho=f_1(\theta)-f_2(\theta)\). ¿Qué podríamos quitarle a la recta de la figura para que le saliera el lacito? ¿Quizá una elipse? Vamos a probar.

En lo que sigue, voy a coger una elipse genérica, la voy a girar \(\dfrac{\pi}{4}rad\), la voy a trasladar para que el extremo derecho de su eje mayor coincida con el origen de coordenadas y voy a calcular su cisoide con la recta, es decir, con la asíntota del folium. Si la hipótesis es cierta, encontraremos condiciones sobre la elipse para que el folium surja como cisoide.

Gráficamente, la hipótesis de trabajo es que la cisoide de la recta roja y la elipse verde es el folium azul.

 

 

La elipse

Consideramos la ecuación de una elipse centrada en el origen y con los ejes coordenados como ejes:

\[\dfrac{x^2}{p^2}+ \dfrac{y^2}{q^2}=1\]

El giro

Para girarla \(\dfrac{\pi}{4}\ rad\) en el sentido de las agujas del reloj aplicamos el cambio

\[x=\dfrac{u+v}{\sqrt{2}}\\y=\dfrac{-u+v}{\sqrt{2}}\]

Tenemos entonces:

\[\dfrac{\left(\dfrac{u+v}{\sqrt{2}}\right)^2}{p^2}+\dfrac{\left(\dfrac{-u+v}{\sqrt{2}}\right)^2}{q^2}=1\]

La traslación

Para desplazar en diagonal la elipse un semieje mayor y que así la elipse pase por el origen de coordenadas debemos sumarle \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}a\) a las dos variables u y v, siendo a el parámetro del folium.

Tenemos entonces:

\[\dfrac{\left(\dfrac{u+\dfrac{\sqrt{2}}{2}a+v+\dfrac{\sqrt{2}}{2}a}{\sqrt{2}}\right)^2}{p^2}+\dfrac{\left(\dfrac{-u-\dfrac{\sqrt{2}}{2}a+v+\dfrac{\sqrt{2}}{2}a}{\sqrt{2}}\right)^2}{q^2}=1\]

Operando queda, aunque parezca mentira, la siguiente ecuación para la elipse girada y trasladada:

\[(p^2+q^2) (u^2+v^2)-2 (p^2-q^2) u v=-2\sqrt{2}p q^2 (u+v)\]

Ecuación polar de la elipse girada y trasladada

Para poder hallar la cisoide necesitamos la ecuación polar. Para ello, en la ecuación anterior hacemos los cambios

\[u=\rho cos\theta\\v=\rho sen\theta\]

Tenemos entonces

\[(p^2+q^2) (\rho^2 cos^2\theta + \rho^2 sen^2\theta)-2 (p^2-q^2) \rho cos \theta \rho sen \theta=-2\sqrt{2}p q^2 (\rho cos\theta+\rho sen\theta)\]

Operando y despejando

\[\rho=\dfrac{-2\sqrt{2}p q^2 (sen\theta + cos\theta)}{(p^2+q^2) -2 (p^2-q^2) sen \theta cos \theta}\]

La cisoide

Como dijimos al principio, la cisoide de dos curvas es la curva resultado de restar sus ecuaciones polares.

Así, restando la polar de la recta y la polar de la elipse, tenemos:

\[\rho=-\dfrac{a}{sen \theta + cos \theta}-\dfrac{-2\sqrt{2}p q^2 (sen\theta + cos\theta)}{(p^2+q^2) -2 (p^2-q^2) sen \theta cos \theta}\]

Tras algunos cálculos sencillos llegamos a la siguiente expresión

\[\rho=\dfrac{[2 a (p^2-q^2)+4 \sqrt{2}p q^2)] sen \theta cos \theta+[-a (p^2+q^2)+2\sqrt{2}p q^2]}{[2 (p^2-q^2)] (sen^3 \theta + cos^3 \theta)+[3q^2-p^2]}\]

Ahora es cuando viene la magia:

Si recordamos la ecuación polar del folium de Descartes

\[\rho = \dfrac{3a sen\theta cos\theta}{sen^3\theta+cos^3\theta}\]

vemos que la ecuación que hemos obtenido para la cisoide coincide en los senos y cosenos pero que sobran algunas cosas. Pues lo que sobra, se quita.

