CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS JAIME CHICA JONATHAN TABORDA ABSTRACT. There are two problems Analytical Geometry with facing anyone who studies this discipline: define the nature of the locus represented by the general equation 2do degree in two or three variables: That curve represents the plane? What surface is in space? These two problems are posed and solved by applying the study of matrices and spectral theory. ÍNDICE 1. Introducción 1 2. Lugares geométricos representados por la ecuación general de segundo grado en dos variables: Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 2 3. Invariantes de una cónica 5 4. Ecuación de incrementos 12 5. Reducción de una cónica 13 6. Centro de una cónica. Propiedades 15 7. Cónicas con centro único 45 8. Cónicas sin centro 84 9. Cónicas con infinitos centros 100 10. Intersección de una cónica con una recta. Recta tangente a una cónica por un punto de la curva. 127 11. Las secciones cónicas ó intersecciones de un cono con un plano. 148 12. Intersección de un cilindro circular recto con un plano que corta al eje del cilindro 162 Referencias 164 1. INTRODUCCIÓN Hay en la Geometría Analítica dos problemas con los que se enfrenta todo el que estudie ésta disciplina: definir la naturaleza del Lugar Geométrico representado por la ecuación general de 2do grado en dos o tres variables. Por ejemplo, i) donde la ecuación 3x2 − 2xy + y2 − x + y + 5 = 0, ¿Que curva representa en el plano? y ii) donde la ecuación x2 + 2y2− 5z2 + 2xy + 3xz− 4yz + 2x + 3y− 5z + 8 = 0, ¿Qué superficie representa en el espacio? La respuesta en el primer caso es que la curva es una cónica (elipse, parábola, hipérbola) ó una cónica degenerada y en el segundo caso es una superficie cuádrica (cono, cilindro, elipsoide, paraboloide,...) ó un caso degenerado de ellas. 1 2 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA En el 1er caso es posible estudiar el problema con elementos que proporciona la Trigonometría empleando funciones del ángulo doble para definir el ] que deben girarse los ejes para conseguir anular el término mixto. Pero para estudiar el segundo problema es imprescindible el empleo de las matrices y los valores propios junto con el Teorema Espectral para matrices simétricas. Estos dos problemas serán planteados y resueltos aplicando, como ya se dijo, las matrices y la teoría espectral que acaba de estudiarse en los dos capítulos anteriores. 2. LUGARES GEOMÉTRICOS REPRESENTADOS POR LA ECUACIÓN GENERAL DE SEGUNDO GRADO EN DOS VARIABLES: Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 EL problema que vamos a abordar es el siguiente: dada la ecuación(1) Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 donde A, B, C, D, E, F son constantes reales dadas, ¿Qué conjunto de puntos del plano xy la satisfacen? La ecuación [1]: Una componente cuadrática: Ax2 + 2Bxy + Cy2 = ( x y ) ( A B B C )( x y ) Una componente lineal: 2Dx + 2Ey = ( 2D 2E ) ( x y ) Un término independiente: F Asumiremos que No todos los coeficientes A, B, C de la componente cuadrática se anulan, ya que si así fuese, [1] representaría la recta del plano 2Dx + 2Ey + F = 0 y no hay nada que analizar. Como se desprenderá del estudio que vamos a hacer, la ecuación [1] puede representar: Una cónica  Circunferencia Elipse Hipérbola Parábola O una cónica degenerada  dos rectas paralelas dos rectas concurrentes una recta un punto ∅. O sea que @(x, y) ∈ R2 que satisfagan [1] todo dependerá, en el fondo, de los invariantes de [1] y de los valores propios de la matriz M = ( A B B C ) CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 3 Llamaremos en adelante cónica al lugar geométrico representado por [1], o sea, el conjunto de puntos del plano que satisfacen [1]. Consideremos, pues, la cónica [1]. Reducirla es definir el lugar geométrico representado por la ecuación. Asosiado a [1] hay dos funciones: i) q es la f.c (forma cuadrática) asociada a [1] ii) f : R2 −→ R (x, y) −→ f (x, y) = q(x, y) + (2D 2E) ( x y ) + F El Kernel de f (o el núcleo de f ) es el conjunto ker f = f−1(0) = {(x, y) f (x, y) = 0} . La cónica [1] no es más que el ker f . Además es claro que un punto P(x, y) está en la cónica ⇐⇒ f (x, y) = 0⇐⇒ q(x, y) + (2D 2E) ( x y ) + F = 0. Notese además que ∂ f ∂x = 2Ax + 2By + 2D ∂ f ∂y = 2Bx + 2Cy + 2E La naturaleza del lugar representado por [1] está íntimamente ligada a ciertos escalares que se construyen con los coeficientes de la matriz simétrica A B DB C E D E F  Ello son: ∆ = ∣∣∣∣∣∣ A B D B C E D E F ∣∣∣∣∣∣ = ACF− AE2 − B2F + 2BDE− CD2. ∆ es llamado el invariante cúbico de [1] ó el discriminante de la cónica. δ = ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = AC− B2 = M33 4 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA M33 : menor principal 3− 3 de la matriz (2)  A B DB C E D E F  δ es llamado el invariante cuadrático lineal de [1]. ω = A + C; ω es llamado el invariante linaeal de [1]. Estos escalares se llaman los invariantes de la cónica porque son cantidades que como se verá no cambian de valor cuando sometemos [1] bien sea a una trasposición ó una rotación de ejes. Los menores principales de orden dos de [2] son: M11 = ∣∣∣∣ C EE F ∣∣∣∣ ; M22 = ∣∣∣∣ A DD F ∣∣∣∣ ; M33 = δ = ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ De los tres, solo M33 es invariante. Estos tres menores, sobre todo δ = M33, van a ser importantes en el problema de la reducción de la cónica. Ejemplo 2.1. 1) Un caso en que el lugar es ∅. f (x, y) = x2 + y2 − 4x− 6y + 24 = 0 Para identificar el lugar tratemos de completar trinomios cuadrados perfectos. f (x, y) = ( x2 − 4x + 4 ) + ( y2 − 6y + 9 ) + 24− 13 = (x− 2)2 + (y− 3)2 + 11 = 0 @(x, y) ∈ R2 t.q f (x, y) = 0. El lugar es ∅. 2) Sea f (x, y) = x2 + y2 − 4x− 6y + 13 = 0. Entonces f (x, y) = ( x2 − 4x + 4 ) + ( y2 − 6y + 9 ) +13−13 = (x− 2)2 + (y− 3)2 = 0. El único punto que satisface f (x, y) = 0 es (2,3). Así que el lugar es un punto. 3) Dos rectas paralelas. Sean l(x, y) = 3x− 2y + 2 = 0(3) m(x, y) = 3x− 2y + 1 = 0(4) Definamos f (x, y) = l(x, y) *m(x, y) = (3x− 2y + 2) (3x− 2y + 1) = 9x2 − 12xy + 4y2 + 9x− 6y + 2 = 0(5) CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 5 Es claro que f (x, y) = 0⇐⇒ l(x, y) *m(x, y) = 0 ⇐⇒ l(x, y) = 0 ó m(x, y) = 0 ⇐⇒ (x, y) está en la recta [3] ó en la recta [4] Luego el lugar representado por [5] consta de dos rectas paralelas. 4) Dos rectas que se cortan. Sean l(x, y) = 3x− 2y + 1 = 0(6) m(x, y) = x + y− 2 = 0(7) [6] y [7] representan dos rectas que se cortan. Definamos f (x, y) = l(x, y) *m(x, y) = (3x− 2y + 1) (x + y− 2) = 3x2 + xy− 2y2 − 5x + 5y− 2 = 0(8) Es claro que f (x, y) = 0⇐⇒ l(x, y) *m(x, y) = 0 ⇐⇒ l(x, y) = 0 ó m(x, y) = 0 ⇐⇒ (x, y) está en la recta [6] ó en la recta [7] El lugar répresentado por [8] consta de dos rectas que se cortan. 5) Una recta. Sea l(x, y) = x + y− 2 = 0 Definamos f (x, y) = l(x, y) * l(x, y) = (x + y− 2) (x + y− 2) = x2 + 2xy + y2 − 4x− 4y + 4 = 0(9) Es claro que f (x, y) = 0⇐⇒ l(x, y) = x + y− 2 = 0 El lugar representado por [9] es una recta. 3. INVARIANTES DE UNA CÓNICA Proposición 3.1. Consideremos la cónica de la ecuación [1]. Los números reales ω = A + C, δ = ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = AC− B2 y ∆ = ∣∣∣∣∣∣ A B C B C E D E F ∣∣∣∣∣∣ no cambian al realizar una traslación, una rotación de los ejes xy, o una combinación de ambas transformaciones. 6 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Demostración. (1) Supongamos que realizamos una traslación de los ejes xy al punto O′(h, k). (Fig.1.1). Entonces se definen ejes X-Y con origen en O'y paralelos a x-y teniendose que x = X + h y = Y + k que llevamos a [1] obteniendose O x y X Y Oʹ(h,k) P(x,y) (X,Y) . h k FIGURA 1. A(X + h)2 + 2B (X + h) (Y + k) + C(Y + k)2 + 2D (X + h) + 2E (Y + k) + F = 0 O sea que AX2 + 2BXY+CY2 + 2 (Ah + Bk + D) X+ 2 (Bh + Ck + E)Y+ ( Ah2 + 2Bhk + Ck2 + 2Dh + 2Ek + F ) = 0 ecuación que podemos escribir en la forma A′X2 + 2B′XY + C′Y2 + 2D′X + 2E′Y + F′ = 0 siendo A′ = A B′ = B C′ = C D′ = Ah + Bk + D = 1 2 ∂ f ∂x ) h,k E′ = Bh + Ck + E = 1 2 ∂ f ∂y ) h,k F′ = Ah2 + 2Bhk + Ck2 + 2Dh + 2Ek + F = f (h, k) Nótese que cuando se hace una traslación de ejes al punto (h, k) los coeficientes de la parte cuadrática de la ecuación no se tranasforman. Si lo hacen los coeficientes de la parte lineal y el término independiente que ahora es f (h, k). En imagenes. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 7 O x y X Y Oʹ(h,k)traslac. al punto Oʹ(h,k) f(h,k) = nueva componente lineal: ( 2 (Ah + Bk + D) 2 (Bh + Ck + E) ) ( X Y ) nuevo término independiente: f (h, k) = ( h k ) ( A B B C )( h k ) + ( 2D 2E ) ( h k ) + F Calculemos los nuevos valores de ω, δ, y ∆. ω′ = A′ + C′ = A + C = ω δ′ = ∣∣∣∣ A′ B′B′ C′ ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = AC− B2 = δ. Esto demuestra que ω y δ son invariantes por traslación. Veamos ahora que ∆ también se conserva. ∆′ = ∣∣∣∣∣∣ A′ B′ D′ B′ C′ E′ D′ E′ F′ ∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣ A B Ah + Bk + D B C Bh + Ck + E Ah + Bk + D Bh + Ck + E Ah2 + 2Bhk + Ck2 + 2Dh + 2Dh + 2Ek + F ∣∣∣∣∣∣ = ↑ f3→ f3−h f1−k f2 ∣∣∣∣∣∣ A B Ah + Bk + D B C Bh + Ck + E D E Dh + Ek + F ∣∣∣∣∣∣ =↑ c3→c3−hc1−kc2 ∣∣∣∣∣∣ A B C B C E D E F ∣∣∣∣∣∣ = ∆ lo que nos demuestra que ∆ también es invariante por traslación. (2) Supongamos ahora que rotamos los ejes xy un ángulo x θ (0 < θ < φ/2) respecto a O. 8 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA O x y x X X Y y Y p (x,y) (X,Y) FIGURA 2. Se obtiene así un nuevo sistema XY con origen en O. Llamemos ~P1 y ~P2 a los vectores unitarios que señalan las dimensiones de los nuevos ejes. Sea Q un punto cualquiera del plano de vector de posicióñr respecto a O. [~r]eα = [I] pα eα [~r]pα O sea ( x y ) = ( cos θ − sin θ sin θ cos θ )( X Y ) = P ( X Y ) con P = ( cos θ − sin θ sin θ cos θ ) : ortogonal La cónica referida a los ejes xy tiene por ecuación:( x y ) ( A B B C )( x y ) + ( 2D 2E ) ( x y ) + F = 0 Pero ( x y ) = P ( X Y ) y al transponer, ( x y ) = ( X Y ) Pt. Luego ( X Y ) ( Pt ( A B B C ) P )( X Y ) + ( 2D 2E ) P ( X Y ) + F = 0 es la ecuación de cónicaXY. Nótese que Pt ( A B B C ) P CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 9 es simétrica ya que ( Pt ( A B B C ) P )t = Pt ( A B B C ) P Si llamamos ( A′ B′ B′ C′ ) = Pt ( A B B C ) P y ( 2D′ 2E′ ) = ( 2D 2E ) P  ? se tiene que ( A′ B′ B′ C′ ) es simétrica y la ecuación de la cónicaXY es:( X Y ) ( A′ B′ B′ C′ )( X Y ) + ( 2D 2E ) ( X Y ) + F = 0, o también, A′X2 + 2B′XY + C′Y2 + 2D′X + 2E′Y + F = 0 donde A′, B′, C′, D′, E′ se calculan utilizando ?. Observese que cuando realizamos una rotación de ejes, tanto la parte cuadrática como la parte lineal se transforman. El tétmino independiente no se afecta. En imágenes: O x X y Y o también nueva componente cuadrática nueva componente lineal Los nuevos valores de ω, δ y ∆ son ahora: ω′ = A′ + C′ δ′ = ∣∣∣∣ A′ B′B′ C′ ∣∣∣∣ = A′C′ − B′2 ∆′ = ∣∣∣∣∣∣ A′ B′ C′ B′ C′ E′ D′ E′ F′ ∣∣∣∣∣∣ 10 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Como P es ortogonal,( A′ B′ B′ C′ ) = Pt ( A B B C ) P ∼ ( A B B C ) Luego el polinomio característico de( A′ B′ B′ C′ ) es el mismo polinomio característico de( A B B C ) . O sea que λ2 − ( A′ + C′ ) λ + ( A′C′ − B′2 ) = λ2 − (A + C) + ( AC− B2 ) ∴ ω′ = A′ + C′ = A + C = ω δ′ = A′C′ − B′2 = AC− B2 = δ Esto demuestra que ω y δ son invariantes por una rotación de ejes. Finalmente veremos que ∆ también lo es. Bastará con demostrar que A′ B′ D′B′ C′ E′ D′ E′ F′  ∼  A B DB C E D E F  Una vez establecido esto se tendrá que ∆′ = ∣∣∣∣∣∣ A′ B′ D′ B′ C′ E′ D′ E′ F′ ∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣ A B D B C E D E F ∣∣∣∣∣∣ = ∆ ya que si dos matrices son semejantes tienen el mismo determinante. Definamos ∼ P =  P 00 0 0 1  . Como P es ortogonal, ∼ P también lo es y ∼ P −1 = ∼ P t =  Pt 00 0 0 1  Ya teníamos que ( A′ B′ B′ C′ ) = Pt ( A B B C ) P y que ( D′ E′ ) = ( D E ) P ∴ ( D′ E′ ) = Pt ( D E ) . CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 11 Así que podemos escribir: A′ B′ D′B′ C′ E′ D′ E′ F′  =  Pt ( A BB C ) P Pt ( D E ) ( D E ) P F  =  Pt 00 0 0 1  A B DB C E D E F  P 00 0 0 1  = ∼ P t  A B DB C E D E F  ∼P, lo que nos demuestra que A′ B′ D′B′ C′ E′ D′ E′ F′  ∼  A B DB C E D E F  Existen otros dos invariantes: D2 + E2 yM11 + M22 + M33 son invariantes por una rotación. Como ( D′ E′ ) = ( D E ) P, ( D′ E′ ) = Pt ( D E ) Luego D′2 + E′2 = ( D′ E′ ) (D′ E′ ) = ( D E ) ( P Pt ) (D E ) = D2 + E2 lo que nos demuestra que D2 + E2 es invariante por rotación. M11 + M22 + M33 = ∣∣∣∣ E FE F ∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ A DD F ∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ ∆ = ∣∣∣∣∣∣ A B D B C E D E F ∣∣∣∣∣∣ = CF− E2 + AF− D2 + δ = F (A + C)− ( D2 + E2 ) + δ = FW − ( D2 + E2 ) + δ(10) 12 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Ahora, M′11 + M ′ 22 + M ′ 33 = ∣∣∣∣ C′ E′E′ F′ ∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ A′ D′D′ F′ ∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ A′ B′B′ C′ ∣∣∣∣ = C′F′ − E′2 + A′F′ − D′2 + δ′ = F′ ( A′ + C′ ) − ( D′2 + E2 ) + δ′ = ↗ FW − ( D2 + E2 ) − δ(11)  F′ = F D′2 + E′2 = D2 + E2 W ′ = A′ + C′ = A + C = ω δ′ = δ En virtud de [10] y [11], M′11 + M ′ 22 + M ′ 33 = M11 + M22 + M33. Lo que nos demuestra que M11 + M22 + M33 es un invariante por una rotación.  