Giros y traslaciones en las cónicas

Proporcionamos la manera de hallar las ecuaciones reducidas, centro y ejes  de las cónicas mediante giros y traslaciones.

    Enunciado
  1. Se considera la cónica de ecuación $f(x,y)=0,$ en donde $$f(x,y)=3x^2-2xy+3y^2+2x-4y+1.$$ $a)$ Descomponer $f(x,y)$ en suma de una forma cuadrática $q(x,y)$ y un polinomio de primer grado $p(x,y).$
    $b)$ Encontrar una base ortonormal y de vectores propios de $\mathbb{R}^2$ para la matriz simétrica que representa a $q.$
    $c)$ Expresar la cónica dada en coordenadas con respecto a la base hallada en el apartado anterior, lo cual permitirá eliminar el término en $xy$.
    $d)$ Interpretar geométricamente el movimiento de ejes realizado.
    $e)$ Efectuar una traslación de ejes que permita eliminar los términos de primer grado en la ecuación de la cónica obtenida en el apartado $c).$
  2. Hallar el centro y ejes de la cónica del problema anterior, basándose en los movimientos de ejes realizados.
    Solución
  1. $a)$ Podemos expresar $$f(x,y)=\underbrace{3x^2-2xy+3y^2}_{q(x,y)}+\underbrace{2x-4y+1}_{p(x,y)},$$ en donde $q(x,y)$ es una forma cuadrática y $p(x,y)$ es un polinomio de primer grado.
    $b)$ La expresión matricial de $q$ es $$q(x.y)=\left(x,y\right)M\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}, \text{ siendo }M=\begin{pmatrix}{3}&{-1}\\{-1}&{3}\end{pmatrix}.$$ Apliquemos a $M$ el teorema espectral. Valores propios $$\begin{vmatrix}{3-\lambda}&{-1}\\{-1}&{3-\lambda}\end{vmatrix}=\lambda^2-6\lambda+8=0\Leftrightarrow \lambda=2\vee\lambda =4.$$ Bases de los subespacios propios $$V_2\equiv\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} &\;\; x-y=0\\& -x+y=0 \end{aligned}\end{matrix}\right.,\quad B_{V_2}=\{(1,1)\}$$ $$V_4\equiv\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} &-x-y=0\\& -x-y=0 \end{aligned}\end{matrix}\right.,\quad B_{V_4}=\{(-1,1)\}$$ Una base ortonormal y de vectores de $\mathbb{R}^2$ es por tanto $$B’=\{e_1,e_2\}\text{ con }e_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1),\;e_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,1).$$ $c)$ La matriz de $P$ de cambio de la base canónica $B=\{(1,0),(0,1)\}$ a la $B’$ es $$P=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}{1}&{-1}\\{1}&{1}\end{pmatrix}\;\; \text{(ortogonal)},$$ y la expresión del cambio es $$\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}=P\begin{pmatrix} x’\\ y’\end{pmatrix},\text{ o bien }\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} &x=\frac{1}{\sqrt{2}}(x’-y’)\\& y=\frac{1}{\sqrt{2}}(x’+y’).\end{aligned}\end{matrix}\right.$$ Entonces $$f(x,y)=q(x,y)+p(x,y)=\left(x,y\right)M\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}+2x-4y+1$$ $$=(x’,y’)P^tMP\begin{pmatrix} x’\\ y’\end{pmatrix}+\frac{2}{\sqrt{2}}(x’-y’)-\frac{4}{\sqrt{2}}(x’+y’)+1$$ $$=(x’,y’)\begin{pmatrix}{2}&{0}\\{0}&{4}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x’\\ y’\end{pmatrix}-\frac{2}{\sqrt{2}}x’-\frac{6}{\sqrt{2}}y’+1$$ $$=2(x’)^2+4(y’)^2-\frac{2}{\sqrt{2}}x’-\frac{6}{\sqrt{2}}y’+1.$$ La ecuación de la cónica en los nuevos ejes $x’y'$ es por tanto $$2(x’)^2+4(y’)^2-\dfrac{2}{\sqrt{2}}x’-\dfrac{6}{\sqrt{2}}y’+1=0.$$ $d)$ Como $P$ es ortogonal, $P^{-1}=P^t$ $$\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}=P\begin{pmatrix} x’\\ y’\end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix} x’\\ y’\end{pmatrix}=P^t\begin{pmatrix} x’\\ y’\end{pmatrix}$$ $$\Leftrightarrow\begin{pmatrix} x’\\ y’\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}{1}&{1}\\{-1}&{1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}$$ $$\Leftrightarrow \begin{pmatrix} x’\\ y’\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{\sqrt{2}/2}&{\sqrt{2}/2}\\{-\sqrt{2}/2}&{\sqrt{2}/2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}$$ $$\Leftrightarrow \begin{pmatrix} x’\\ y’\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{\cos (-\pi/4)}&{-\operatorname{sen}(-\pi/4)}\\{\operatorname{sen}(-\pi/4)}&{\quad\cos (-\pi/4)}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}.$$ Es decir, los ejes $x’y'$ es han obtenido girando los $xy$ un ángulo de $-\pi/4.$
