[martiniano]

Hola.

Hola

 No se si te refieres que los datos son:

- Una elipse.
- Un punto \( B \) exterior a ella. Los puntos de tangencia de la tangentes a la cónica por \( B \) los denotamos por \( T_1,T_2 \).
- Puntos \( T_3,T_4 \) en cada una de las dos tangentes. Esta es la diferencia con la interpretación de martiniano que (entiendo) no considera estos puntos como datos.

 Se busca una cónica tangente a la elipse dada y  las tangentes a ésta por \( B \) en los puntos dados \( T_3,T_4 \).

Ah vale. Claro, este problema es mucho más interesante que el que yo había entendido.

Lo que sucede aquí es que existe una homología con centro en \[ B \] que transforma una cónica en la otra. Dicha homología transforma \[ T_1 \] en \[ T_3 \] y \[ T_2 \] en \[ T_4 \], luego las rectas \( T_1T_2 \) y \[ T_3T_4 \] se cortan en un punto del eje de la homología (H en el dibujo). Además, el eje es la tangente común a las dos cónicas, luego se puede sacar como la tangente a la cónica dada por H.

Una vez conocida esa tangente se conocerán tres tangentes a la cónica buscada y sus tres puntos de tangencia. El centro de la cónica estará en las rectas que unen las intersecciones de las tangentes con los puntos medios de sus respectivos segmentos polares. En general habrá dos soluciones (en rojo).


Un saludo.

PD. Luis contestó mientras escribía para resolver un caso particular.

PD2. Pido disculpas porque ahora veo que en el dibujo he cambiado la nomenclatura original del enunciado. En el dibujo se pueden mover \[ A, B, C \] para colocar la elipse, \[ E \], que es el punto por donde se trazan las tangentes y \[ F, G \], que son los puntos de tangencia con la cónica buscada.

[ancape]

.....
Una vez conocida esa tangente se conocerán tres tangentes a la cónica buscada y sus tres puntos de tangencia.
....

Hola
Tres tangentes a una cónica y sus 'pretendidos' puntos de tangencia, tal vez hagan imposible su existencia. Incluso tres tangentes y tres puntos cualesquiera.

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

 Buenísimo martiniano.  He usado para completar también con tu idea mi haz:


 Por cierto, bastante haces, pero intenta hacer un poco más pequeños los dibujos; y luego cuando los insertes hacer la caja de menor tamaño; eso facilita que pueda verse sin hacer "scroll" horizontal o vertical en casi cualquier soporte.

Tres tangentes a una cónica y sus 'pretendidos' puntos de tangencia, tal vez hagan imposible su existencia. Incluso tres tangentes y tres puntos cualesquiera.

 Pero es que precisamente no son cualesquiera. La construcción que hace garantiza su existencia.

Saludos.

[martiniano]

Hola.

Por cierto, bastante haces, pero intenta hacer un poco más pequeños los dibujos; y luego cuando los insertes hacer la caja de menor tamaño; eso facilita que pueda verse sin hacer "scroll" horizontal o vertical en casi cualquier soporte.

Efectivamente Luis tienes toda la razón en que soy bastante torpe para estas cosas. Lo que sucede es que cuando lo hago en Geogebra (en el móvil) lo veo todo bien pero luego al pasarlo al foro nunca me acaba de cuadrar. He cambiado el tamaño de la ventana, que ya me explicaste una vez cómo se hacía. La he hecho más estrecha y más alta a ver si así se ve mejor.

No te pretendo dar más trabajo del que ya haces, pero, en cualquier caso, si alguna vez consideras que retocando mis geogebras los puedes hacer cuadrar mejor que yo, de la manera que sea, tienes todo mi permiso para hacerlo.

Un saludo.

[ancape]

.......

Ah vale. Claro, este problema es mucho más interesante que el que yo había entendido.

Lo que sucede aquí es que existe una homología con centro .......

¡¡Magnífico!!. El problema que yo enuncié no era tan ambicioso pues el punto de corte de la rectas dadas estaba en la prolongación del eje menor de la elipse y los puntos \( T_3,T_4 \) estaban uno justo encima del otro. Con la idea de haces de Luis parecía que podría obtenerse la solución a un caso general pero daba lugar a cuentas 'faraónicas'. El uso de homología en lugar de homotecia incluso resuelve el problema geométricamente. ¡¡¡ Genial !!!
Como dije antes, tenía otra solución, pero su sencillez se basaba en la sencillez del enunciado. Si logro adaptar ésta al caso general la presentaré.

Otra cosa, que supongo no será difícil. Si obligamos a que la tangencia entre elipses sea el punto E (ver figura original) y que la recta \( T_3T_4 \) sea perpendicular al eje menor, creo que la solución es única. En ese caso ¿coinciden las dos elipses de las cuales habla tu solución?. En la hoja de Geogebra que he bajado no logro hacer que el punto de tangencia entre la elipse dada y la elipse solución sea el punto E (ver figura original).