4. ECUACIÓN DE INCREMENTOS Sea (X, Y) un punto cualquiera del plano x, y. Fig.1.3, (X, Y) no necesariamente un punto de la cónica. Entonces F(X, Y) = q(X, Y) + ( 2D 2E ) (X Y ) + F. X x h k (X,Y) (H+h, Y+k) y Y FIGURA 3. Se trata de demostrar que ∀(h, k) ∈ R2 : f (X + h, Y + k) = q(X, Y) + ( ∂ f ∂x ) h,k ∂ f ∂y ) h,k )( X Y ) + f (h, k) CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 13 En efecto, f (X + h, Y + k) = A(X + h)2 + 2B (X + h) (Y + k) + C(Y + k)2+ + 2D (X + h) + 2E (Y + k) + F = AX2 + CY2 + 2AhX + 2CkY + Ah2 + Ck2+ + 2BXY + 2BXk + 2BYk + 2Bhk + 2DX+ + 2Dh + 2EY + 2Ek + F = ( AX2 + 2BXY + CY2 ) + (2Ah + 2Bk + 2D) X+ + (2Bh + 2Ck + 2E)Y + ( Ah2 + 2Bhk + Ck2 + 2Dh + 2Ek + F ) Como ∂ f ∂x = Ax + 2By + 2D y ∂ f ∂y = 2Bx + 2Cy + 2E, ∂ f ∂x ) h,k = 2Ah + 2Bk + 2D ∂ f ∂y ) h,k = 2Bh + 2Ck + 2E y regresando a la ecuación anterior, (12) f (X + h, Y + k) = q(X, Y) + ( ∂ f ∂x ) h,k ( ∂ f ∂y ) h,k ( X Y ) + f (h, k) Hemos demostrado así que ∀(X, Y) y ∀(h, k) ∈ R2 se cumple [12]. La ecuación [12] se llama la ecuación de incrementos de la cónica y será utilizada en la sección 1.3 que sigue y más adelante (sección 1.8) para hallar la ecuación de rectas tangentes y normales a la cónica en uno de sus puntos. 5. REDUCCIÓN DE UNA CÓNICA Reducir la cónica [1] es definir que lugar geométrico representa. Nuestro primer problema en la reducción de [1] es definir, (si se puede) una transformación que elimine los términos lineales en la ecuación. Es obvio que debemos entonces considerar una cónica [1] en la que no todos los coefientes A, B, C de la forma cuadrática se anulan a la vez, ya que si eso sucede, [1] tiene la forma 2Dx + 2Ey + F = 0 que representa una recta y no nada más que decir. Supongamos que bajo esas hipótesis realizamos una traslación de ejes al punto O′ de coordenadas (h, k)xy, Fig. 1.4. El punto (h, k) no tiene que estar en la cónica. Quedan definidos dos ejes XY con origen en O′, X− Y ‖ x− y Sea P(x, y), P(X, Y) un punto de la cónica. Como P(x, y) está en la curva, Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0. 14 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA O x y X Y Oʹ(h,k) P(x,y) (X,Y) . h k FIGURA 4. El mismo punto P toma coordenadas (X, Y)sistemaX−Y. Las ecuaciones de transformación son: x = X + h y = Y + k y la ecuación de la cónicaXY es A(X + h)2 + 2B (X + h) (Y + k) + C(Y + k)2 + 2D (X + h) + 2E (Y + k) + F = 0 que según se acaba de demostrar en la ecuación de incrementos puede escribirse así: q(X, Y) + ( ∂ f ∂x ) h,k ∂ f ∂y ) h,k )( X Y ) + f (h, k) = 0. Esta sería la ecuación de la cónicaXY, o también (13) ( X Y ) ( A B B C )( X Y )( ∂ f ∂x ) h,k ∂ f ∂y ) h,k )( X Y ) + F(h, k) = 0 Nótese que f (h, k) = Ah2 + 2Bhk + Ck2 + 2Dh + 2Ek + F = ( Ah2 + Bhk ) + 2Dh + ( Bhk + Ck2 ) + 2Ek + F = (Ah + Bk) h + (Ck + Bh) + 2Dh + 2Ek + F(14) Si queremos que se anulen los términos lineales en [13] debemos escoger (h, k) de modo que (15) ∂ f ∂x ) h,k = 0 y ∂ f ∂y ) h,k = 0 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 15 O sea debemos resolver para (h, k) el sistema Ah + Bk + D = 0 Bh + Ck + E = 0 o (16) { Ah + Bk = −D Bh + Ck = −E lo que equivale a decir que debemos hallar los ( h k ) tal que h ( A B ) + k ( B C ) = ( −D −E ) . Es claro que ∀( ∼ h, ∼ k) que sea solución a [16], la ecuación del lugar [13] tiene la forma ( X Y ) ( A B B C )( X Y ) + f (∼ h, ∼ k ) = 0 y se ha conseguido eliminar los términos lineales en [1]. 6. CENTRO DE UNA CÓNICA. PROPIEDADES Definición 6.1. Se llama centro de la cónica [1] a todo (h, k) ∈ Π que sean solución de [16]. Ejercicio 6.1. Vamos a estudiar los centros de las cónicas en las que algunos de los coeficientes A, B, C son ceros. Hecho esto, estudiaremos el caso de los centros de las cónicas en que ninguno de A, B, C es cero. (1) 0 B 0 La cónica es 2Bxy + 2Dx + 2Ey + F = 0 16 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA {( A B ) , ( B C )} = {( 0 B ) , ( B 0 )} es Base de R2 Ah + Bk = −D Bh + Ck = −E es ahora : 0h + Bk = −D Bh + 0k = −E ∴ ∼ h = −E B ∼ k = −D B la cónica tiene centro único: ( −E B ,−D B ) Al trasladar los ejes al centro 0′ −EB‖ ∼ h ,−D B ‖ ∼ k  , la ecuación de la cónicaXY con origen en 0′ es: ∆ = ∣∣∣∣∣∣∣ 0 B 0 B 0 0 0 0 f ( ∼ h, ∼ k) ∣∣∣∣∣∣∣ = −B2 f ( ∼ h, ∼ k) ∴ f ( ∼ h, ∼ k) = − ∆ B2 y la ecuación de la cónicaXY es: 2BXY− ∆ B2 = 0 O sea XY = ∆ 2B3 Si ∆ 6= 0, el lugar es una hipérbola de centro 0′ y que se abre así: 0 x y 0ʹ X Y 0 x y 0ʹ X Y ó Si ∆ = 0, XY = 0. La cónica consta de dos rectas ⊥s y concurrentes en 0′: el eje Y de ecuación x = −E B y el eje X de ecuación y = −D B Las dos rectas son: L1 : y + DB = 0 y L2 : x + E B = 0 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 17 x y Vamos a demostrar que en este caso f (x, y) factoriza como «el producto» de las de ambas rectas. O sea, veamos que f (x, y) = 2B ( y + D B )( x + E B ) ( y + D B )( x + E B ) = xy + E B y + D B x + DE B2 ? Pero ∆ = 0. Luego f ( −E B ,−D B ) = 0. O sea que 2B ( −E B )( −D B ) + 2D ( −E B ) + 2E ( −D B ) + F = 0 i.e., −2DE B + F = 0 ∴ DE B2 = F 2B que llevamos a ?( y + D B )( x + E B ) = xy + D B x + E B y + F 2B = 1 2B (2Bxy + 2Dx + 2Ey + F) O sea que 2B ( y + D B )( x + E B ) = 2Bxy + 2Dx + 2Ey + F = f (x, y) (2) A 0 0 La cónica es (17) Ax2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 Para hallar el centro debemos resolver el sistema: Ax + 0y = −D 0x + 0y = −E } ? Se presentan dos casos. 18 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA i) E = 0. La cónica es (18) { (x, y)Ax2 + 2Dx + F = 0, y ∈ R } δ = ∣∣∣∣ A 00 0 ∣∣∣∣ = 0; ∆ = ∣∣∣∣∣∣ A 0 D 0 0 0 D 0 F ∣∣∣∣∣∣ = 0; M22 = AF− D2 El sistema ? es Ax + 0y = −D 0x + 0y = 0 teniendose que ∀y ∈ R, ( −D A , y ) es solución. Así que hay infinitas soluciones y la cónica tiene infinitos centros. Como la segunda ecuación es redundante, los centros se encuentrasn sobre la x = −D A que llamaremos el eje de centros. 0 0ʹ x X Y k 0ʹ y eje de centros . Al trasladar los ejes a un punto 0′ de coordenadas ( −D A , k ) del eje de centros, las ecuaciones de la transformación son:x = X− D A y = Y + k se eliminan los términos lineales y la ecuación de la cónicaXY es: AX2 + f ( −D A , k ) = 0 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 19 Pero f ( −D A , k ) = A ( −D A )2 + 2D ( −D A , k ) + F = D2 A − 2D 2 A + F = F− D 2 A = constante independientemente del punto 0′ tomado en el eje de centros. Luego la ecuación de la cónicaXY con origen en el punto 0′ de coordenadas ( −D A , 0 ) xy es AX2 = D2 A − F = D 2 − AF A , i.e., X2 = D2 − AF A2 = −M22 A2 . Si M22 < 0, el lugar son dos rectas ‖ al eje Y. El eje de centros es la paralela media de las dos rectas. Si M22 = 0, el lugar es el eje Y. Si M22 > 0, el lugar es ∅. • Si M22 < 0, el lugar son dos rectas ‖s al eje Y: L1 : X = + √ −M22 A2 ; L2 : X = − √ −M22 A2 Vamos a dm. que la cónica «factoriza» como el producto de las dos rectas. Como x = X− D A , X = x + D A y = Y La ecuación de L1 es x + D A = √ −M22 A2 y la de L2 x + D A = − √ −M22 A2 20 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Definamos: L1 = x + D A − √ −M22 A2 y L2 = x + D A + √ −M22 A2 L1 *L2 = ( x + D A − √ −M22 A2 )( x + D A + √ −M22 A2 ) = ( x + D A )2 − ( −M22 A2 ) = x2 + 2D A x + D2 A2 + M22 A2 = ↗ x2 + 2D A x +   D2 A2 − AF− D 2 A2 = x2 + 2D A x + F A M22 = AF− D2 = 1 A ( Ax2 + 2Dx + F ) = 1 A f (x, y) O sea que f (x, y) = A *L1 *L2 A este resultado podríamos haber llegado directamente factorizando el trinomio Ax2 + 2Dx + F Ax2 + 2Dx + F = A ( x2 + 2D A x + F A ) ? Si hacemos x2 + 2D A x + F A = 0, x = −2D A ± √ 4D2 A2 − 4F A 2 x = −2D A ± 2 √ −M22 A2 2 Luego x2 + 2D A x + F A = ( x + D A − √ −M22 A2 )( x + D A + √ −M22 A2 ) O sea que f (x, y) = Ax2 + 2Dx + F = A ( x2 + 2D A x + F A ) = A ( x + D A + √ −M22 A2 )( x + D A − √ −M22 A2 ) = A *L1 *L2 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 21 • Si M22 = 0, el lugar es el eje Y ó eje de centros de ecuaciónxy : x = − D A . Definimos L = x + D A . Vamos a dm. que la cónica puede escribirse en la forma f (x, y) = A ( x + D A )2 = AL 2. f (x, y) = Ax2 + 2Dx + F = A ( x2 + 2D A x + F A ) = ↗ A ( x2 + 2D A x + D2 A2 ) = A ( x + D A )2 = AL 2 Como M22 = 0 AF− D2 = 0 ∴ F = D2 A • Si M22 > 0, el lugar es ∅. Un argumento adicional para probarlo podría se éste. f (x, y) = Ax2 + 2Dx + F = A ( x2 + 2D A x + D2 A2 ) + F− D 2 A = A ( x + D A )2 + F− D 2 A = A ( x + D A )2 + AF− D2 A = ↑ A (( x + D A )2 + AF− D2 A2 ) } {{ } ∨ 0cualq. sea (x, y) ∈ R2 6= 0 Como M22 = AF− D 2 > 0 AF− D2 A2 > 0 lo que dm. que el lugar es ∅. ii) E 6= 0. La cónica es (19) Ax2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 δ = ∣∣∣∣ A 00 0 ∣∣∣∣ ; ∆ = ∣∣∣∣∣∣ A 0 D 0 0 E D E F ∣∣∣∣∣∣ = −AE2 6= 0. El sistema ? es: Ax + 0y = −D 0x + 0y = −E Como la segunda ecuación no tiene solución, el sistema no tiene solución y en consecuencia la cónica no tiene centro. O sea que no es posible definir una traslación que elimine los términos lineales en 22 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA [19]. Puede ocurrir ii-1) que D 6= 0. Vamos a ver que es posible definir una traslación de los ejes xy a un punto 0′ de coordenadas (a, b)xy, a y b a determinar, de modo que se eliminen en [19] el término lineal en x y el término independiente. Lo que no es posible, se acaba de demostrar, es definir una traslación a un punto que elimine los dos términos lineales a la vez. Supongamos, pues, que trasladamos los ejes x− y a un punto de coordenadas (a, b)xy : 0 x y X Y 0ʹ(a,b) b a Ecuaciones de la trasformación: x = X + a y = Y + b que llevamos a [19] A(X + a)2 + 2D (X + a) + 2E (Y + b) + F = 0 Ax2 + 2AaX + Aa2 + 2DX + 2Da + 2EY + 2Eb + F = 0 AX2 + 2 (Aa + D) X + 2EY + Aa2 + 2Da + 2Eb + F = 0 Para lo que se busca,{ Aa + D = 0 Aa2 + 2Da + 2Eb + F = 0 De la 1a ecuación, a = −D A que llevamos a la 2a 2Eb = −Aa2 − 2Da− F = −A ( D2 A ) + 2D ( D A ) − F ∴ b = −AF + D 2 2AE Así que si trasladamos los ejes xy al punto 0′ de coordenadas ( −D A ,−AF + D 2 2AE ) xy se definen otros ejes X−Y ‖s a x− y y la ecuación de la cónicaXY es: AX2 + 2EY = 0 ∴ Y = − A 2E X2 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 23 0 x y X Y 0ʹ El lugar es una parábola que se abre en el sentido del eje Y(0− Y) de acuerdo al signo de − A 2E . El vértice de la parábola es el punto O′ de coord. ( −D A ,−AF + D 2 2AE ) xy ii-2) D = 0. La ecuación de la cónica es: (20) Ax2 + 2Ey + F = 0 ∴ y = − A 2E x2 − F 2E . x y 0ʹ La cónica es una parábola. El vértice de la parábola es el punto O′ de coord. ( 0,− F 2E ) xy (3) 0 0 c La cónica es (21) { (x, y)Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 } {( A B ) , ( B C )} = {( 0 0 ) , ( 0 C )} 24 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Los centros son las soluciones al sistema 0x + 0y = −D 0x + Cy = −E } ? ? La situación es análoga al caso (2). Se presentan dos casos. (1) D = 0. La ecuación de la cónica es (22) Cy2 + 