Hacemos

\[3q^2-p^2=0\]

que nos da

\[p=\sqrt{3}q\]

Si hacemos también

\[-a (p^2+q^2)+2\sqrt{2}p q^2=0\]

y utilizamos la relación hallada entre p y q, despejando tenemos:

\[q=\sqrt{6}a/3\]

y, por tanto,

\[p=\sqrt{2}a\]

Con estos dos valores obtenidos para p y q, podemos volver a la ecuación de la cisoide y ver cómo quedan sus coeficientes:

\[2 a (p^2-q^2)+4 \sqrt{2}p q^2)=8a^3\]

\[2 (p^2-q^2)=\dfrac{8}{3}a^2\]

Sustituyendo, la amenazante ecuación

\[\rho=\dfrac{[2 a (p^2-q^2)+4 \sqrt{2}p q^2)] sen \theta cos \theta+[-a (p^2+q^2)+2\sqrt{2}p q^2]}{[2 (p^2-q^2)] (sen^3 \theta + cos^3 \theta)+[3q^2-p^2]}\]

se convierte en

\[\rho=\dfrac{8a^3 sen \theta cos \theta}{ \dfrac{8}{3}a^2 (sen^3 \theta + cos^3 \theta)}\]

que, tras una última simplificación, queda

\[\rho = \dfrac{3a sen\theta cos\theta}{cos^3\theta+sen^3\theta}\]

es decir, el ¡folium de Descartes!

La elipse

Para terminar, vamos a ver el aspecto de las ecuaciones de la elipse que hemos utilizado.

Empezamos con la ecuación

\[\dfrac{x^2}{p^2}+ \dfrac{y^2}{q^2}=1\]

de la que ya conocemos p y q. Sustityendo:

\[\dfrac{x^2}{(\sqrt{2}a)^2}+ \dfrac{y^2}{(\sqrt{6}a/3)^2}=1\]

donde a, recuerdo, es el parámetro de la ecuación del folium.

¿Y qué pasa con la ecuación de la elipse girada y trasladada?

Teníamos para ella la ecuación cartesiana

\[(p^2+q^2) (u^2+v^2)-2 (p^2-q^2) u v=-2\sqrt{2}a b^2 (u+v)\]

sustituyendo p y q por los valores obtenidos y u y v por x e y, queda

\[\boxed{x^2+y^2-x y=a(x+y)}\]

Quién lo hubiera dicho...

Para términar, vamos a ver cómo brota el lacito al restarle la elipse a la recta. Primero giramos y traslamos la elipse. Después podemos animar la figura.

 


Lugar geométrico de conjugados armónicos

Aunque Decartes planteó la curva a partir de su ecuación algebraica, hay una forma de obtener el lazo de la curva como lugar geométrico. Para ello vamos a utilizar el concepto de cuaterna armónica.

Cuatro puntos alineados A, B, C y D se dice que forman una cuaterna armónica cuando los segmentos AC, AD, BC, BD cumplen \(\dfrac{AC}{AD}=-\dfrac{BC}{BD}\) (en la fórmula se entiende que los segmentos tienen signo, es decir, que \(AB = -BA\)). En este caso, el punto B se dice conjugado armónico de A respecto de C y D.

Vamos a considerar ahora dos parábolas con vértice en el origen de coordenadas, una de ellas con eje de simetría horizontal y la otra vertical. Es obvio que toda recta que pase por el origen de coordenadas cortará a las parábolas, además de en el propio origen, en dos puntos que vamos a llamar A y B. Sea entonces P el conjugado armónico de O respecto de A y B, como es el caso del punto rojo de la figura.

La sorpresa es que el lugar geométrico de los puntos P al variar la recta naranja es el folium de Descartes para ciertas parábolas concretas. En la construcción, moviendo el deslizador vemos cómo el punto rojo recorre el lugar geométrico.

Vamos a demostrarlo.

Sean las parábolas

\[y = px^2, \ x=qy^2\]

y la recta

\[y = mx\]

donde m es la pendiente de la recta (es decir, \(m=tg(\alpha)\) y \(\alpha\) el ángulo que forma la recta con la horizontal).

Resolviendo los sistemas

\[\left\{\begin{array}{l} y = ax^2\\y=mx\end{array}\right.\]

y

\[\left\{\begin{array}{l} x=by^2\\y=mx\end{array}\right.\]

tenemos que los puntos de intersección de la recta con las dos parábolas son:

\[A=\left(\dfrac{m}{p}, \dfrac{m^2}{p}\right)\ \ B=\left(\dfrac{1}{qm^2}, \dfrac{1}{qm}\right)\]

Vamos a distinguir dos casos: \(\alpha \in \left[0, \dfrac{\pi}{2}\right)\text{ y }\alpha \in \left(\dfrac{\pi}{2}, \pi\right]\)

Caso 1: \(\alpha \in \left[0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)

Para estos valores de \(\alpha\) se tiene que \(m=tg(\alpha)\ge 0\).

Si consideramos el segmento OA como positivo, también lo será el segmento OB (ver figura siguiente).