Saludos

[martiniano]

Hola.

Otra cosa, que supongo no será difícil. Si obligamos a que la tangencia entre elipses sea el punto E (ver figura original) y que la recta \( T_3T_4 \) sea perpendicular al eje menor, creo que la solución es única. En ese caso ¿coinciden las dos elipses de las cuales habla tu solución?. En la hoja de Geogebra que he bajado no logro hacer que el punto de tangencia entre la elipse dada y la elipse solución sea el punto E (ver figura original).

En la imagen de tu primer mensaje habría dos cónicas tangentes a las rectas dadas en \[ T_3,T_4 \] y a la elipse. Una de ellas sería, por simetría, tangente a la elipse en \[ E \], y la otra en el punto diametralmente opuesto a \[ E \].

Un saludo.

[Luis Fuentes]

Hola

Otra cosa, que supongo no será difícil. Si obligamos a que la tangencia entre elipses sea el punto E (ver figura original) y que la recta \( T_3T_4 \) sea perpendicular al eje menor, creo que la solución es única. En ese caso ¿coinciden las dos elipses de las cuales habla tu solución?.

No. Las dos soluciones a que se refiere martiniano es sin fijar el punto de tangencia; fíjate que en realidad incluso con tu enunciado: \( B \) sobre la prolongación del diámetro y \( T_3T_4 \) perpendicular a este, simplemente imponiendo la condición de tangencia con la elipse original (sin indicar el punto de tangencia) sólo hay dos soluciones: que el punto de tangencia sea uno de los dos vértices de la elipse original en el diámetro donde se ha escogido el punto \( B \).

Si fijas que en concreto el punto de tangencia sea uno de esos dos (lo que llamas el punto \( E \)) entonces la solución es única.

En el dibujo están representadas las dos elipses tangentes en ese caso:



Saludos.

[Richard R Richard]

Hola, ahora que hallaron solución sintética , te paso la analitica que en este caso si la pude despejar!!!!! para el caso sencillo el punto B simétrico a las elipses


tomo origen de referencia en el punto B

así la primer elipse queda centrada en $$x_0=12$$  con semiejes $$a=3$$ y $$b=5$$

su ecuación es $$\dfrac{(x-x_0)^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$$

en el punto de tangencia la pendiente de la recta que pasa por el origen debe ser igual a la derivada de la función de la elipse en el punto de tangencia

$$y_T=mx_T=\dfrac{b}{a}\dfrac{x_T(x_0-x_T)}{\sqrt{a^2-(x_0-x_T)^2}}$$ Ec_1  $$m=0.152861$$

la otra relación sale de plantar Pitágoras en el triángulo rectángulo cuyo ángulo recto esta en el punto de tangencia

$$(\sqrt{x_T^2+y_T^2})^2+\sqrt{(x_T-x_0)^2+y_T^2})^2=x_0^2$$   Ec_2

reemplazando 1 en la 2  se puede calcular $$x_T$$ en función de los tres datos aportados. Luego también reemplazando en 1 tenemos $$y_T$$ *

segun wolfram $$\color{red}x_T = x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\color{black}$$  sería la raiz útil al problema Ec_7  esta equivocado  $$x_T=11.726$$

luego defino una segunda elipse


$$\dfrac{(x-x_C)^2}{c^2}+\dfrac{y^2}{d^2}=1$$  Ec_3

el punto de tangencia con la recta lo defino como $$(x_{Tc},y_{Tc})$$

la idea subyace en que cumplan homotecia es decir $$\dfrac{b}{a}=\dfrac{d}{c}$$ Ec_4

y por semejanza de triangulos sale que $$\dfrac{x_{Tc}}{x_C}=\dfrac{x_T}{x_0}$$ Ec_5

como las elisse tienen un punto en común se verifica que $$(x_0-x_C)=c+a$$ Ec_6

como el punto de tangencia  $$(x_{Tc},y_{Tc})$$ pertenece a la elipse debe cumplir la ecuación 3


$$\dfrac{(x_{Tc}-x_C)^2}{c^2}+\dfrac{y_{Tc}^2}{d^2}=1$$  Ec_3

reemplazando la relación de la ecuación 4 en la 3

$$\dfrac{(x_{Tc}-x_C)^2}{c^2}+\dfrac{a^2y_{Tc}^2}{b^2c^2}=1$$

$$(x_{Tc}-x_C)^2+\dfrac{a^2}{b^2}y_{Tc}^2=c^2$$

ahora reemplazos $$x_{Tc}$$ e $$y_{Tc}$$por lo que vale de la ecuación 5 y 1

$$(\dfrac{x_Tx_C}{x_0}-x_C)^2+\dfrac{a^2}{b^2}m^2\left(\dfrac{x_Tx_C}{x_0}\right)^2=c^2$$

reemplazamos $$c$$ de la ecuación 6


$$(\dfrac{x_Tx_C}{x_0}-x_C)^2+\dfrac{a^2}{b^2}m^2\left(\dfrac{x_Tx_C}{x_0}\right)^2=\left(x_0-x_C-a\right)^2$$

y ya lo tenemos ya que x_T resulta de la resolución del sistema marcado con * previamente. Ec_7