3Ey + F = 0 δ = ∣∣∣∣ 0 00 C ∣∣∣∣ = 0 ∆ = ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0 0 C E 0 E F ∣∣∣∣∣∣ = 0; M11 = CF− E2 El sistema ?? es: 0x + 0y = 0 0x + Cy = −E Luego ∀x ∈ R, ( x,−E C ) es solución. Así que hay infinitas soluciones y la cónica tiene ∞s centros. Como la primera ecuación es redundante, los centros se encuentran sobre la recta y = −E C que es el eje de centros: 0 h X Y 0ʹ x y 0ʹ Al trasladar los ejes xy a un punto 0′ del eje de centros y de coordenadas ( h, E C ) xy, se eliminan los términos lineales en [21] y la ecuación de la cónicaXY es: CY2 + f ( h,−E C ) = 0 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 25 Ahora, f ( h,−E C ) = C ( −E C )2 + 2E ( E C ) + F = F− E 2 C : cte. independiente del punto 0′ tomado sobre el eje de centros. Luego la ecuación de la cónicaXY con origen en el punto 0′ de coordenadas ( 0,−E C ) xy es CY2 = E2 − CF C o Y2 = E2 − CF C2 = −∆11 C2 Si M11 < 0, el lugar son dos rectas ‖s al eje X. El eje de centros es la paralela media der ambas rectas. Si M11 = 0, el lugar es el eje X, ó eje de centros. Si M11 > 0, el lugar es ∅. En el primer caso, o sea, cuando M11 < 0, dm. que la cónica factoriza como el producto de ambas rectas. • Si M11 < 0, el lugar consta de dos rectas ‖s al eje X y de ecuación L1 : Y1 = + √ −M11 C2 y L2 : Y2 = − √ −M11 C2 Vamos a dm. que la cónica factoriza como el producto de dos rectas. Como x = X Y y = Y− E C , Y = y + E C La ecuación de L1 es y + E C = + √ −M11 C2 Definimos L1 = y + E C − √ −M11 C2 26 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA y L2 = y + E C + √ −M11 C2 L1 *L2 = ( y + E C − √ M11 C2 )( y + E C + √ M11 C2 ) = ( y + E C )2 − ( −M11 C2 ) = y2 + 2E C y + E2 C2 + M11 C2 = M11 ↑ =CF−E2 y2 + 2E C y + E2 C2 + CF− E2 C2 = y2 + 2E C y + F C = 1 C ( Cy2 + 2Ey + F ) = 1 C f (x, y) O sea que f (x, y) = C *L1 *L2, i.e., Cy2 + 2Ey + F = C ( y + E C − √ −M11 C2 )( y + E C + √ −M11 C2 ) • Si M11 = 0, el lugar es el eje X ó eje de centros de ecuaciónxy : y = − E C . Definamos L = y + E C . Vamos a dm. que la cónica puede escribirse en la forma f (x, y) = C ( y + E C )2 = CL 2 f (x, y) = Cy2 + 2Ey + F = C ( y2 + 2E C y + F C ) = ↑ C ( y2 + 2E C y + E2 C2 ) = C ( y + E C )2 = CL 2 Como M11 = 0 CF− E2 = 0 ∴ F = E2 C CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 27 • Si M11 > 0, el lugar es ∅. Veamos porque. f (x, y) = Cy2 + 2Ey + F = C ( y2 + 2E C y + E2 C2 ) + F− E 2 C = C ( y + E C )2 + CF− E2 C = ↑ (( y + E C )2 + CF− E2 C2 ) 6= 0Como M11 = CF− E 2 > 0, CF− E2 C2 > 0 Lo que dm. que el lugar es ∅. (2) D 6= 0. La cónica es (23) Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 δ = ∣∣∣∣ 0 00 C ∣∣∣∣ ; ∆ = ∣∣∣∣∣∣ 0 0 D 0 C E D E F ∣∣∣∣∣∣ = CD2 6= 0 El sistema ?? es: 0x + 0y = −D 0x + Cy = −E Como la primera ecuación no tiene solución, el sistema no tiene solución y en consecuencia, la cónica no tiene centro. O sea que no es posible definir una traslación que elimine en [23] los términos lineales. 2-i) que en [23], E 6= 0. Vamos a ver que en este caso es posible definir una traslación de ejes xy a un punto 0′ de coordenadas (a, b)xy, a y b a determinar, de modo que en [23] se elimine el término lineal en y y el término independiente. Supongamos entonces que trasladamos los ejes xy a un punto 0′ de coordenadas (a, b)xy. Ecuaciones de la transformación: x = X + a y = Y + b que llevamos a [23] C(Y + b)2 + 2D (X + a) + 2E (Y + b) + F = 0 CY2 + 2CbY + Cb2 + 2DX + 2Da + 2Da + 2EY + 2Eb + F = 0 CY2 + 2DX + 2 (Cb + E)Y + ( Cb2 + 2Da + 2Eb + F ) = 0 28 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA 0 x y X Y b 0ʹ (a,b) a Para lo que se busca, debemos tener que Cb + E = 0 Cb2 + 2Da + 2Eb + F = 0 De la primera ecuación, b = −E C que llevamos a la segunda 2Da = −Cb2 − 2Eb− F = −C ( −E C )2 − 2E ( −E C ) − F = −E 2 C − F = −CF + E 2 C ∴ a = −CF + E 2 2CD Así que si trasladamos los ejes xy al punto 0′ de coordenadas ( −CF + E 2 2CD ,−E C ) xy, la ecuación de la cónicaXY es: CY2 + 2DX = 0 ∴ X = − C 2D Y2 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 29 0 x y X Y 0ʹ El lugar es una parábola que se abre en el sentido del X (0− X) dependiendo del signo de − C 2D . El vértice de la parábola es el punto O′ de coord. ( −CF + E 2 2CD ,−E C ) xy. 2-ii) que en [23], E = 0. La ecuación de la cónica es Cy2 + 2Dx + F = 0 ∴ x = − C 2D y2 − F 2D La cónica es una parábola que se abre según el eje x. El vértice de la parábola es el punto O′ de x y 0ʹ coord. ( − F 2D , 0 ) xy. 30 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA (4) Hay un solo coeficiente A, B, C que se anula. Se presentan varios casos. i) 0 B C La cónica es 2Bxy2 + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0.{( A B ) , ( B C )} = {( 0 B ) , ( B C )} : Base de R2 El sistema Ah + Bk = −D Bh + Ck = −E es ahora { Bk = −D Bh + Ck = −E Hay centro único que se determina así: de la primera ecuación, ∼ k = −D B que llevamos a la segunda B ∼ k = −E− C ∼ k = −E− C ( −D B ) = CD B − E = CD− BE B Así que el centro es el punto 0′ ( CD− BE B2 ,−D B ) Al trasladar los ejes al punto 0′ (∼ h, ∼ k ) , la ecuación de la cónicaXY es 2BXY + CY2 + f (∼ h, ∼ k ) = 0 Ahora, ∆ = ∣∣∣∣∣∣∣∣ 0 B 0 B C 0 0 0 f (∼ h, ∼ k ) ∣∣∣∣∣∣∣∣ = −B 2 f (∼ h, ∼ k ) y como B 6= 0, CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 31 f (∼ h, ∼ k ) = − ∆ B2 . La ecuación de la cónicaXY es entonces 2BXY + CY2 = ∆ B2 = ↑ −∆ δ δ = AC− B2 = −B2 6= 0 0 x y X Y 0ʹ i) Si ∆ = 0, 2BXY + CY2 = 0. Y (2BX + CY) = 0 ∴ Y = 0 ó Y = −2B C X El lugar consta de dos rectas concurrentes en 0′. y de ecuaciónXY : Y = 0 y Y = −2B C X 2) Si ∆ 6= 0, la ecuación del lugarXY es 2BXY + CY2 = −∆ δ . El paso que sigue en la reducción es eliminar el término mixto. Pero eso se hará en la sección 1.5. Regresamos al caso i). El lugar consta de las rectas de ecuación Y = 0 y Y = −2B C X concurrentes en 0′. Como x = X + CD− BE B2 y y = Y− D B , X = x− CD− BE B2 Y = y + D B y las ecuaciones de las rectasxy son: y + C B = 0 y y + D B = −2B C ( x− CD− BE B2 ) que luego de simplificar podemos escribir como 2Bx + Cy + 2BE− CD B = 0 32 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Definimos L1 = y + D B Y L2 = 2Bx + Cy + 2BE− CD B Vamos a demostrar que la ecuación de la cónica f (x, y) = 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F «factoriza» como el producto de dos rectas, i.e., que (24) f (x, y) = 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = ( y + D B )( 2Bx + Cy + 2BE− CD B ) Como ∆ = ∣∣∣∣∣∣ 0 B D B C E D E F ∣∣∣∣∣∣ = 0, −B (BF− DE) + D (BE− CD) = 0 ∴ F = 2BDE− CD2 B2 y f (x, y) = 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + 2BDE− CD2 B2 Así que para tener [24], bastará con demostrar que( y + D B )( 2Bx + Cy + 2BE− CD B ) = 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + 2BDE− CD B2( y + D B )( 2Bx + Cy + 2BE− CD B ) = 2Bxy + Cy2 +    2BE− CD B y + 2Dx +   CD B y + 2BDE− CD2 B2 = Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + 2BDE− CD2 B2 ii) A 0 C La cónica es Ax2 + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0.{( A B ) , ( B C )} = {( A 0 ) , ( 0 C )} : Base de R2 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 33 El sistema Ah + Bk = −D Bh + Ck = −E es en este caso { Ah = −D Ck = −E Hay centro único. La ausencia del término mixto (Bxy) permite que podamos realizar la reducción y no aplazarla para la sección 1.5. Al realizar la traslación de ejes al punto 0′ −DA ‖ h ,−E C ‖ k , se eliminan los términos lineales y la ecuación de la cónicaXY con origen en 0′ es AX2 + CY2 + f (h, k) = 0. Ahora, δ = ∣∣∣∣ A 00 C ∣∣∣∣ = AC 6= 0.ya que A y C son 6= 0 ∆ = ∣∣∣∣∣∣ A 0 0 0 C 0 0 0 f (h, k) ∣∣∣∣∣∣ = AC f (h, k)δ f (h, k) y como δ 6= 0, f (h, k) = ∆ δ . Así que la ecuación de la cónicaXY es: AX2 + CY2 = −∆ δ . Se tiene varios casos. 1) Si ∆ > 0 y δ = AC < 0, −∆ δ > 0. Como AC < 0, A y C tienen signos diferentes el lugar es una hipérbola. Si ∆ > 0 y δ = AC > 0, −∆ δ < 0. Como AC > 0, A y C tienen el mismo signo. Si A > 0 Y C > 0, ω = A + C > 0. El lugar es ∅. Si A < 0 y C < 0, ω = A + C < 0. El lugar es una elipse o una circunferencia. 2) Si ∆ = 0 y δ = AC > 0, −∆ δ = 0. Pero si AC > 0, y A y C tienen el mismo signo. El lugar es el punto 0′ (el centro). Si ∆ = 0 y δ = AC < 0, −∆ δ = 0. Pero si AC < 0, A y C tienen signos contrarios. El lugar son dos rectas concurrentes en 0′. 34 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA 3) Si ∆ < 0 y δ = AC < 0, −∆ δ < 0. Pero si AC < 0, A y C tienen signos contrarios. El lugar es una hipérbola. Si ∆ < 0 y δ = AC > 0, −∆ δ > 0. Pero si AC > 0, y A y C tienen el mismo signo. • Si A > 0 y C > 0, ω = A + C > 0. El lugar es una elipse o una circunferencia. • Si A < 0 y C < 0, ω = A + C < 0. El lugar es ∅. En resumen, la naturaleza del lugar se determina a través de la siguiente tabla ∆ > 0  δ < 0 : hipérbola δ > 0 { ω > 0 : ∅ ω < 0 : elipse o circunferencia ∆ = 0 { δ > 0 : el punto 0′ (el centro) δ < 0 : dos rectas concurrentes en 0′ ∆ < 0  δ < 0 : hipérbola δ > 0 { ω > 0 : elipse ó circunferencia ω < 0 : ∅ iii) A B 0 . La cónica es Ax2 + 2Bxy + 2Dx + 2Ey + F =.{( A B ) , ( B C )} = {( A B ) , ( B 0 )} : Base de R2 El sistema Ah + Bk = −D Bh + Ck = −E CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 35 es ahora { Ah + Bk = −D Bh = −E Hay centro único. Las coordenadas del centro se obtiene así: De la 2a ecuación, ĥ = −E B que llevamos a la 1a: Bk = −D− Aĥ = −D− A ( −E B ) = AE B − D = AE− BD B ∴ k = AE− BD B2 Al trasladar los ejes al punto 0′(ĥ, k), la ecuación de la cónica/XY es: AX2 + 2BXY + f (ĥ, k) = 0 ∆ = ∣∣∣∣∣∣ A B 0 B 0 0 0 0 f (ĥ, k) ∣∣∣∣∣∣ = −B2 f (ĥ, k) y como B 6= 0, f (ĥ, k) = − ∆ B2 . La ecuación de la cónicaXY es: AX2 + 2BXY = ∆ B2 = ↑ −∆ δ δ = AC− B2 = −B2 6= 0 x y X Y 0ʹ 36 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA 1) Si ∆ = 0, AX2 + 2BXY = 0 x (AX + 2BY) = 0 ∴ X = 0 ó Y = − A 2B X El lugar consta de dos rectas concurrenter en 0′ y de ecuaciónXY; X = 0 y Y = − A 2B X. Demuestre como se hizo en el caso 0 B C que la cónica «factoriza» como el producto de dos rectas definidas al sistema x− y. 2) Si ∆ 6= 0 la ecuación del lugarXY es AX2 + 2BXY = −∆ δ . Lo que sigue en la reducción es eliminar el término mixto y esto se hace en la sección 1.5. Ejercicio 6.2. Vamos a estudiar el problema de los centros en dos casos en que ninguno de A, B, C es cero. Puede ocurrir: I) que {( A B ) , ( B C )} ⊂ R2 sea L.I. Entonces {( A B ) , ( B C )} es base de R2, ( A B B C ) es No singular y como los vectores ( A B ) y( B C ) definen un paralelogramo, el area de este es ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = AC− B2 6= 0. Además, ∃!(h, k) tal que Ah + Bk = −D Bh + Ck = −E h y k se calculan así:( h k ) = ( A B B C )( −D −E ) = 1 AC− B2 ( C −B −B A )( −D −E ) La cónica tiene centro único; (ĥ, k). CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 37 II) que {( A B ) , ( B C )} sea L.D. En este caso ambos vectores están aplicados sobre una misma línea que no puede ser ni el eje x ni el eje y. Así que lo que se tiene es que ( B C ) = α ( A B ) Como ( A B ) y ( B C ) son ‖s, el area del paralelogramo x y de ( A B ) y ( B C ) es cero y esto quiero decir de δ = ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = 0. Ahora, puede tenerse i) que( −D −E ) /∈ Sg {( A B )} = Sg {( B C )} ; ( −D −E ) ∈ Sg ( A B ) ⇐⇒ ∣∣∣∣ A −DB −E ∣∣∣∣ = 0 38 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Entonces δ = ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = 0 pero @(h, k) tal que h(AB ) + k ( B C ) = ( −D −E ) . O se aque el sistema Ax + By = −D Bx + Cy = −E No tiene solución. Así que ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = 0 y la cónica No tiene centro. ii) que ( −D −E ) ∈ Sg {( A B )} = Sg {( B C )} . Entonce (25) ( −D −E ) = β1 ( A B ) Ahora, como (26) Sg {( A B )} = Sg {( B C )} , ( B C ) = α ( A B ) ∴ B = αA C = αB  O sea que ( −D −E ) = β1 ( A B ) + γ1       ( B C ) − γ1       ( B C ) , γ1 ∈ R = β1 ( A B ) + γ1α ( A B ) − γ1 ( B C ) ↗ (2) = (β1 + γ1α) ( A B ) − γ1 ( B C ) , lo que nos demuestra que CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 39 ? ? ? { Ah + Bk = −D Bh + Ck = −E tiene ∞s soluciones y la cónica tiene ∞s centros a) Vamos a demostrar que en este caso la 2a ecuación del sistema Ah + Bk = −D Bh + Ck = −E es múltiplo de la 1a. Si multilplicamos la 1a por α, αAh + αBk = −αD. Veamos que la esta ecuación es Bh + Ck = −E. Como αA = B y αB = C, la ecuación anterior se convierte en b) La segunda ecuación del sistema ? ? ? es redundante y el conjunto de soluciones de ? ? ? se obtiene al resolver la 1a : Ah + Bk = −D. Entonces todos los centros de la cónica están sobre la recta Ax + By = −D que se llama «el eje de centros de la cónica». De esta ecuación, k = −A B h− D B . Vamos a demostrar que ∀h ∈ R, ( h,−A B h− D B ) es solución al sistema. Es claro que ( h,−A B h− D B ) es solución a la 1a ecuación. Solo resta demostrar que es solución a la 2a, o sea que Bh + C ( −A B h− D B ) = −E Bh + C ( −A B h− D B ) = ↑ Bh + B2 A ( −A B h− D B ) Como AC− B 2 = 0, C = B2 A Toda la discusión nos ha demostrado que en el supuesto de que A,B,C sean cero,{ Si δ = AC− B2 6= 0, la cónica tiene centro único. Si δ = AC− B2 = 0, la cónica no tiene centro, o tiene ∞s centros. 