Entonces

\[OA=\sqrt{\left(\dfrac{m}{p} \right)^2+\left(\dfrac{m^2}{p} \right)^2}=\dfrac{m}{p}\sqrt{1+m^2}\]

\[OB=\sqrt{\left(\dfrac{1}{qm^2} \right)^2+\left(\dfrac{1}{qm} \right)^2}=\dfrac{1}{qm^2}\sqrt{1+m^2}\]

La condición para que los puntos O, P, A, B sean una cuaterna armónica es

\[\dfrac{OA}{OB}=-\dfrac{PA}{PB}\]

En términos de distancias será:

\[\dfrac{OA}{OB}=-\dfrac{OA-OP}{OB-OP}\]

Operando y despejando:

\[OP=\dfrac{2·OA·OB}{OA+OB}\]

Sustituyendo las expresiones de OA y OB obtenidas antes en función de m:

\[OP=\dfrac{2\dfrac{m}{p}\sqrt{1+m^2}\dfrac{1}{qm^2}\sqrt{1+m^2}}{\dfrac{m}{p}\sqrt{1+m^2}+\dfrac{1}{qm^2}\sqrt{1+m^2}}\]

Simplificando:

\[OP=\dfrac{2m}{p+qm^3}\sqrt{1+m^2}\]

Como el punto P esta en la misma recta que A y B, sus ecuaciones paramétricas serán:

\[\left\{\begin{array}{l} x(m)=\dfrac{2m}{p+qm^3}\sqrt{1+m^2}cos\alpha\\y(m)=\dfrac{2m}{p+qm^3}\sqrt{1+m^2}sen\alpha \end{array}\right.\]

Como \(m=tg(\alpha)\) entonces \(\sqrt{1+m^2}=\sqrt{1+tg(\alpha)^2}=\sqrt{\dfrac{1}{cos^2\alpha}}=\dfrac{1}{cos\alpha}\text{ (aquí }cos\alpha\ge 0)\)

Sustituyendo en las paramétricas anteriores y simplificando:

\[\left\{\begin{array}{l} x(m)=\dfrac{2m}{p+qm^3}\\y(m)=\dfrac{2m^2}{p+qm^3} \end{array}\right.\].

Ahora basta hacer \(p=q=\frac{2}{3a}\) y cambiar m por t (por la costumbre) para obtener las ecuaciones paramétricas del folium de Descartes:

\[\left\{\begin{array}{l} x(t)=\dfrac{3at}{1+t^3}\\y(t)=\dfrac{3at^2}{1+t^3} \end{array}\right.\]

Caso 2: \(\alpha \in \left(\dfrac{\pi}{2}, \pi\right]\)

Para estos valores de \(\alpha\) se tiene que \(m=tg(\alpha)\le 0\).

Si consideramos el segmento OA como positivo, ahora el segmento OB será negativo (ver figura).

Entonces

\[OA=\dfrac{-m}{p}\sqrt{1+m^2}\]

\[OB=\dfrac{-1}{qm^2}\sqrt{1+m^2}\]

Sustituyendo estas expresiones en

\[OP=\dfrac{2·OA·OB}{OA+OB}\]

tenemos

\[OP=\dfrac{2\dfrac{-m}{p}\sqrt{1+m^2}\dfrac{-1}{qm^2}\sqrt{1+m^2}}{\dfrac{-m}{p}\sqrt{1+m^2}+\dfrac{-1}{qm^2}\sqrt{1+m^2}}\]

Simplificando:

\[OP=\dfrac{-2m}{p+qm^3}\sqrt{1+m^2}\]

Como el punto P esta en la misma recta que A y B, sus ecuaciones paramétricas serán:

\[\left\{\begin{array}{l} x(m)=\dfrac{-2m}{p+qm^3}\sqrt{1+m^2}cos\alpha\\y(m)=\dfrac{-2m}{p+qm^3}\sqrt{1+m^2}sen\alpha \end{array}\right.\]

Como \(m=tg(\alpha)\) entonces \(\sqrt{1+m^2}=\sqrt{1+tg(\alpha)^2}=\sqrt{\dfrac{1}{cos^2\alpha}}=-\dfrac{1}{cos\alpha}\text{ (aquí }cos\alpha\le 0)\)

Sustituyendo en las paramétricas anteriores y simplificando tenemos

\[\left\{\begin{array}{l} x(m)=\dfrac{2m}{p+qm^3}\\y(m)=\dfrac{2m^2}{p+qm^3} \end{array}\right.\]

ecuaciones que, como en el caso anterior, para \(p=q=\frac{2}{3a}\) nos dan las paramétricas del folium de Descartes:

\[\left\{\begin{array}{l} x(t)=\dfrac{3at}{1+t^3}\\y(t)=\dfrac{3at^2}{1+t^3} \end{array}\right.\].

En la siguiente construcción se puede ver cómo se forma el lugar geométrico. También se puede cambiar el punto de intersección de las dos parábolas para obtener distintas formas.


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