    $e)$ Consideremos la traslación de ejes $$\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x’=x^{\prime\prime}+\alpha\\& y’=y^{\prime\prime}+\beta. \end{aligned}\end{matrix}\right.$$ Sustituyendo en $2(x’)^2+4(y’)^2-\dfrac{2}{\sqrt{2}}x’-\dfrac{6}{\sqrt{2}}y’+1=0.,$ $$2\left(x^{\prime\prime}+\alpha\right)^2+4\left(y^{\prime\prime}+\beta\right)^2-\dfrac{2}{\sqrt{2}}\left(x^{\prime\prime}+\alpha\right)-\dfrac{6}{\sqrt{2}}\left(y^{\prime\prime}+\beta\right)+1=0$$ $$\Leftrightarrow 2\left(x^{\prime\prime}\right)^2+4\left(y^{\prime\prime}\right)^2+\left(4\alpha-\frac{2}{\sqrt{2}}\right)x^{\prime\prime}+\left(8\beta-\frac{6}{\sqrt{2}}\right)y^{\prime\prime}$$ $$+2\alpha^2+4\beta^2-\frac{2\alpha}{\sqrt{2}}-\frac{6\beta}{\sqrt{2}}+1=0.\qquad (1)$$ Obligando a que los coeficientes de $x^{\prime\prime}$ e $y^{\prime\prime}$ sean nulos $$\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & 4\alpha-\frac{2}{\sqrt{2}}=0\\& 8\beta-\frac{6}{\sqrt{2}}=0 \end{aligned}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & \alpha=\frac{1}{2\sqrt{2}}\\& \beta=\frac{3}{4\sqrt{2}}. \end{aligned}\end{matrix}\right.$$ Sustituyendo en $(1)$ obtenemos la ecuación $$ 2\left(x^{\prime\prime}\right)^2+4\left(y^{\prime\prime}\right)^2-\frac{3}{8}=0,$$ que es una ecuación reducida de la cónica.
  2. La cónica en los ejes $x^{\prime\prime}y^{\prime\prime}$ es $2\left(x^{\prime\prime}\right)^2+4\left(y^{\prime\prime}\right)^2-3/8=0.$ Entonces $$2\left(x^{\prime\prime}\right)^2+4\left(y^{\prime\prime}\right)^2-\frac{3}{8}=0\Leftrightarrow 2\left(x^{\prime\prime}\right)^2+4\left(y^{\prime\prime}\right)^2=\frac{3}{8}$$ $$\Leftrightarrow \frac{\left(x^{\prime\prime}\right)^2}{3/16}+\frac{\left(y^{\prime\prime}\right)^2}{3/32}=1\Leftrightarrow \frac{\left(x^{\prime\prime}\right)^2}{(\sqrt{3}/4)^2}+\frac{\left(y^{\prime\prime}\right)^2}{(\sqrt{3/32})^2}=1\;\text{ (elipse).}$$ El centro de la cónica es el punto $(x^{\prime\prime},y^{\prime\prime})=(0,0).$ Entonces, $$(x^{\prime\prime},y^{\prime\prime})=(0,0)\Rightarrow \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x’=x^{\prime\prime}+\alpha\\& y’=y^{\prime\prime}+\beta. \end{aligned}\end{matrix}\right.\Rightarrow (x’,y’)=\left(\frac{1}{2\sqrt{2}},\frac{3}{4\sqrt{2}}\right)$$ $$\Rightarrow \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} &x=\frac{1}{\sqrt{2}}(x’-y’)\\& y=\frac{1}{\sqrt{2}}(x’+y’).\end{aligned}\end{matrix}\right.\Rightarrow (x,y)=\left(-\frac{1}{8},\frac{5}{8}\right).$$ Los ejes de la cónica son $x^{\prime\prime}=0$ e $y^{\prime\prime}=0.$ Entonces, $$x^{\prime\prime}=0\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x^{\prime\prime}=0\\& y^{\prime\prime}=t \end{aligned}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x’=\frac{1}{2\sqrt{2}}\\& y’=t+\frac{3}{4\sqrt{2}} \end{aligned}\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{1}{2\sqrt{2}}-t-\frac{3}{4\sqrt{2}}\right)\\& y=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{1}{2\sqrt{2}}+t+\frac{3}{4\sqrt{2}}\right) \end{aligned}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x=-\frac{1}{8}-\frac{t}{\sqrt{2}}\\& y=\frac{5}{8}+\frac{1}{\sqrt{2}} \end{aligned}\end{matrix}\right.$$ $$\underbrace{\Leftrightarrow}_{\text{sumando}}2x+2y-1=0. $$ De manera totalmente análoga se halla el otro eje.
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