40 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Ejemplo 6.1. Consideremos la cónica 3x2 + 4x + 2y + 1 = 0. A = 3 2D = 4; D = 2 2B = 0; B = 0 C = 0 2E = 2; E = 1 El sistema { Ah + Bk = −D Bh + Ck = −E es ahora { 3h + 0k = −2 0h + ok = −1 La cónica No tiene centro. Ejemplo 6.2. 9x2 − 12xy + 4y2 + 9x− 6y + 2 = 0. A = 9 2B = −12; B = −6 ( A B ) = ( 9 −6 ) = 3 ( 3 −2 ) C = 4 2D = 9; D = 92 ( B C ) = ( −6 4 ) = −2 ( 3 −2 ) 2E = −6; E = −3 ( −D −E ) = ( −9/2 3 ) = −3/2 ( 3 −2 ) CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 41 Ejemplo 6.3. 12x2 − 12xy + 3y2 + 2x + 4x + 1 = 0. A = 12 2B = −12; B = −6 ( A B ) = ( 12 −6 ) = −6 ( −2 1 ) C = 3 2D = 2; D = 1 ( B C ) = ( −6 3 ) = 3 ( −2 1 ) ; ( −D −E ) = ( −1 −2 ) 2E = 4; E = 2 La cónica No tiene centro Ejemplo 6.4. 12x2 − 12xy + 3y2 + 2x− y− 14 = 0. (Véase la diferencia con el ejemplo anterior.) A = 12 2B = −12; B = −6 ( −D −E ) = ( −1 1/2 ) = 12 ( −2 1 ) C = 3 2D = 2; D = 1 2E = −1; E = −1/2 42 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Proposición 6.1. Todo centro de una cónica es centro de simetría de la curva. Demostración. Sea O un punto de coordenadas (h, k)xy, O : centro de simetría de la ecuación. O sea que (27) ∂ f ∂x ) h,k = ∂ f ∂y ) h,k = 0 Sea P(X, Y) un punto de la cónica (Fig.) y llamamos Q(X′, Y′) a su eje simétricoO. Se debe demostrar que Q(X′, Y′) está en la cónica, o lo que es lo mismo, que q(X′, Y′) + f (h, k) = 0 x y X Y Q(Xʹ,Yʹ) P(X,Y) FIGURA 5. Como Q(X′, Y′) es simétrico de P(X, Y)0, X′ = X y Y′ = Y. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 43 Luego q(X′, Y′) + f (h, k) = ( X′Y′ ) ( A B B C )( X′ Y′ ) + (h, k) = (−X−Y) ( A B B C )( −X −Y ) + (h, k) = (XY) ( A B B C )( X′ Y′ ) + (h, k) = q(X, Y) + f (h, k) = ↑ [27] 0  Proposición 6.2. Si (h, k) es un centro de simetría de la cónica, (h, k) es un centro de ella. Demostración. Supongamos que (h, k) es centro de simetría de la curva. La ecuación de la cónica referida a los eje XY ‖s a xy y con origen en O′(h, k) es:( X Y ) ( A B B C ) + ( ∂ f ∂x ) h,k ∂ f ∂x ) h,k )( X Y ) + f (h, k) = 0 x y X Y Q(Xʹ,Yʹ) P(X,Y) Oʹ (h,k) O Sea P(X, Y) un punto de la cónica y Q(X′, Y′) el simétrico de PO′, o sea que X′ = −X, Y′ = Y. Como P(X, Y) está en la curva, (28) ( X Y ) ( A B B C ) + ( ∂ f ∂x ) h,k ∂ f ∂x ) h,k )( X Y ) + f (h, k) = 0 Como Q(−X,−Y) también está en la curva,( −X −Y ) ( A B B C ) + ( ∂ f ∂x ) h,k ∂ f ∂x ) h,k )( −X −Y ) + f (h, k) = 0 i.e., (29) ( −X −Y ) ( A B B C )( X Y ) − ( ∂ f ∂x ) h,k ∂ f ∂x ) h,k )( X Y ) + f (h, k) = 0 44 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA De [28] y [29]: 2 ( ∂ f ∂x ∣∣∣∣ h,k , ∂ f ∂y ∣∣∣∣ h,k )( X Y ) = 0, cualquiera sea el punto (X, Y) en la cónica. Luego el vector ( ∂ f ∂x ∣∣∣∣ h,k , ∂ f ∂y ∣∣∣∣ h,k ) es ⊥ a ~O′P cualquiera sea P en la cónica y esto es posible si( ∂ f ∂x ∣∣∣∣ h,k , ∂ f ∂y ∣∣∣∣ h,k ) = (0, 0), i.e.,  ∂ f ∂x ∣∣∣∣ h,k = 0 ∂ f ∂y ∣∣∣∣ h,k = 0 lo que significa que (h, k) es un centro de la cónica.  Ejemplos. 1. Si la cónica consta de dos rectas ‖s, todo punto de la ‖media m de ellas es centro de simetría de la cónica. Luego la cónica tiene ∞s centros: -- -O x y m 2. Si la cónica es una recta (una recta doble se dice a veces), la cónica tiene ∞s centros ya que todo punto de la recta es centro de simetría de ella. 3. Si la cónica no tiene centro de simetría, no tiene centro. Por ejemplo, la parábola no tiene centro de simetría y por lo tanto, la parábola no tiene centro, pero sí tiene vértice. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 45 Como se comprende, la noción de centro permite clasificar las cónicas en tres categorías Cónicas con centro único. Cónicas sin centro. Cónicas con dos centros. 7. CÓNICAS CON CENTRO ÚNICO En este caso δ = ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = AC− B2 6= 0,{( A B ) , ( B C )} es Base de y forma un paralelogramo de área ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = AC− B2. El sistema Ah + Bk = −D Bh + Ck = −E tiene solución única ( ĥ k ) dada por( h k ) = ( A B B C )−1(−D −E ) = 1 AC− B2 ( C −B −B A )( −D −E ) = a δ ( −CD + BE BD− AE ) . O sea que (30) h = −CD + BE AC− B2 k = BD− AE AC− B2  La cónica tiene centro único (h, k) y éste punto es el centro de simetría de la curva. No estamos afirmando que el centro (h, k) sea un punto de la cónica. Como ya hemos dicho, si trasladamos los ejes xy al punto O′ de coordenadas (h, k) dadas por [30], obtenemos otro sistema ortogonal de coordenadas XY, Fig.1.6, con X ‖ x, Y ‖ y y respecto al cual la ecuación de la cónica es (31) ( X Y ) ( A B C D )( X Y ) + f (h, k) = 0 La ecuación [31] no tiene términos en X ni en Y. O sea, hemos conseguido eliminar la parte lineal de la ecuación [1]. Hallados (h, k), para tener definida [31] debemos calcular (32) f (h, k) = Ah2 + 2Bhk + Ck2 + 2Dh + 2Ek + F Sin embargo podemos obtener f (h, k) es una manera más simple. Si tenemos en cuenta las ecuaciones [14], (33) f (h, k) = ( Ah + Bk ) h + ( Ck + Bh ) k + 2Dh + 2Ek + F 46 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA x y X Y O Pero ( A B B C )( h k ) = ( −D −E ) Luego (34) Ah + BK = −D Bh + Ck = −E } que llevamos a [33] obteniendo f (h, k) = −Dh− Ek + 2Dh + 2Ek + F = Dh + Ek + F(35) Así que una vez hallados h y k obtenemos f (h, h) a través de [35] y no a través de [33] que resulta más tedioso. Existe otra forma de obtener f (h, k) más conveniente para nuestros propósitos y sin pasar por la obtención de (h, k) a través de [32] ó de [35]. No olvidemos que estamos analizando el caso de una cónica con centro único (δ 6= 0). Según [34]: Ah + Bk + D = 0 Bh + Ck + E = 0 Segun [35]: Dh + Ek + F− f (h, k) = 0 O sea que h  AB D + k  BC E + 1  DE F− f (h, k)  =  00 0  Lo que nos demuestra que el conjunto de vectores de R3 :  AB D  BC E  DE F− f (h, k)  CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 47 es L.D. y por lo tanto, ∣∣∣∣∣∣ A B D B C E D E F− f (h, k) ∣∣∣∣∣∣ = 0 Este determinante se puede descomponer como la suma de dos determinantes así: { Como hemos llamado ∆ = ∣∣∣∣∣∣ A B D B C E D E F ∣∣∣∣∣∣ se tendrá que ∆− f (h, k) * δ = 0 ∴ f (h, k) = ↑ ∆ δ (δ 6= 0) De la ecuación [31] de la cónica se escribe ahora así: ( X Y ) ( A B C D )( X Y ) + ∆ δ = 0 ó AX2 + 2BXY + CY2 + ∆ δ = 0(36) La ecuación [36] es la ecuación de la cónica con centro único referida a los ejes XY con origen en el centro una vez realizada la traslación que permite eliminar los términos lineales. Los escalares ∆ y δ son invariantes δ = ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = AC− B2 6= 0 y ∆ = ∣∣∣∣∣∣ A B D B C E D E F ∣∣∣∣∣∣ 48 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Nótes que ∆ = D ∣∣∣∣ B CD E ∣∣∣∣− E ∣∣∣∣ A BD E ∣∣∣∣+ F ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = D(BE− CD)− E(AE− BD) + Fδ = Dδh + Eδk + Fδ ↗ [31] = δ(Dh + Ek + F) ∴ ∆ δ = Dh + Ek + F Nótese a demás que los coeficientes de la parte cuadrática de [1] no se afectaron. Ejemplo 7.1. Consideremos la cónica 2Bxy + 2Dx + 2Ey + F = 0 con B 6= 0, A = C = 0. δ = ∣∣∣∣ 0 BB 0 ∣∣∣∣ = −B2 6= 0 La cónica tiene centro único O′(h, h).( h k ) = 1 δ ( −CD + BE BD− AE ) = − 1 B2 ( BE BD ) = − 1 B ( E D ) ∆ = ∣∣∣∣∣∣ 0 B D B O E D E F ∣∣∣∣∣∣ = −B(BF− DE) + DBE = 2BDE− B2F Luego ∆ δ = 2BDE− B2F −B2 = F− 2DE B . La ecuación de la cónica respecto a los ejes XY ‖s a x− y y con origen en ( −E B ,−D B ) es en este caso: 2BXY + F− 2DF B . CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 49 Ahora se consideraran dos casos en la ecuación [36]. Caso 7.1. { δ = AC− B2 6= 0 B = 0 Entonces δ = AC, A 6= 0 y C 6= 0. {( A B ) , ( B C )} = {( A 0 ) , ( 0 C )} x y X Y O (37) AX2 + CY2 = −∆ δ Nótese que está ausente el término mixto. δ = AC 6= 0, A y C 6= 0. Vamos a utilizar los invariantes para definir la naturaleza del lugar representdo por [37]. (I) Supongamos ∆ > 0. a) Si δ = AC < 0, y A y C son de signo contrario y ( −∆ δ ) > 0. El lugar es una hipérbola de centro O′ y de ejes sobre X y Y. Como en [37] los coeficientes de X2 y Y2 son de signo contrario, la hipérbola puede aparecer así: i) AX2 − CY2 = ∆ δ y con A y C positivos. La hipérbola tiene ramas que se abren según en eje X: 50 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA X Y ii) CY2 − AX2 = −∆ δ con A y C positivos. La hipérbola tiene ramas que se abren según el eje Y : x y X Y b) Si δ = AC > 0, A y C tienen el mismo signo y ( −∆ δ ) < 0; ω = A + C 6= 0. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 51 i) Si ω > 0, A y C son ambos positivas. Así que AX2 + CY2 = −∆ δ con A > 0, C > 0 −∆ δ < 0. El lugar es ∞. ii) Si ω < 0, A y C son ambos negativos. Luego AX2 + CY2 = −∆ δ con A < 0, C < 0 y −∆ δ < 0. ii-1) Si A 6= C, el lugar es una elipse de centro O′ y ejes sobre X y Y. x y X Y x y X Y ii-2) Si A = C, el lugar es una circunferencia de centro en O′ y radio√ | − ∆δ | |A| En síntesis: hipérbola Elipse o circunferencia Ejemplo 7.2. Considere la cónica (38) 2x2 + y2 + 4x + 2y + 10 = 0 A = 2; B = 0; C = 1; δ = AC− B2 = 2; ω = 3. ∆ = ∣∣∣∣∣∣ 2 0 2 0 1 1 2 1 10 ∣∣∣∣∣∣ = 14 ( A B ) = ( 2 0 ) ; ( B C ) = ( 0 1 ) 52 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Así que δ 6= 0, B = 0, ∆ > 0, δ > 0 y ω > 0. En virtud de ?, el lugar es ∅. O sea que no existe un punto del plano xy que satisfaga [38]. Vamos a comprobarlo. Completando trinomios cuadrados perfectos en [38],( 2x2 + 4x + 2 ) + ( y2 + 2y + 1 ) + 10− 2− 1 = 0. O sea que la ecuación de la cónica puede escribirse así:(√ 2x + 2√ 2 )2 + (y + 1)2 = −7 lo que nos prueba que efectivamente el lugar es ∅. II) Si ∆ = 0, [37] se escbribe así: AX2 + CY2 = 0. Como δ = AC 6= 0, puede ocurrir: a) δ > 0. En este caso A y C tienen el mismo signo. El lugar es el punto O′. b) δ < 0. Entonces A y C tienen signos contrarios. El lugar consta de dos rectas concurrentes en O′ Resumiendo el punto Oʹ (el centro) dos rectas concurrentes en Oʹ Ejemplo 7.3. Consideremos la cónica x2 + y2− 4x + 2y + 5 = 0 que podemos escribir (x− 2)2 + (y + 1) = 0. El lugar es el punto (2,−1). B = 0, δ = AC− B2 = AC = 1 6= 0. ∆ = ∣∣∣∣∣∣ 1 0 −2 0 1 1 −2 1 5 ∣∣∣∣∣∣ = 0 Como δ 6= 0, B = 0, ∆ = 0 y δ > 0, la cónica, en virtud de ?? es un punto como ya sabíamos. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 53 Ejemplo 7.4. Sea f (x, y) = (3x− y + 2)(3x + y− 5) = p(x, y) * q(x, y) = 0. f (x, y) = 0⇔ p(x, y) = 0 ó q(x, y) = 0. Las rectas p(x, y) = 3x− y + 2 = 0 y q(x, y) = 3x + y− 5 = 0 se cortan en el punto (h, k) que es la solución del sistema 3x− y + 2 = 0 3x + y− 5 = 0 Las dos rectas se corten en (1/2, 7/2) . El lugar, o sea {(x, y) f (x, y) = 0} consta de dos rectas concurrentes en (1/2, 7/2) . Vamos a verificarlo. La cónica es (3x− y + 2)(3x + y− 5) = 0. O sea 9x2 − y2 − 9x + 7y− 10 = 0 Hallemos su centro. El sistema Ax + By = −D Bx + Cy = −E es 9x = 9 2 −y = −7 2 ∴ x = 1/2, y = 7/2 Como B = 0, δ = AC− B2 = −9 < 0 y ∆ = ∣∣∣∣∣∣ 9 0 −9/2 0 −1 7/2 −9/2 7/2 −10 ∣∣∣∣∣∣ , se tiene, en virtud de ?? que el lugar son dos rectas concurrentes en (1/2, 7/2) . III) Supongamos ∆ < 0. Como δ = AC 6= 0, puede ocurrir: a) δ < 0. Entonces A y C tienen signos contrarios y ( −∆ δ ) < 0. El lugar es una hipérbola. La ecuación [37] puede parecerce a i) AX2 − CY2 = −∆ δ con A > 0, C > 0,−∆ δ < 0. O sea que CY2 − AX2 = ∆ δ con ∆ δ > 0 y la cónica es una hipérbola con centro en O′ cuyas ramas se abren según el eje Y: 54 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA x y X Y ii) CY2 − AX2 = −∆ δ con A > 0, C > 0,−∆ δ < 0. Luego AX2 − CY2 = ∆ δ con ∆ δ > 0 y la cónica es una hipérbola con centro en O′ y cuyas ramas se abren según el eje X : X Y x y b) δ > 0. En este caso A y C tienen el mismo signo y −∆ δ > 0; ω = A + C 6= 0. i) Si ω = A + C > 0, A y C son ambos positivos y la ecuación [37] represeta una elipse ó una circunferencia. