Ejes de una cónica por diagonalización simultanea

Proporcionamos un ejemplo de cálculo de los ejes de una cónica por diagonalización simultanea.

Enunciado
Un plano euclídeo $E$ está referido a unos ejes oblicuos $XOY,$ de ángulo $\pi/3$ y vectores de referencia respectivos  $\vec{I},$ $\vec{J}$ ambos con módulo $1.$ Las coordenadas $(x,y)$ de un punto $M$ cualquiera del plano quedan por tanto definidos mediante $\overrightarrow{OM}=x\vec{I}+y\vec{J}.$ Hallar los ejes de simetría de la cónica de $E$ $$C:x^2+3y^2+xy-4=0.$$

Solución
La matriz de Gram del producto escalar usual en la base $\mathcal{B}=\{\vec{I},\vec{J}\}$ es $$B=\begin{pmatrix}{\langle \vec{I},\vec{I} \rangle}&{\langle \vec{I},\vec{J} \rangle}\\{\langle \vec{J},\vec{I} \rangle}&{\langle \vec{J},\vec{J} \rangle}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{1}&{1/2}\\{1/2}&{1}\end{pmatrix}.$$ La ecuación de la cónica en coordenadas en la base $\mathcal{B}$ es $x^2+3y^2+xy=4,$ que podemos expresar matricialmente en la forma $$(x,y)\underbrace{\begin{pmatrix}{1}&{1/2}\\{1/2}&{3}\end{pmatrix}}_{A}\begin{pmatrix}{x}\\{y}\end{pmatrix}=4.$$ Diagonalicemos simultaneamente. Valores propios generalizados: $$\left|A-\lambda B\right|=\begin{vmatrix}{1-\lambda}&{1/2-\lambda/2}\\{1/2-\lambda/2}&{3-\lambda}\end{vmatrix}=\frac{3}{4}\lambda^2-\frac{7}{2}\lambda+\frac{11}{4}=0$$ $$\Leftrightarrow 3\lambda^2-14\lambda+11=0\Leftrightarrow \lambda=\frac{14\pm 8}{6}=\{11/3,1\}\text{ (simples).}$$ Subespacios propios generalizados y base de cada uno de ellos: $$V_{11/3}\equiv\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & -\frac{8}{3}x_1-\frac{4}{3}x_2=0\\& -\frac{4}{3}x_1-\frac{2}{3}x_2=0 \end{aligned}\end{matrix}\right.,\quad B_{11/3}=\{(1,-2)\}$$ $$V_{1}\equiv\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & 0=0\\& 2x_2=0 \end{aligned}\end{matrix}\right.,\quad B_{1}=\{(1,0)\}.$$ Los vectores $u_1=(1,-2)$ y $u_2=(1,0)$ son $B$-ortogonales pues corresponden a valores propios generalizados distintos. La $B$-norma de cada uno de estos vectores es $$\left\| u_1\right\|^2=(1,-2)B\begin{pmatrix}{1}\\{-2}\end{pmatrix}=3,\quad \left\| u_2\right\|^2=(1,0)B\begin{pmatrix}{1}\\{0}\end{pmatrix}=1.$$ Una base de $E,$ $B$-ortonormal y de vectores propios generalizados es por tanto $$\mathcal{B}’=\left\{e_1=\left(1/\sqrt{3},-2/\sqrt{3}\right),\;e_2=(1,0)\right\}.$$ En consecuencia, $$P=\begin{pmatrix}{\;\;1/\sqrt{3}}&{1}\\{-2/\sqrt{3}}&{0}\end{pmatrix}\Rightarrow P^TAP=\begin{pmatrix}{11/3}&{0}\\{0}&{1}\end{pmatrix},\; P^TBP=\begin{pmatrix}{1}&{0}\\{0}&{1}\end{pmatrix}.$$ Sean $(x’y’)$ las coordenadas del punto $M$ en la base $\mathcal{B}’,$ esto es, $\overrightarrow{OM}=x’e_1+y’e_2,$ entonces $$\begin{pmatrix}{x}\\{y}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{\;\;1/\sqrt{3}}&{1}\\{-2/\sqrt{3}}&{0}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{x’}\\{y’}\end{pmatrix}.\qquad (*)$$ Tenemos, $$x^2+3y^2+xy-4=0\Leftrightarrow (x,y)\;A\begin{pmatrix}{x}\\{y}\end{pmatrix}=4 \Leftrightarrow  (x’,y’)P^TAP\begin{pmatrix}{x’}\\{y’}\end{pmatrix}=4$$ $$\Leftrightarrow (x’,y’)\begin{pmatrix}{11/3}&{0}\\{0}&{1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{x’}\\{y’}\end{pmatrix}=4\Leftrightarrow \frac{11}{3}(x’)^2+(y’)^2=4,$$ y la matriz de Gram en $\mathcal{B}’$ es $P^TBP=I$ es decir, la cónica está ahora expresada en una base ortonormal. Se trata claramente de una elipse de ejes $x’=0,$ $y’=0.$ De las relaciones $(*)$ obtenemos $$\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & \frac{x’}{\sqrt{3}}+y’=x\\& -\frac{2}{\sqrt{3}}x’=y \end{aligned}\end{matrix}\right. \quad\text{o bien}\quad\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x’=-\frac{\sqrt{3}}{2}y\\& y’=x+\frac{y}{2}. \end{aligned}\end{matrix}\right.$$ Los ejes de la cónica en las coordenadas originales son por tanto $y=0,$ y  $2x+y=0.$