Spoiler

como la solución de wolfram estaba mal lo que sigue esta mal  $$(\dfrac{\left(x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)x_C}{x_0}-x_C)^2+\dfrac{a^2}{b^2}\left(\dfrac{b}{a}\dfrac{\left[x_0-\left( x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)\right]}{\sqrt{a^2-\left[x_0-\left(x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)\right]^2}}\right)^2\left(\dfrac{\left(x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)x_C}{x_0}\right)^2=\left(x_0-x_C-a\right)^2$$


$$(\dfrac{\left(x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)x_C}{x_0}-x_C)^2+\dfrac{a^3 - b}{b}\left(\dfrac{\left(x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)x_C}{x_0}\right)^2=\left(x_0-x_C-a\right)^2$$


de donde solo queda una cuadrática a resolver

voy a ver si se puede simplificar un poco más si es que  no metí la pata contando despeje y simplificación.

continuo vi  algo mas

$$(\dfrac{\left(x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)}{x_0}-1)^2x_C^2+\dfrac{a^3 - b}{b}\left(\dfrac{\left(x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)}{x_0}\right)^2x_C^2=\left(x_0-x_C-a\right)^2$$

$$\left(\dfrac{\left(x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)}{x_0}-1\right)^2+\dfrac{a^3 - b}{b}\left(\dfrac{\left(x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)}{x_0}\right)^2=\left(\dfrac{x_0-x_C-a}{x_C}\right)^2$$

$$1+\sqrt{\left(\dfrac{\left(x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)}{x_0}-1\right)^2+\dfrac{a^3 - b}{b}\left(\dfrac{\left(x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)}{x_0}\right)^2}=\dfrac{x_0-a}{x_C}$$



$$x_C=\dfrac{x_0-a}{1+\sqrt{\left(\dfrac{\left(x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)}{x_0}-1\right)^2+\dfrac{a^3 - b}{b}\left(\dfrac{\left(x_0-\dfrac{\sqrt{a (a^3 - b)} }{a}\right)}{x_0}\right)^2}}$$

[cerrar]

y ya tengo el centro de la elipse, el resto es reemplazar

pero tiene buena pinta que se puede simplificar mas

[ancape]

Hola.

Otra cosa, que supongo no será difícil. Si obligamos a que la tangencia entre elipses sea el punto E (ver figura original) y que la recta \( T_3T_4 \) sea perpendicular al eje menor, creo que la solución es única. En ese caso ¿coinciden las dos elipses de las cuales habla tu solución?. En la hoja de Geogebra que he bajado no logro hacer que el punto de tangencia entre la elipse dada y la elipse solución sea el punto E (ver figura original).

En la imagen de tu primer mensaje habría dos cónicas tangentes a las rectas dadas en \[ T_3,T_4 \] y a la elipse. Una de ellas sería, por simetría, tangente a la elipse en \[ E \], y la otra en el punto diametralmente opuesto a \[ E \].

Un saludo.

Hola
He mirado en mis mensajes anteriores y efectivamente, del punto E, del que hablo que hay tangencia, sólo he comentado que está en el eje menor de la elipse y nunca, salvo en la figura, he dicho que pueda estar a un lado u otro del centro. En ese caso, como indicas, se tienen dos soluciones (las ha pintado Luis) y se obtienes como indicas.
Saludos

[ancape]

Hola, ahora que hallaron solución sintética , te paso la analitica que en este caso si la pude despejar!!!!! para el caso sencillo el punto B simétrico a las elipses
......

Hola
Siento que hayas tenido que trabajar tanto por mi culpa. En todo caso, nos viene bien hacer de vez en cuando cuentas complicadas para ejercitarnos.

He mirado las cuentas que presentas y tienen buen aspecto aunque, hasta que las mire más a fondo, no me atrevo a decir si están bien o no. En cualquier caso echo de menos que acabes con rotundidad dando la ecuación de la elipse buscada, algo así como: "La elipse que es tangente a las rectas dadas en \( T_3,T_4 \) y a la elipse dada en E es \( \displaystyle\frac{(x-?)^2}{?}+\displaystyle\frac{(y-?)^2}{?}=1 \)". También te quiero preguntar: ¿Porqué tomas el origen de coordenadas en B y no en el centro de la elipse dada?. ¿No saldrían más fáciles las cuentas?.

Saludos