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 55 ii) Si ω = A + C < 0, A y C son ambos negativos. El lugar es ∅. En resumen hipérbola Elipse ó circunferencia El Caso 1. puede presentarse en la siguiente tabla: Cónica hipérbola hipérbola Caso 7.2. { δ = AC− B2 6= 0 B 6= 0 Una vez hecha la traslación que elimine los términos lineales en [1], la ecuación de la cónicaXY con origen en O′(h, k) es (39) AX2 + BXY + CY2 + ∆ δ = 0 Nótese que está presente el término mixto. (Recuerdese que cuando se hace una traslación de ejes los coeficientes de la componente cuadratica de [1] no se transforman). Procedemos ahora a eliminar el término mixto en [39]. Sea Q(X, Y) un punto de la cónica y O′(h, k) su centro: 56 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA i j x y X Y Q(X,Y) Vale la pena señalar los casos posibles que pueden presentarse con los coeficientes A, B, C. A B C 0 B 0 A B 0 0 B C Entonces ~O′Q =~r = X~i + Y~j. O sea que [~r]ij = ( X Y ) y la ecuación [39] puede escribirse: (40) [~r]tij M [~r]ij + ∆ δ = 0 con M = ( A B B C ) {( A B ) ; ( B C )} Base de R2 con B 6= 0. Como M es simétrica, sabemos, por el Teorema Espectral (ó teorema de los Ejes Principales) que ∃P = ( ↑ p1 ↓ ↑ p2 ↓ ) matriz ortogonal, o sea P−1 = Pt, tal que PtMP = ( λ1 0 0 λ2 ) donde λ1, λ2 son los valores propios de M. A demás, λ1, λ2 ∈ R. Siendo P ortogonal, las columnas p1, p2 de P definen una base ortonormal de R2/〈 〉: producto interno usual en R2, base formada por vectores propios de M. O sea que CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 57 { pi ∈ EPMλi , i.e., Mpi = λi pi 〈pi, pj〉 = δ j i , i, j = 1, 2 Los vectores p1, p2 definen un nuevo sistema de coordenadas ortogonal x′y′ con origen en O′ y rotado respecto a XY : i j x y X Y Q( X,Y ) (xʹ ,yʹ ) I IV III II xʹ yʹ Los vectores p1 y p2 están en el semiplano (I) − (I I) que determina el eje X. El eje x′ está en el cuadrante I y lo define aquel valor propio para el cual el vector propio se coloca en el cuadrante I. El otro vector propio está 90◦ x y en el cuadrante I I. Los ejes x′y′ se llaman los ejes principales de la cónica. Llamemos P = ( p11 p 1 2 p21 p 2 2 ) . Entonces [p1]ij = ( p11 p21 ) , [p2]ij = ( p12 p22 ) . O sea que P = ( ↑ [p1]ij ↓ ↑ [p2]ij ↓ ) = [I]pαij y por lo tanto se tiene que [~r]ij = [I] pα ij [~r]pα = P [~r]pα , i.e., (41) ( X Y ) = P ( x′ y′ ) donde [~r]pα = ( x′ y′ ) 58 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA siendo (x′, y′) las coordenadas de Q respecto a los ejes x′y′. O también, (42) ( X Y ) = ( p11 p 1 2 p21 p 2 2 )( x′ y′ ) ∴ X = p11x ′ + p12y ′ Y = p21x ′ + p22y ′(43) Siendo P ortogonal, P−1 = Pt y de [41], ( x′ y′ ) = Pt ( X Y ) . O sea que ( x′ y′ ) = ( p11 p 1 2 p21 p 2 2 )( X Y ) , i.e., x′ = p11X + p 2 1Y y′ = p12X + p 2 2Y (44) Las ecuaciones [43] y [44] son las ecuaciones de la transformación ortogonal de coordenadas definida por la matriz P que diagonaliza a M. Al regresar a la ecuación [40] se tiene que ( P [~r]pα )t MP [~r]pα + ∆ δ = 0. O sea que [~r]tpα ( PtMP ) [~r]pα + ∆ δ = 0 Pero [~r]pα = ( x′ y′ ) y PtMP = ( λ1 0 0 λ2 ) . Luego ( x′ y′ ) ( λ1 0 0 λ2 )( x′ y′ ) + ∆ δ = 0. Lo que nos demuestra que las ecuaciones de la cónica referida a sus ejes principales x′y′ con origen en el centro O′ de la curva es (45) λ1x′2 + λ2y′2 + ∆ δ = 0 Antes de pasar a estudiar los lugares geométricos representados por [45] conviene recordar que siendo M una matriz simétrica, sus valores propios λ1 y λ2 son números reales y son raíces del PCM(λ) = λ2 − (trM) λ + det M = λ2 − (A + C) λ + δ = λ2 −ωλ + δ = 0 Así que λ1 + λ2 = ω λ1λ2 = δ 6= 0 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 59 lo que nos demuestra que λ1 y λ2 son diferentes de cero. Además, λ1 6= λ2. En efecto, λ2 − (A + C) λ + ( AC− B2 ) = 0 ∴ λ = (A + C)± √ (A + C)2 − 4 (AC− B2) 2 La cantidad subradical (el discriminante) es ω2 − 4δ = (A + C)2 − 4 ( AC− B2 ) = A2 + 2AC + C2 − 4AC + 4B2 = (A− C)2 + 2B2 > ↑ B 6=0 0 Esto demuestra que el discriminante es mayor que cero y por lo tanto λ1 6= λ2. λ12 = ω± √ ω2 − 4δ 2 Además, recuérdese que EPM λ1= ω± √ ω2 − 4δ 2 = N (λ1 I2 −M) : espacio nulo de la matriz λ1 I2 −M y que EPM λ2= ω± √ ω2 − 4δ 2 = N (λ2 I2 −M) : espacio nulo de la matriz λ2 I2 −M Regresando a la ecuación [45] podemos considerar: I) ∆ > 0. La ecuación [45] puede escribir así: λ1x′2 + λ2y′2 = − ∆ δ a) Si δ = AC− B2 = λ1λ2 > 0, λ1 y λ2 son del mismo signo, ω = A + C = λ1 + λ2 6= 0 y − ∆ δ < 0 ∴ ∆ δ > 0 i) Si ω < 0, λ1 y λ2 son ambos negativos y el lugar es una elipse de ejes paralelos a ~p1 y ~p2 y de semiejes √ ∆ δ |λ1| , √ ∆ δ |λ2| . Pero λ1,2 = ω± √ ω2 − 4δ 2 . Luego los semiejes valen a, b = + √√√√ 2∆ δ ∣∣∣ω±√ω2 − 4δ∣∣∣ 60 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA x i j y X Y F P i a j b Recuérdese que a = εp 1− ε2 b = εp√ 1− ε2 donde ε es la excentricidad y P = d(F; DD) es la distancia foco-directriz. Halle ε, p en términos de los invariantes ∆, δ y ω. ii) Si ω >, λ1 y λ2 son ambos positivos y como − ∆ δ < 0, el lugar es ∅. b) Si δ = AC − B2 = λ1λ2 < 0, y λ1 y λ2 tienen signos contrarios y como − ∆ δ > 0, el lugar es una hipérbola de ejes paralelos a ~p1 y ~p2. Los semiejes valen −∆δ |λ1| , −∆δ |λ2| donde λ1,2 = ω± √ ω2 − 4δ 2 . Las ramas de la hipérbola se abren según el eje x′ o y′ de acuerdo a los signos de λ1 y λ2. II) ∆ = 0. La ecuación [45] se escribe λ1x′2 + λ2y′2 = 0. a) Si δ = AC− B2 = λ1λ2 < 0, λ1 y λ2 tienen signos contrarios. El lugar consta de dos rectas concurrentes en O′. b) Si δ = AC− B2 = λ1λ2 > 0, λ1 y λ2 tienen el mismo signo. El lugar es el punto O′. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 61 III) ∆ < 0. La ecuación [45] es: λ1x′2 + λ2y′2 = − ∆ δ . a) Si δ = AC− B2 = λ1λ2 > 0, λ1 y λ2 tienen el mismo signo, ω = λ1 + λ2 6= 0 y − ∆ δ > 0. i) Si ω < 0, λ1 y λ2 son ambos negativos el lugar es ∅. ii) Si ω > 0, λ1 y λ2 son ambos positivos. El lugar es una elipse de ejes ‖s a p1, p2 y de semiejes√ −∆δ λ1 , √ −∆δ λ2 donde λ1,2 = ω± √ ω2 − 4δ 2 . b) Si δ = AC− B2 = λ1λ2 < 0, λ1 y λ2 tienen signos contrarios y siendo− ∆ δ < 0 el lugar es una hipérbola de ejes ‖s a p1 y p2 y semiejes √ −∆δ |λ1| , √ −∆δ |λ2| donde λ1,2 = ω± √ ω2 − 4δ 2 . El Caso 1.6.2 se resume en la tabla siguiente: Cónica hipérbola cónica hipérbola Las dos tablas anteriores se juntan en la tabla de página siguiente. Observación 7.1. Nótese que la parábola no tiene centro. Los casos en que la cónica representa dos rectas ‖s o una recta son casos en que hay ∞s centros. Por esa razón los casos degenerados que se obtienen en la tabla siguiente son dos rectas o un punto. 62 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA hipérbola hipérbola hipérbola hipérbola CÓNICAS CON CENTRO ÚNICO Esta tabla para determinar la naturaleza del lugar representado por las cónicas de centro único se puede reemplazar por la siguiente: δ < 0  ∆ < 0 : hipérbola ∆ = 0 : dos rectas concurrentes en O′ ∆ > 0 : hepérbola δ > 0  ∆ < 0 { ω < 0 : ∅ ω > 0 : Elipse o circunferencia ∆ = 0 : el punto O′ ∆ > 0 { ω < 0 : ∅ ω > 0 : Elipse Ejemplos 1. Consideremos la cónica xy = k, k > 0, ó (46) xy− k = 0 A = 0 M = ( A B B C ) = ( 0 1/2 1/2 0 ) , C = 0 2B = 1, B = 1/2 D = E = 0 tr(M) = 0; δ = −1 4 F = −K Para hallar los centros debemos resolver el sistema CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 63 0x + 1 2 y = 0 1 2 x + 0y = 0 Hay solución única: (0, 0). Se trata de una cónica con centro único en (0, 0). La cónica [46] se puede escribir así:( x y ) ( 0 1/2 1/2 0 ) x y − k = 0 PCM(λ) = λ2 − tr(M)λ + δ = λ2 − 1/4 = 0 ∴ (λ + 1/2) (λ− 1/2) = 0. Los valores propios de M son 1/2,−1/2 EPM1/2 = N (1/2I2 −M) : espacio nulo de la matriz 1/2I2 ‖ −M 1 2 ( 1 −1 −1 1 ) N ( 1 2 I2 −M ) = N ( 1 2 ( 1 −1 −1 1 )) = {( x y ) x− y = 0−x + y = 0 } {( x y ) x = y } = Sg {( 1 1 )} = Sg  1√ 2 1√ 2  = EPM1/2 λ(M) = {1/2,−1/2} P = ( ↑ p1 ↓ ↑ p2 ↓ )( 1√ 2 − 1√ 2 1√ 2 1√ 2 ) 0 i j x y XY 45 45 64 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Una vez aplicado el Tma. Espectral, se tiene que la ecuación de la cónicaXY es( X Y ) ( 1/2 0 0 −1/2 )( X Y ) − k = 0. O sea, 1 2 X2 − 1 2 Y2 = k; X2 2k − Y 2 2k = 1, k > 0. Se trata entonces de la hipérbola equilátera de la figura siguiente: a2 = 2k; b2 = 2k; a = √ 2k; b = √ 2k . x X y Y 0 c a b V F 45 45 Su excentricidad es ε = c a = √ a2 + b2 a = √ 4k√ 2k = 2√ 2 = 2 √ 2 2 = √ 2 Los ejes x, y son las asíntotas de la hipérbola. El vértice V de la curva tiene coordenadas ( a = 0V = √ 2, 0 ) XY y se comprende que mientras mayor sea k, más alejado está el vértice V de 0. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 65 2. Identificar el lugar geométrico representado por la ecuación −2x2 + 2xy− y2 + 2y− 3 = 0∣∣∣∣∣∣ −2 1 0 1 −1 1 0 1 −3 ∣∣∣∣∣∣ = −1 < 0 δ = 1 6= 0; ω = −3. Como δ 6= 0, B 6= 0, ∆ < 0, δ > 0 y ω < 0, el lugar es ∅. Vamos a verificarlo. De la ecuación de la cónica, y2 − (2 + 2x) y + ( 3 + 2x2 ) = 0 ∴ y = (2 + 2x)± √ (2 + 2x)2 − 4 (3 + 2x2) 2 La cantidad sub-radical es 4 + 4x2 + 8x− 12− 8x2 = −4x2 + 8x− 8 = −4 ( x2 − 2x + 2 ) = −4 ( (x2 − 2x + 1) + 2− 1 ) = −4 [ (x− 1)2 + 1 ] < 0 cualquiera sea x ∈ R, lo que demuestra que los valores de y son imaginarios y por lo tanto el lugar es ∅. 3. Identificar el luagar representado por la ecuación 2x2 + 2xy + 3y2 + 6x + 8y + 7 = 0 ∆ = ∣∣∣∣∣∣ 2 1 3 1 3 4 3 4 7 ∣∣∣∣∣∣ = 0 δ = 5 6= 0; B 6= 0. Como δ 6= 0, B 6= 0, ∆ = 0 y δ = 0, el lugar es el punto O′: el centro de la curva. Hallemos las coordenadas del centro. 2x + y = −3 x + 3y = −4 ∴ y = −1, x = 1. LuegoO′(−1,−1). f (−1,−1) = 2 + 2 + 3− 6− 8 + 7 = 0 lo que demuestra que O′ está en la cónica. Verifiquemos que efectivamente el lugar es el punto (−1,−1). De la ecuación de la cónica, 3y2 + (2x + 8) y + ( 2x2 + 6x + 7 ) = 0 ∴ y = −(2x + 8)± √ (2x + 8)2 − 12(2x2 + 6x + 7) 6 66 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA La cantidad sub-radical es 4x2 + 32x + 64− 24x2 − 72x− 84 = −20(x + 1)2. Luego y = −(2x + 8)± √ −20(x + 1)2 6 . La cantidad sub-radical se anula en x = −1 y en otro caso es negativa. Además, si x = −1, y = − (2(−1) + 8) 6 = −1. El lugar es entonces el centro O′(−1,−1) de la cónica. 4. Consideremos la cónica 3x2 − 4xy + y2 + 10x− 2y− 8 = 0 ∆ = ∣∣∣∣∣∣ 3 −2 5 −2 1 1 5 −1 −8 ∣∣∣∣∣∣ = 0 δ = −3 6= 0. La cónica tiene centro único. Como B 6= 0, ∆ = 0 y δ < 0, el lugar son dos rectas concurrentes en O′. Las coordenadas del centro se obtienen resolviendo el sistema 3h− 2k + 5 = 0 −2h + k− 1 = 0 ∴ (h, k) = (3, 7) De la ecuación de la cónica, y2 − (4x + 2)y + (3x2 + 10x− 8) = 0 ∴ y = (4x + 2)± √ (4x + 2)2 − 4(3x2 + 10x− 8) 2 La cantidad sub-radical es (4x− 2)2 − 4(3x2 + 10x− 8) = 4(x− 3)2 Luego y = (4x + 2)± √ 4(x− 3)2 2 = (2x + 1)± (x− 3) Entonce el lugar consiste de dos rectas: y = 3x− 2 y y = x + 4 que como puede probarse se cortan en (3, 7). Finalmente nótese que (3x− y− 2)(x− y + 4) = 3x2 − 4xy + y2 + 10x− 2y− 8 5. Identificar y dibujar el lugar representado por la ecuación 5x2 + 6xy + 5y2 − 4x + 4y− 4 = 0. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 67 A = 5 ( A B ) = ( 5 3 ) 2D = −4 D = −2 ( −D −E ) = ( 2 −2 ) 2B = 6; B = 3 6= 0 2E = 4 E = 2 C = 5 ( B C ) = ( 3 5 ) La cónica tiene centro único. ∆ = ∣∣∣∣∣∣ 5 3 −2 3 5 2 −2 2 −4 ∣∣∣∣∣∣ = −128; δ = ∣∣∣∣ 5 33 5 ∣∣∣∣ = 16; ω = A + C = 10. Así que δ 6= 0, B 6= 0, ∆ < 0, δ > 0 y ω > 0. Se trata de una elipse. El centro es el punto O′(h, k) donde( h k ) = 1 16 ( 5 −3 −3 5 )( 2 −2 ) = ( 1 −1 ) : X Y x y Oʹ(1,-1) La ecuación de la elipse referida a los ejes XY con origen en O′ es: 5X2 + 6XY + 5Y2 = −∆ δ = − ( −128 16 ) = 8 68 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA M = ( 5 3 3 5 ) ; PCM(λ)(λ) = λ 2 − 10λ + 16 = 0. Los valores propios de M son 8 y 2. EPM2 = N (2I2 −M) = N ( −3 −3 −3 −3 ) ; −3x− 3y = 0 ∴ y = −x. O sea que todo vector de la forma ( x −x ) con x ∈ R está en el EPM2 . Luego, si x = −1, ( −1 1 ) ∈ EPM2 . ∴  (− 1√ 2 1√ 2 ) es Base del EPM2 y por lo tanto,  ( 1√ 2 1√ 2 ) es Base del EPM8 . Como éste vector está en el centro I, el espectro de M lo ordenamos así: λ = 8, 2. O sea que definimos λ1 = 8, λ2 = 2. P = ( ↑ p1 ↓ ↑ p2 ↓ ) = ( 1/ √ 2 −1/ √ 2 1/ √ 2 1/ √ 2 ) . Los ejes x′y′ se obtienen rotando x 45◦ los ejes XY respecto a O′ : X Y x y xʹyʹ Oʹ Ecuación de la cónica respecto a x′y′ : λ1x′2 + λ2y′2 = 8. O sea 8x′2 + 2y′2 = 8 y finalmente, x′2 1 + y′2 22 = 1. Esto nos dice que los semiejes valen 1 y 2 y los focos están en el eje y′ : CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 69 X Y x y xʹ yʹ Oʹ A F 2 2 1 Localicemos por ejemplo el foco respecto al eje x′y′. En el 4 O′AF , O′F = √ 4− 1 = √ 3. Luego las coordenadas de F/x′y′ son (0, √ 3). Ahora, x = X + h y = Y + k O sea ( x y ) = ( X Y ) + ( h k ) . Pero ( X Y ) = P ( x′ y′ ) . Luego ( x y ) = P ( x′ y′ ) + ( h k ) = ( 1/sqrt2 −1/sqrt2 1/sqrt2 1/sqrt2 )( x′ y′ ) +( 1 −1 ) Entonces x = 1√ 2 x′ − 1√ 2 y′ + 1 y = 1√ 2 x′ + 1√ 2 y′ − 1 Localizados los focos de la elipse respecto a x′y′, las ecuaciones anteriores nos permiten localizarlos/xy. Encuentre la excentricidad y localice el otro foco y las directrices. 70 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA 6. Estudiemos el lugar geométrico representado por la ecuación x2 − 10xy + y2 + x + y + 1 = 0( A B ) = ( 1 −5 ) ; ( B C ) = ( −5 1 ) ; ( −D −E ) = ( −1/2 −1/2 ) Se trata de una cónica con centro único. ∆ = ∣∣∣∣∣∣ 1 −5 1/2 −5 1 1/2 1/2 1/2 1 ∣∣∣∣∣∣ = −27 < 0; δ = ∣∣∣∣ 1 −5−5 1 ∣∣∣∣ = −24 < 0; B = −5 6= 0. Como B 6= 0, ∆ < 0 y δ < 0, la cónica es una hipérbola. Hallemos su centro O′(h, k).( h k ) = − 1 24 ( 1 5 5 1 )( −1/2 −1/2 ) = ( 1/8 1/8 ) : La ecuación de la hipérbola/XY es: x y X Y Oʹ 1/8 1/8 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 71 X2 − 10XY + Y2 = −∆ δ = −27 24 = −9 8 M = ( 1 −5 −5 1 ) ; PCM(λ) = λ2 − (trM)λ + |M| = λ2 − 2λ− 24 = 0 Los valores propios de M son −4 y 6. EPM−4 = N ( −5 5 5 −5 ) = Sg {( 1/ √ 2 1/ √ 2 )} Como ( 1/ √ 2 1/ √ 2 ) está en el cuadrante I, tenemos λ1 = −4 y λ2 = 6. Luego EPM6 = Sg {( −1/ √ 2 1 √ 2 )} . Entonces P = ( 1/ √ 2 −1/ √ 2 1/ √ 2 1/ √ 2 ) lo que nos indica que los ejes x′y′ se obtienen rotando los XY un ángulo de x 45◦ al rededor de O′ : La ecuación de la hipérbola/x′y′ es: x y X Y Oʹ 1/8 1/8 xʹyʹ 4545 O II I λ1x′2 + λ2y′2 = − ∆ δ = −9 8 . O sea −4x′2 + 6y′2 = −9 8 y finalmente x′2 9 32 − y ′2 3 16 = 1 72 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Las ramas de la hipérbola se abren según el eje x′ y los focos están sobre el mismo eje. Ahora ( x y ) = ( X Y ) + ( 1/8 1/8 ) = P ( x′ y′ ) + ( 1/8 1/8 ) = ( 1/ √ 2 −1/ √ 2 1/ √ 2 1/ √ 2 )( x′ y′ ) + ( 1/8 1/8 ) =  1/√2x′ − 1/√2y′ + 1/8 1/ √ 2x′ + 1/ √ 2y′ + 1/8  x y X Y xʹ yʹ Oʹ Q 1/8 1/8 45 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 73 Podemos utilizar las ecuaciones de transformación anteriores para hallar algunos elementos geométricos de la hipérbola. Por ejemplo, hallemos la ecuación de la asíntota ↔ OR/xy. Esta recta tiene por ecuación/x′y′ : y′ = ( 3 16 )1/2( 9 32 )1/2 x′ = (32 )1/2 x′. Así que su ecuación/xy es x = 1√ 2 x′ − 1√ 2 ( 2 3 )1/2 x′ + 1 8 = ( 1√ 2 − 1√ 3 ) x′ + 1 8 y = 1√ 2 x′ + 1√ 2 ( 2 3 )1/2 x′ + 1 8 = ( 1√ 2 + 1√ 3 ) x′ + 1 8 Eliminando el parámetro x′, x′ = x− 1 8 1√ 2 − 1√ 3 = y− 1 8 1√ 2 + 1√ 3{ }} { ecuación de ↔ OQ/xy Existe otra manera de encontrar la ecuación de las asíntotas de una hipérbola a partir de su ecuación/xy. Esto se analiza en un problema que sigue más adelante. Ejercicio 7.1. Vamos a estudiar la cónica de ecuación f (x, y) = Ax2 + 2Bxy + Cy2 = 0 con A, B, C 6= 0 y δ = AC− B2 6= 0. Hay centro único: el origen O del sistema de coordenadas x− y. ∆ = ∣∣∣∣∣∣ A B 0 B C 0 0 0 0 ∣∣∣∣∣∣ . Vamos a la tabla.{ 1) Si δ < 0, el lugar son dos rectas concurrentes en O. 2) Si δ < 0, el lugar es el punto O. 1) Supongamos que δ < 0. M = ( A B B C ) ; PCM(λ) = λ2 − ωλ + δ. Los valores propios de M son reales y 6=s. Como λ1λ2 = δ < 0, λ1 y λ2 tienen signos contrarios. Supongamos λ1 > 0 y λ2 < 0. Al aplicar el T. Espectral, la ecuación de la cónica/xy es: λ1x′2 + λ2y′2 = 0. que podemos escribir así: λ1x′2 − |λ2|y′2 = 0 74 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA o (√ λ1x′ − √ |λ2|y′ )(√ λ1x′ + √ |λ2|y′ ) x y xʹ yʹ O Las dos rectas son √ λ1x′ + √ |λ2|y′ = 0 y √ λ1x′ − √ |λ2|y′ = 0 (que como se ve no son ⊥s) o que podemos escribir ( √ λ1 √ |λ2| ) (x′ y′ ) = 0 y ( √ λ1 − √ |λ2| ) (x′ y′ ) = 0 Pero ( x y ) = P ( x′ y′ ) ∴ ( x′ y′ ) = Pt ( x y ) . CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 75 Luego ( √ λ1 √ |λ2| ) Pt ( x y ) = 0 y ( √ λ1 − √ |λ2| ) Pt ( x y ) = 0 son las ecuaciones de las dos rectas/xy. Vamos a demostrar que f (x, y) = Ax2 + 2Bxy + Cy2 factoriza así: (47) f (x, y) = Ax2 + 2Bxy + Cy2 = ( √ λ1 √ |λ2| ) Pt ( x y ) * ( √ λ1 − √ |λ2| ) Pt ( x y ) Ax2 + 2Bxy + Cy2 = ( x y ) ( A B B C )( x y ) = ↑ ( x y ) P ( λ1 0 0 λ2 ) Pt ( x y )  Por T. Espectral, Pt ( A B B C ) P = ( λ1 0 0 λ2 ) ∴ ( A B B C ) = P ( λ1 0 0 λ2 ) Pt = ↗ ( x y ) P ( λ1 0 0 −|λ2| ) Pt ( x y ) (48) { Pero λ2 < 0 Luego λ2 = −|λ2| ( √ λ1 √ |λ2| ) Pt ( x y ) } {{ } ‖ * ( √ λ1 − √ |λ2| ) Pt ( x y ) = ( x y ) P ( √ λ1√ |λ2| ) * ( √ λ1 − √ |λ2| ) Pt ( x y ) = ( x y ) P ( λ1 − √ λ1|λ2|√ λ1|λ2| − |λ2| ) Pt ( x y ) = ↑ ( x y ) P ( λ1 0 0 − |λ2| ) Pt ( x y ) (49)  ( x y )( A αB αB C )( x y ) = ( x y ) A α + β2 Bα + β 2 B C (xy ) De [48] y [49] se concluye [47] Problema 7.1. Considremos la cónica 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0, B 6= 0, C 6= 0. 76 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA (Compárelo con la del problema anterior.) M = ( A B B C ) = ( 0 B B C ) δ = AC− B2 = −B2 ω = A + C = C Como {( A B ) = ( 0 B ) , ( B C )} es L.I., la cónica tiene centro único.{ Bk = −D Bh + Ck = −E De la 1a ecuación, k− = D B que llevamos a la 2a. Bh = −Ck− E ∴ h = −C D ( −D B ) − E B = CD B2 − E B = CD− BE B2 El centro O′ es el punto de coordenadas( h, k ) = ( CD− BE B2 ,−D B ) Una vez trasladado los ejes al punto O′, la ecuación de la cónica/XY es 2BXY + CY2 + f ( h, k ) = 0. ó ( X Y ) ( 0 B B C )( X Y ) + f ( h, k ) = 0 M = ( 0 B B C ) ; PCM(λ) = λ2 −ωλ + δ = λ2 − Cλ− B2 = 0 λ = C± √ C2 + 4B2 2  λ1 = C + √ 4B2 + C2 2 λ2 = C− √ 4B2 + C2 2 ∴ λ1 6= λ2 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 77 λ1 + λ2 = C λ1λ2 = −B2 6= 0 ∴ λ1, λ2 6= 0. Supongamos que EPMλ1 = N (λ1 I2 −M) = Sgp1 y que EPMλ2 = N (λ2 I2 −M) = Sgp2 donde p1, p2 : Base ortonormal. Una vez aplicado el T. Espectral, la ecuación de la cónica/x′y′ es: O X y x Y II I ( x′ y′ ) ( λ1 0 0 λ2 )( x′ y′ ) + f (h, k) = 0 O sea λ1x′2 + λ2y′2 + f ( h, k ) = 0 ? ?. Calculemos ahora el invariante ∆. ∆ = ∣∣∣∣∣∣∣ λ1 0 0 0 λ2 0 0 0 f ( h, k ) ∣∣∣∣∣∣∣ = λ1λ2 f ( h, k ) = −B2 f ( h, k ) . Se presentan dos casos: a) Si ∆ = 0, f ( h, k ) = 0 y al regresar a ??, la ecuación de la cónica es: 2BXY + CY2 = 0. O sea Y (2BX + CY) = 0. ∴ Y = 0 ó Y = −2B C X. 78 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA La cónica se compone de dos rectas: Y = 0 : el eje X y la recta de la ecuación Y = −2B C X. 1. b) Si ∆ 6= 0, f ( h, k ) 6= 0 y la ecuación ?? puede ponerse así x′2 − f ( h, k ) λ1 + y′2 − f ( h, k ) λ2 = 1 y el lugar, dependiendo de los signos de f ( h, k ) , λ1, λ2 puede representar: una elipse ó una hipérbola centradas en O′ y de ejes los ejes x′ y y′. Problema 7.2. El caso en que la ecuación es Ax2 + 2Bxy + 2Dx + 2Ey + F = 0, A 6= 0, B 6= 0. se analiza de manera análoga. Problema 7.3. Consideremos la cónica 12xy− 5y2 + 48y− 36 = 0. A = 0 2B = 12′ B = 6 M = ( 0 6 6 −5 ) ; δ = −36 C = −5 ω = −5 2D = 0 D = 0 2E = 48 E = 24 F = −36 La cónica tiene centro único. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 79 Bk = −D Bh + Ck = −E Bk = 0 ∴ k = 0 h = −E B = −24 6 = −4 El punto O′(−4, 0) es el centro de la cónica. Al trasladar los ejes xy el punto O′, la ecuación de la cónica/XY es 12XY− 5Y2 + f (−4, 0) = 0 Oʹ(-4,0) X Y x y xʹ yʹ O f (−4, 0) = 12(−4) * 0− 5 * 02 + 48 * −36 = −36 Así que la ecuación de la cónica/XY es 12XY− 5Y2 − 36 = 0. M = ( 0 6 6 −5 ) , PCM(λ) = λ2 −ωλ + δ = λ2 + 5λ− 36 = 0 λ = −5± √ 25 + 144 2 = −5± √ 169 2 = −5± 13 2 Los valores propios de M son 4,−9. EPM4 =↑ N (4I2 −M) = {( u v ) 4u − 6v = 0−6u + 9v = 0 }  4I2 −M = ( 4 0 0 4 ) − ( 0 6 6 −5 ) = ( 4 −6 6− 9 ) = {( u v ) 2u − 3v = 0−2u + 3v = 0 } = {( u v ) 2u− 3v = 0 } v = 2 3 u. Todo vector de la forma ( u, 2 3 u ) = u ( 1, 2 3 ) = α(3, 2). con α ∈ R está en el EPM4 . Luego 80 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA 3 2 EPM4 = Sg  p1 ‖ 3√ 13 2√ 13   ; EPM−9 = Sg  p2 ‖ −2√ 13 3√ 13   p1, p2 : Base ortonormal que señala las direcciones de x′ y y′. Al aplicar el T. Espectral, la ecuación de la cónica/x′y′ es:( x′ y′ ) ( 4 0 0 −9 )( x′ y′ ) − 36 = 0 4x2 − 9y′2 = 36; x ′2 32 − y ′2 22 = 1. Hipérbola Oʹ X Y yʹ xʹ x y O CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 81 Problema 7.4. Como encontrar las asíntotas de una hipérbola a partir de su ecuación. Consideremos la hipérbola de ecuación: (50) h : Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 Sea r : y = mx + b una asíntota de la curva. Vamos a determinar m y b a partir de A, B, * * * , F. Si x 0, ỹh ≈ ỹR = mx + b. x y C O Como (x, ỹh) = (x, mx + b) está en la curva, sus coordenadas satisfacen [50]. O sea que Ax2 + 2Bx (mx + b) + C(mx + b)2 + 2Dx + 2E (mx + b) + F = 0 Ax2 + 2Bmx2 + 2Bbx + Cm2x2 + Cb2 + 2Cmbx + 2Dx + 2Emx + 2Eb + F = 0( A + 2Bm + Cm2 ) x2 + (2Bb + 2Cmb + 2D + 2Em) x + Cb2 + 2Eb + F = 0(51) 82 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Dividiendo por x2,( A + 2Bm + Cm2 ) + 2Bb + 2Cmb + 2D + 2Em x2 + Cb2 + 2Eb + F x2 = 0 Tomando lım x→∞ , lım x→∞ ( A + 2Bm + Cm2 ) + lım x→∞ 2Bb + 2Cm + 2D + 2Em x + lım x→∞ Cb2 + 2Eb + F x2 = 0 O sea que A + 2Bm + Cm2 = 0 ? y al regresar a [50]: (2Bb + 2Cmb + 2D + 2Em) x + Cb2 + 2Eb + F = 0. Dividiendo por x, (2Bb + 2Cmb + 2D + 2Em) + Cb2 + 2Eb + F x = 0. Tomando nuevamente lım x→∞ . lım x→∞ (2Bb + 2Cmb + 2D + 2Em) + lım x→∞ = 0. Luego Bb + Cmb + D + Em = 0 (B + Cm)b + D + Em = 0 ∴ b = −D + Em B + Cm ? ? ? y ?? resuelven el problema. Al resolver ? para m, hallamos las pendientes m1 y m2 de las asíntotas que al reemplazar en ?? permiten obterner los interseptos b de cada una de ellas. Tenidas las ecuaciones de las dos asíntotas, al interseptarlas es posible hallar las coordenadas del centro de la curva. Regresemos a ?. m = ↑ C 6=0 −2B± √ 4B2 − 4AC 2C = −B± √ B2 − AC C = ↑ −B± √ −δ C Recuérdese que las hipérbolas δ < 0 B + Cm  = B + C −B + √ −δ C = √ −δ y b = −D + Em√ −δ = B + C −B + √ −δ C = − √ −δ y b = D + Em√ −δ Ejemplo 7.5. Consideremos la hipérbola x2 − 3xy + 2y2 − 4x = 0. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 83 A = 1 F = 0 2B = −3 B = −3 2 C = 2 2D = −4 D = −2 La ecuación ? es 1− 3m + 2m2 = 0 ∴ m = 3± √ 9− 8 4 = 3± 1 4 m1 = 1m2 = 12 Pero m1 = 1, b1 = − −2 −3 2 + 2 * 1 = 2 1 2 = 4 Pero m2 = 1 2 , b2 = − −2 −3 2 + 2 1 2 = 2 −1 2 = −4 Las asíntotas son:y = x + 4y = 1 2 x− 4 Al hacerlas simultaneas obtenemos las coordenadas/xy del centro C de la curva: O C x y Las dos ecuaciones anteriores conducen al sistema { x− y + 4 = 0 x− 2y− 8 = 0 Cuya solución es (−16,−12). 84 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Otra forma de conseguir el centro es resolviendo el sistema { Ax + By = −D Bx + Cy = −E que en este caso es x− 3 2 y = 2 −3 2 x + 2y = 0 ; { 2x− 3y = 4 −3x + 4y = 0 cuya solución es (−16,−12). 8. CÓNICAS SIN CENTRO Consideremos la cónica (52) Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 Supongamos que los coeficientes A, B, C 6= 0. Los casos en que uno de ellos (o dos) es cero ya fueron discutidos. Recuérdese que en esos casos se tenía: Esperamos de antemano que los lugares que se obtengan { Centro único Centro único ya fueron estudiados en la pag. 16 y siguientes. Se obtienen parábolas. sean parábolas. No pueden ser ni elipses ni hipérbolas ya que éstas son cónicas con centro. No pueden ser rectas paralelas ó una recta ya que en estos casos hay ∞s centros. Tampoco la cónica puede reducirse a dos rectas que se cortan ó a un punto ya que en otros casos hay centro único. La situación es ésta:{( A B ) , ( B C )} es L.D. y ( −D −E ) /∈ Sg {( A B )} = Sg {( B C )} . Además, {( A B ) , ( −D −E )} es L.I.. y por lo tanto área del paralelogramo de ( A B ) y ( −D −E ) = ∣∣∣∣ A −DB −C ∣∣∣∣ = BD− AE 6= 0. Análogamente, {( B C ) , ( −D −E )} es L.I. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 85 y área del paralelogramo de ( B C ) y ( −D −E ) = ∣∣∣∣ B −DC −E ∣∣∣∣ = CD− BE 6= 0. M = ( A B B C ) ; δ = ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = AC− B2 = área del paralelogramo de (AB ) y ( B C ) = 0. El sistema x O i j y Q Ax + By = −D Bx + Cy = −E No tiene solución y por lo tanto la cónica [52] no tiene centro. Ahora, ω = A + C 6= 0 porque si ω = 0, A + C = 0 y C = −A. Luego 0 = δ = AC− B2 = −A2 − B2 = − ( A2 + B2 ) y se tendría que A2 + B2 = 0(→←) ya que hemos asumido que ninguno de los A, B, C es cero. Como la cónica no tiene centro, no es posible realizar una traslación de los ejes xy que elimine los términos lineales en [52]. Entonces la primera transformación que hacemos es una transformación ortogonal que elimine el término mixto en [52]. Sea Q(x, y) un punto de la cónica. Entonces sus coordenadas satisfacen [52]. O sea que Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 que podemos escribir así: (53) ( x y ) M ( x y ) + 2 ( 2D 2E ) (x y ) + F = 0 donde M = ( A B B C ) . Llamemos~r al vector de posición de Q/O. Entonces [~r]ij = ( x y ) y al regresar a [53]: (54) [~r]tij M [~r]ij + ( 2D 2E ) [~r]ij + F = 0 86 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Ahora, como la matriz M = ( A B B C ) es simétrica, por el Teorema Espectral, ∃P = ( ↑ p1 ↓ ↑ p2 ↓ ) = ( p11 p 1 2 p21 p 2 2 ) : ortogonal, i.e., P−1 = Pt y 〈pi, pj〉 = δij donde 〈 〉 : P.I.Usual en R2, tal que (55) PtMP = ( λ1 0 0 λ2 ) donde λ1 y λ2 son los valores propios de M. O sea que p1 ∈ EPMλ1 y p2 ∈ EP M λ2 , lo que significa que Mp1 = λ1p1 Mp2 = λ2p2 λ1 y λ2 son las raices del polinomio característico de M : PCM(λ) = λ2 −ωλ + δ = 0. Pero δ = 0. Luego λ2 −ωλ = 0 lo que dice que ω y 0 son los valores propios de M. Ahora, EPM0 = N (0I2 −M) = N}{{} Espacio nulo de M (M) {( u v ) Au + Bv = 0Bu + Cv = 0 } Consideremos el sistema Au + Bv = 0 Bu + Cv = 0. Como {( A B ) , ( B C )} es L.D., α ( A B ) . O sea que B = αA y C = αB. Ahora, toda solución de la 1a ecuación es de la forma ( u,−A B u ) . Como Bu + C ( −A B u ) = αAu− AαB B u = 0, las soluciones de la 2a ecuación son las mismas de la 1a. Esto explica porque la 2a es redundante y por lo tanto N (M) = {( u v ) Au + Bv = 0 } . CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 87 Todo vector de la forma ( u,−A B u ) = u ( 1,−A B ) = α (B,−A) con α ∈ R está en el N (M). Así que EPM0 = Sg {( B −A )} = ↑ Sg   B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2  Se normaliza elvector ( B−A ) Puede ocurrir: (1) que B > 0 A > 0 Lo primero que hacemos es dibujar el vector  B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2  ya que él señala el EPM0 . El vector  − B√ A2 + B2 A√ A2 + B2  está en el I I cuadrante y el vector  A√ A2 + B2 B√ A2 + B2  está en el I x j X Y O Q I II y i cuadrante. El espectro de M lo ordenamos así: λ(M) = ω, 0 88 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA EPMω3p1 = ( p11 p21 ) =  A√ A2 + B2 B√ A2 + B2  ; EPM03p2 = (p12p22 ) =  − B√ A2 + B2 A√ A2 + B2  {~p1,~p2} es una base ortogonal. α = arctan B A es el ^ que giran los ejes xy. P = ( ↑ [p1]ij ↓ ↑ [p2]ij ↓ ) = [I]p1,p2ij Los vectores ~p1 y p2 definen los ejes XY con origen en O. Si llamamos [~r]p1,p2 = ( X Y ) se tendrá que [~r]ij = [I] p1,p2 ij [~r]p1 p2 = P[~r]p1 p2 y al regersar a [55]:( P[~r]p1 p2 )tMP[~r]p1 p2 + ( 2D 2E ) P[~r]p1 p2 + F = 0 O sea que (56) [~r]tp1 p2 ( PtMP ) [~r]p1 p2 + (( 2D 2E ) P ) [~r]p1 p2 + F = 0. Pero PtMP = ↑ ( ω 0 0 0 ) Tma. Espectral Llamemos ( 2D′ 2E′ ) = ( 2D 2E ) P = ( 2D 2E ) A√ A2 + B2 − B√ A2 + B2 B√ A2 + B2 A√ A2 + B2  = ( 2AD + 2BE√ A2 + B2 −2BD + 2AE√ A2 + B2 ) Osea que (57) D′ = AD + BE√ A2 + B2 , E′ = AE− BD√ A2 + B2 con E′ 6= 0 ya que BD− AE 6= 0. Volviendo a [56] se tiene:( X Y ) ( ω 0 0 0 )( X Y ) + 2D′X + 2E′Y + F = 0. O sea que (58) ωX2 + 2D′X + 2E′Y + F = 0 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 89 con D′ y E′, E′ 6= 0, dados por [57], es la ecuación de la cónicaXY. Ahora, ∆ = ∣∣∣∣∣∣ ω 0 D′ 0 0 E′ D′ E′ F ∣∣∣∣∣∣ = −ωE′2 y como ω 6= 0 y E′ 6= 0, ∆ 6= 0. En [58], E 6= 0. Vamos a demostrar que es posible definir una traslación de los ejes XY a un punto de coordenadas (a, b)XY, a y b a determinar, de modo que en [58] se anulan el término en X y el término independiente: x 0 Y y X xʹ yʹ b Oʹ a Supongamos, pues, que trasladamos los ejes X−Y a un punto O′ de coordenadas (a, b)XY. Se definen así dos nuevos ejes x′, y′ con x′ ‖ X, y′ ‖ Y. Las ecuaciones de la transformación son: X = x′ + a Y = y′ + b que llevamos a [58]: ω(x′ + a)2 + 2D′(x + a) + 2E′(y′ + b) + F = 0 ωx′2 + 2aωx′ + ωa2 + 2D′x′ + 2D′a + 2E′y′ + 2E′b + F = 0 ωx′2 + (2aω + 2D′)x′ + 2E′y′ + (ωa2 + 2D′a + 2E′b + F) = 0 Para lo que buscamos, debe tenerse que{ 2aω + 2D′ = 0 ωa2 + 2D′a + 2E′b + F = 0 De la 1a ecuación, a = −D ′ ω que llevamos a la 2a: 2E′′b = −(ωa2 + 2D′a + F) ∴ b = −ωa 2 + 2D′a + F 2E′ = − ωD′2 ω2 − 2D ′2 ω + F 2E′ = − F− D ′2 ω 2E′ 90 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Si trasladamos los ejes XY al punto O′ de coordenadas−D′ω ,−F− D′2 ω 2E′ XY, donde D′ = AE + BE√ A2 + B2 E′ = AE− BD√ A2 + B2 La ecuación de la cónicax′y′ es: ωx′2 + 2E′y′ = 0 ∴ y′ = − ω 2E′ x′2, con E′ = AE− BD√ A2 + B2 6= 0. El lugar es una parábola que se abre según el eje y′. El punto O′ de coordenadas −D′ω ,−F− D′2 ω 2E′ XY es el vértice de la parábola. x 0 Y y X xʹ yʹ Oʹ 2) B > 0 A < 0 Lo primero que hacemos es dibujar el vector  B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2  ya que es el que señala el EPM0 . CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 91 x j X Y O Q I II y i El espectro de M lo ordenamos en este caso así: λ(M) = {0, ω} EPM0 3 p1 = ( p11 p21 ) =  B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2  EPMω 3 p2 ( p12 p22 ) =  A√ A2 + B2 B√ A2 + B2  ; p1, p2 : Base ortonormal. α = arctan(−AB ) . P = ( ↑ p1 ↓ ↑ p2 ↓ ) =  B√ A2 + B2 A√ A2 + B2 − A√ A2 + B2 B√ A2 + B2  = [I]p1,p2ij La ecuación de la cónicaXY es ahora (59) [~r]tp1 p2 P tMP[~r]p1 p2 + (( 2D 2E ) P ) [~r]p1 p2 + F = 0. Por el Teorema Espectral, PtMP = ( 0 0 0 ω ) Llamando ( 2D′ 2E′ ) = ( 2D 2E ) P = ( 2D 2E ) B√ A2 + B2 A√ A2 + B2 − A√ A2 + B2 B√ A2 + B2  (60) D′ = DB− AE√ A2 + B2 , E′ = AD + BE√ A2 + B2 con D′ 6= 0 ya que BD− AE 6= 0. Al regresar a [59] se tiene que( X Y ) ( 0 0 0 ω )( X Y ) + 2D′X + 2E′Y + F = 0 O sea (61) ωY2 + 2D′X + 2E′Y + F = 0 92 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA con D 6= 0 y E′ dados por [60] es la ecuación de la cónicaXY.∣∣∣∣∣∣ 0 0 D′ 0 ω E′ D′ E′ F ∣∣∣∣∣∣ = −ωD′2 y como ω 6= 0 y D′ 6= 0, ∆ 6= 0. En [61], D′ 6= 0 ya que BD− AE 6= 0. Veamos que es posible definir una traslación de los ejes XY a un punto O′ de coordenadas (a, b)XY, a y b a determinar, de modo que se elimien en [61] el término en Y y el término independiente: x 0 Y y X xʹ yʹ b Oʹ a Supongamos, pues, que trasladamos los ejes XY a un punto O′ de coordenadas (a, b)XY. Se definen así dos nuevos ejes x′y′ ‖ XY. Las ecuaciones de la trasformación son: X = x′ + a Y = y′ + b que llevamos a [61] ω(y′ + b)2 + 2D′(x′ + a) + 2E′(y′ + b) + F = 0 ωy′2 + 2bωy′ + ωb2 + 2D′x′ + 2D′a + 2E′y′ + 2E′b + F = 0 ωy′2 + (2bω + 2E′)y′ + 2D′x′ + (ωb2 + 2D′a + 2E′b + F) = 0 Para lo que buscamos debe tenerse que { 2bω + 2E′ = 0 ωb2 + 2D′a + 2E′b + F = 0 De la 1a ecuación, b = −E ′ ω que llevamos a la 2a 2D′a = −(ωb2 + 2E′b + F) ∴ a = −ωb 2 + 2E′b + F 2D′ = − ωE′2 ω2 − 2E′2ω + F 2D′ = − F− E′2ω 2D′ . CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 93 De esta manera, si trasladamos los ejes XY al punto O′ de coordenadas ( − F− E′2ω 2D′ ,−E ′ ω ) XY, la ecuación de la cónicax′y′ es ωy′2 + 2D′x′ = 0. ∴ x′ = − ω 2D′ y′2 con D′ = BD− AE√ A2 + B2 6= 0. El lugar es una parábola que se abre según el eje x′ : x 0 Y y X xʹ yʹ Oʹ i j El punto O′ de coordenadas ( − F− E′2ω 2D′ ,−E ′ ω ) XY es el vértice de la parábola. (3) B < 0 A < 0 x 0 Y y X i j 94 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Definimos λ(M) = {ω, 0} . EPMω 3 p1 = ( p11 p21 ) =  − A√ A2 + B2 − B√ A2 + B2  ; p1, p2 : Base ortonormal. α = arctan AB EPM0 3 p2 = ( p11 p21 ) =  B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2  p =  − A√ A2 + B2 B√ A2 + B2 − B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2  = [I]p1,p2ij La ecuación de la cónicaXY después de aplicar el teorema Espectral es: (62) ωX2 + 2D′X + 2E′Y + F = 0 con ( 2D′ 2E′ ) = ( 2D 2E ) − A√ A2 + B2 B√ A2 + B2 − B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2  O sea, D′ = − AD + BE√ A2 + B2 E′ = BD− AE√ A2 + B2 6= 0 ya que BD− AE 6= 0. ∆ = ∣∣∣∣∣∣ ω 0 D′ 0 0 E′ D′ E′ F ∣∣∣∣∣∣ = −ωE′2 y como ω 6= 0 y E′ 6= 0, ∆ 6= 0. En [62], E 6= 0. De nuevo se demuestra, como en el caso (1), que si se trasladan los ejes XY al punto 0′ de coordenadasXY : −D′ω ,−F− D′2 ω 2E′  , en [62] se eliminan el término lineal en X y el término independiente. La cónica referida a los ejes x′y′ es: ωx′2 + 2E′y′ = 0 ∴ y′ = − ω 2E′ con E′ = BD− AE√ A2 + B2 . El lugar es una parábola que se abre según el eje y′. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 95 (4) B < 0 A > 0 Primero ubicamos el vector  B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2  que nos da el EPM0 . x 0 Y y X i j Definimos λ(M) = {ω, 0} . EPM0 3 p1 =  − B√ A2 + B2 A√ A2 + B2  ; p1, p2 : Base ortonormal. α = arctan AB EPMω 3 p2 =  − A√ A2 + B2 − B√ A2 + B2  p =  − B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2 A√ A2 + B2 − B√ A2 + B2  = [I]p1,p2ij Después de aplicar el teorema Espectral, la ecuación de la cónicaXY es: (63) ωX2 + 2D′X + 2E′Y + F = 0 96 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Donde, D′ = AE− BD√ A2 + B2 E′ = − AD + BE√ A2 + B2 6= 0 ya que AE− BD 6= 0. ∆ = ∣∣∣∣∣∣ 0 0 D′ 0 ω E′ D′ E′ F ∣∣∣∣∣∣ = −ωD′2 y como ω 6= 0 y D′ 6= 0, ∆ 6= 0. En [63], D′ 6= 0. como se hizo en el caso (2), si trasladamos los ejes XY al punto 0′ de coordenadasXY : −F− E′2 ω 2D′ ,−E ′ ω XY, la ecuación de la cónicax′y′ es: ωy′2 + 2D′y′ = 0 ∴ x′ = − ω 2D′ con D′ = AE− BD√ A2 + B2 6= 0. El lugar es una parábola que se abre según el eje x′. En resumen, el criterio para identificar las cónicas sin centro es este: Consideremos la cónica Ax2 + 2Bxy + 2Dx + 2Ey + F = 0 en la que A, B, C 6= 0. Supongamos que {( A B )( B C )} es L.D., i.e., δ = ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = 0. y que (−D−E ) /∈ Sg {( A B )} , o sea que {( A B ) , ( −D −E )} es L.I., y por lo tanto, δ = ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = BD − AE 6= 0. La cónica es una parábola. En este caso ∆ 6= 0. Ejemplo 8.1. Consideremos la cónica de ecuación (64) 4x2 − 4xy + y2 − 2x− 14y + 7 = 0 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 97 A = 4 2D = −2; D = −1 2B = −4; B = −2 2E = −14;−E = 7 C = 1 M = ( 4 −2 −2 1 ) δ = ∣∣∣∣ 4 −2−2 1 ∣∣∣∣ = 0{( A B ) = ( 4 −2 ) , ( B C ) = ( −2 1 )} es L.D. x y Q ( −D −E ) = ( 1 7 ) /∈ Sg {( 4 −2 )} = Sg {( −2 1 )} La cónica no tiene centro. El sistema Ah + Bk = −D Bh + Ck = −E, o sea, Ah− 2k = 1 −2h + k7 no tiene solución. En virtud de la tabla anterior, la cónica es una parábola. Dado que la cónica [64] no tiene centro, no podemos realizar una traslación que elimine los términos lineales en [64]. Para determinar el lugar debemos realizar primero una transformación ortogonal que elimine el término mixto. Sea Q(x, y) un punto de la cónica y [~r]ij = ( x y ) su vector de posiciónO. La ecuación de [64]xy se escribe así: (65) ( x y ) M ( x y ) + ( 2D 2E ) (x y ) + F = 0 PCM(λ) = λ2−ωλ + δ = 0. Como δ = 0 y ω = 5, λ2− 5λ = 0. Luego los valores propios de M son 5 y 0. 98 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA EPM0 = N (M) = { (u, v) ( 4 −2 −2 1 )( u v ) = ( 0 0 )} Dado que la 1a ecuación es 2 veces la 2a, N (M) = {(u, v)− 2u + v = 0} . De −2u + v = 0, v = 2u. Luego todo vector de la forma (u, 2u) = u(1 − 2) con u ∈ R está en el EPM0 = N (M). Así que EPM0 = Sg {( 1 2 )} = ↑ Sg   p1 ‖ 1√ 5 2√ 5  Se normaliza ( 1 2 ) para hallar p1. EPM5 = Sg   − p2 ‖ 2√ 5 1√ 5   PtMP = ( 0 0 0 5 ) . Al aplicar el Teorema Espectral se encuentra que la ecuación de la cónicaXY es: (66) ( X Y ) ( 0 0 0 5 )( X Y ) + ( 2D′ 2E′ ) (X Y ) + 7 = 0 con 2D′ = ( 2D 2E ) (p11 p12 ) = ( −2 −12 ) 1√ 5 2√ 5  = −6√5 2E′ = ( 2D 2E ) (p12 p22 ) = ( −2 −12 ) − 2√ 5 1√ 5  = −2√5 Regresando a [66]: (67) 5Y2 − 6 √ 5X− 2 √ 5− 2 √ 5Y + 7 = 0 es la ecuación de la cónicaXY. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 99 x y xʹyʹ X Y i j 2 1 Oʹ( a,b ) El próximo paso en la reducción es definir una traslación de los eje XY a un punto O′ de coordenadas (a, b)XY, a,b a determinar, de manera que se eliminan en [67] el coeficiente en Y y el término independiente. Supongamos que realizamos una traslación de los ejes XY al punto O′ de coordenadas (a, b)XY. Ecuaciones de la transformación: X = x′ + a Y = y′ + b que llevamos a [67] : 5(y′ + b)2 − 6 √ 5(x′ + a)− 2 √ 5(y′ + b) + 7 = 0 5y′2 + 10by′ + 5b2 − 6 √ 5x′ − 6 √ 5a− 2 √ 5y′ − 2 √ 5b + 7 = 0 5y′2 − 6 √ 5x′ + (10b− 2 √ 5)y′ + (5b2 − 6 √ 5a− 2 √ 5b + 7) = 0 Para conseguir lo que se quiere, { 10b− 2 √ 5 = 0 5b2 − 6 √ 5a− 2 √ 5b + 7 = 0 De la 1a ecuación, b = √ 5 5 que llevamos a la 2a 6 √ 5a = 5b2 − 2 √ 5b + 7 ∴ a = 5b2 − 2 √ 5b + 7 6 √ 5 = ↑ √ 5 5 b = √ 5 5 Luego si trasladamos los ejes XY al punto O′ de coordenadas (√ 5 5 , √ 5 5 ) XY se obtienen los eje x′y′ y la ecuación de la cónicax′y′ es 5y′2− 6 √ 6x′ = 0, x′ = 5 6 √ 5 y′2 y finalmente, x′ = √ 5 6 y′2 : parábola que se abre como se muestra en la figura: 100 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA x y xʹ X yʹ Y O ʹ O 9. CÓNICAS CON INFINITOS CENTROS Consideremos la cónica de ecuación (68) Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 Como en el caso de las cónicas sin centro, vamos a asumir que los coeficientes A,B,C son 6= 0 ya que el en que uno o dos de ellos sea cero y conduzca a una cónica con infinitos centros ya fue analizado. Esperamos que el estudio nos lleve a establecer que el lugar consta de dos rectas ‖s, de una recta, o que sea ∅. Si la cónica se reduce a dos rectas ‖s, todo punto de la ‖ media de ellos es centro de simetría.Śi la cónica se reduce a una recta, todo punto de ella es un centro de simetría de la recta. Si la cónica se reduce a dos rectas concurrentes, tiene centro único: el punto donde concurren ambas rectas. En las cónicas con infinitos centros, {( A B ) , ( B C )} es L.D. y ( −D −E ) ∈ Sg {( A B )} = Sg {( B C )} . O sea que {( A B ) , ( −D −E )} L.D. y por tanto ∣∣∣∣ A −DB −E ∣∣∣∣ = BD− AE = 0 ∴ BD = AE. Tomemos {( B C ) , ( −D −E )} L.D. y por tanto ∣∣∣∣ B −DC −E ∣∣∣∣ = CD− BE = 0 ∴ CD = BE. M = ( A B B C ) ; δ = AC− B2 = 0. ∴ AC = B2 y como B 6= 0 A y C son 6= 0 y tienen el mismo signo. ω = A + C 6= 0 ya que si ω = A + C = 0, C = −A y 0 = δ = AC− B2 = − ( A2 + B2 ) . O sea que A2 + B2 = 0, (→←), ya que A y B 6= 0. Además, signo de A = signo de C=signo de ω. La cónica tiene infinitos centros porque el vector ( −D −E ) se puede escribir de infinitas maneras CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 101 Oʹ x X Y y eje de centros: Ax+By=-D como una C.L. de ( A B ) y ( B C ) . Hay un eje de centros: la recta (69) Ax + By = −D Probemos esto. Sea ( h,−A B h− D B ) una solución de [69]. Veamos que también es solución de Bx + Cy = −E. Bh + C ( −A B h− D B ) = Bh + C B (−Ah− D) = ( 0 ‖ B2 − AC)h− CD B = ↑ −CD B = −BE B = −E CD = BE Esto demuestra que ∀h ∈ R, el punto de coordenadas ( h,−A B h− D B ) xy es un centro de la cónica. Tomemos un punto O′ de coordenadas (h, k)xy en el eje de centros, O′ fijo y realicemos la traslación de los ejes x− y al punto O′. Se definen así los ejes X−Y ‖s a x− y. Ecuaciones de la transformación: X = x + h Y = y + k con k = −A B h− D B . Como O′ es un centro de la cónica, al realizar dicha traslación se eliminan en [68] los términos lineales y el término constante se transforma en f (h, k). 102 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA La ecuación de la cónicaXY es: ( X Y ) M ( X Y ) + f (h, k) = 0,( A B B C ) M ( X Y ) + f (h, k) = 0, ó AX2 + 2BXY + CY2 + f (h, k)(70) y hemos conseguido anular los términos lineales en [68]. Vamos ahora a demostrar que ∆ = 0. Recuerdese que hemos trasladado la cónica [68] a un punto O′(h, k) que es un centro de la misma y por tanto, la ecuación de la cónicaXY es:( A B B C )( X Y ) + f (h, k) = 0 con f (h, k) = ( Ah + Bk ) h + ( Ck + Bh ) k + 2Dh + 2Ek + F ? . Como O′(h, k) es centro de la cónica, Ah + Bk = −D Bh + Ck = −E que llevamos a ? nos da: f (h, k) = −Dh− Ek + 2Dh + 2Dk + F = Dh + Ek + F. De esta manera, Ah + Bk + D = 0 Bh + Ck + E = 0 Dh + Ek + F− f (h, k) = 0 y por lo tanto, pag. 39, 40 ∆− f (h, k)δ = 0 y como δ = 0, ∆ = 0. El siguiente paso es aplicar el Teorema Espectral para eliminar el término mixto en la ecuación [70]. PCM(λ) = λ2 −ωλ + δ = 0. Como δ = 0, λ2 −ωλ = 0. Luego los valores propios de M en O son 0 y ω. EPM0 = N (M) = {( u v ) Au + Bv = 0Bu + Cv = 0 } = ↑ {( u v ) Au + Bv = 0 }  Como {( A B ) , ( B C )} es L.D., la 2a ecuación del sistema es redundante (veáse dm. pag. 74.) CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 103 De Au + Bv = 0, v = −A B u. Luego todo vector de la forma ( u,−A B u ) = u ( 1,−A B ) = α (B,−A) con α ∈ R está en el N (M). Esto demuestra que EPM0 = Sg {( B −A )} = ↑ Sg   B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2  Se normalizael vector (−B A ) Supongamos D > 0. Puede tenerse: (1) que B < 0 A < 0 Lo primero es dibujar el eje de centros y luego el vector  B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2  que nos da el EPM0 . Nótese que el vector es paralelo al eje de centros  B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2  O x X Y y Oʹ xʹ yʹ Eje de centros: 104 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA El espectro de M lo ordenamos así: λ(M) = ω, 0 EPMω 3 p1 =  − A√ A2 + B2 − B√ A2 + B2  EPM0 3 p2 =  B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2  ; p1, p2 : Base ortonormal, α = arctan BA = ángulo que giran los ejes P =  − A√ A2 + B2 + B√ A2 + B2 − B√ A2 + B2 − − A√ A2 + B2  = [I]p1,p2ij ; (XY ) = P ( X′ Y′ ) : ecuación de la rotación Después de aplicar el Teorema Espectral a la cónica definida por [70], la ecuación de estax′y′ es: ( x′ y′ ) ( ω 0 0 0 )( x′ y′ ) + f (h, k) = 0. O sea (71) ωx′2 + f (h, k) = 0 ∴ x′2 = − f (h, k) ω Surge ahora una pregunta: ¿Si hubiesemos elegido otro punto O′′( h,  k) en el eje de centros y se hubiese realizado la reducción se obtendría que la ecuación del lugarx′′y′′ sería: x′′2 = −  h,  k ω ? Vamos a demostrar que f ( h,  k) = f (h, k) con lo que quedará probado que la ecuación [71] del lugar no depende del punto elegido en el eje de centros lo cual sugiere que, por comodidad en los cálculos, para encontrar la ecuación del lugar debe utilizarse preferiblemente los puntos donde el eje de centros corte al eje x o y. En las cónicas con infinitos centros hay un invariante adicional ya que ∀(h, k) que esté en el eje de centros, f (h, k) : cte. Ecuación del lugarX′Y′ con origen en O′′ : (72) ( X′ Y′ ) ( A B B C )( X′ Y′ ) + f ( h,  k) = 0 Ecuación del lugarXY con origen en O′ : (73) ( X Y ) ( A B B C )( X Y ) + f (h, k) = 0 Si Q es un punto del lugar, ~p = ~O′O′′ + ~p′ y [~p]ij = [~p′]ij + [ ~O′O′′]ij. O sea que( X Y ) = ( X′ Y′ ) + λp2 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 105 X xʹY Oʹ yʹ i j Xʹ Yʹ xʹʹ yʹʹ Oʹʹ Q (Xʹ,Yʹ)(X,Y) eje de Centros: Ax+By=-D y al transponer, ( X Y ) = ( X′ Y′ ) + λ ( B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2 ) que llevamos a [73] (( X′ Y′ ) + λ ( B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2 ))( A B B C )(X′Y′ ) + λ  B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2   f (h, k) = 0 106 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Teniendo en cuenta [72] − f ( h,  k) + λ ( X Y )    ( A B B C ) B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2 + + λ ( B√ A2 + B2 −   A√ A2 + B2 )( A B B C )( X′ Y′ ) + + λ2 ( B√ A2 + B2 −   A√ A2 + B2 )( A B B C ) B√ A2 + B2 − A√ A2 + B2 + f (h, k) = 0 Los tres últimos sumandos se anulan porque  B √ − A√  está en el EPM0 . Así que − f ( h,  k) + f (h, k) = 0 ∴ f ( h,  k) = f (h, k). Consideremos el eje de centros Ax + By = −D y sus interceptos con los ejes x− y. X Y x yyʹ xʹ eje de centros: Ax+By=-D Según acaba de probarse, f ( −D A , 0 ) = f ( 0,−D B ) = f (h, k), cualquiera sea el punto (h, k) que se tiene sobre el eje de centros. Si utilizamos los eje XY y x′y′ con origen en ( −D A , 0 ) la ecuación de la cónica se escribre así x′2 = − f ( −D A , 0 ) ω CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 107 Ahora, f ( −D A , 0 ) = ↑ A ( −D A )2 + 2D ( −D A ) + F (1) = D2 A − 2D 2 A + F = −D 2 A + F = AF− D2 A = ↑ M22 A∆ = ∣∣∣∣∣∣∣ A B D B C E D E F ∣∣∣∣∣∣∣ ; M22 = AF− D2 Luego x′2 = − f ( −D A , 0 ) ω = −M22 Aω Como A y ω tienen el mismo signo, Aω > 0 y por tanto, Si M22 < 0, el lugar consta de dos rectas paralelas al eje y′ (el eje de centros). Si M22 > 0, el lugar es ∅. Si M22 = 0 el lugar es el eje y′ ó eje de centros. Así que el lugar ó es el eje de centros ó consta de dos rectas ‖s al eje de centros siendo este la ‖media de las dos rectas. Observación 9.1. Nótese que no hemos demostrado que M22 es un invariante. M22 es el menor principal 2− 2 de la matriz  A B DB C E D E F  y no de otra. La ecuación también puede escribirse así: x′2 = − f ( 0,−D B ) respecto a los ejes de la figura siguiente: f ( 0,−D B ) = C ( −D B )2 + 2E ( −D B ) + F = C ( D B )2 − 2 D B E + F ? Ahora, como eje de centros puede tomarse la recta Ax + By = −D ó la recta Bx + Cy = −E ya que son la misma curva y por lo tanto tienen los mismos interceptos con los ejes. Si x = 0, y = −D B con la 1a ecuación. Si x = 0, y = − F C con la 2a ecuación. Luego D B = E C y al regresar a ?, f ( 0,−D B ) = C ( E C )2 − 2 E C E + F = E2 C − 2E 2 C + F = F− E 2 C = CF− E2 C = M11 C : menor principal 1− 1 de ∆. 108 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA x X xʹ y Y yʹ Así que la ecuación del lugar puede escribirse, respecto a los ejes de la figura anterior así: x′2 = −M11 Cω y como signo de C es el mismo de ω, Cω > 0. Si M11 < 0, el lugar consta de dos rectas ‖s al eje y′ de la fig. anterior. Si M11 > 0 el lugar es ∅. Si M11 = 0el lugar es el eje y′ de la fig. anterior. Para el cálculo de M11 téngase en cuenta la obs. anterior. Osea que M11 debe tomarse como el menor 1− 1 de la matriz  A B DB C E D E F  . Consideremos el caso: (2) B > 0 A < 0 (Recuérdese que hemos asumido D > 0.) Primero dibujemos el eje de centros: Ax + By = −D. Luego tomemos un punto O′(h, k) en dicho eje. Una vez hecha la traslación al punto O′, la ecuación de la cónicaXY es AX2 + 2BXY + CY2 + f (h, k) = 0. Dibujamos el vector [p1]ij =  B √ − A√  ∈ EPM0 ; [p2]ij =  A √ B √  ∈ EPMω CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 109 x i j y X xʹ Y yʹ eje de centros: Ax+By=-D i j Nótese que ~p1 es ‖ al eje de centros. El espectro de M lo ordenamos así: λ(M) = 0, ω P =  B √ A √ − A√ B √  = [I]p1,p2ij : ecuación para la rotación. ( X Y ) = P ( x′ y′ ) Después de aplicar el T. Espectral, la ecuación de la cónicax′y′ es:( x′ y′ ) ( 0 0 0 ω )( x′ y′ ) + f (h, k) = 0 O sea ωy′2 + f (h, k) = 0 ∴ y′2 = − f (h, k) ω ? . Nos hacemos la misma pregunta que nos hicimos en el caso (1). ¿Si hubiesemos elegido otro punto O′′( h,  k) en el eje de centros y se hubiese realizado la reducción la ecuación de la cónica sería y′′2 = − f (  h,  k) ω ? 110 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Xʹ X Yʹ yʹʹ xʹʹ P xʹ Y yʹ Q Oʹʹ(hʹʹ,kʹʹ) Eje de centros (X,Y) (Xʹ,Yʹ) Vamos a demostrar que f ( h,  k) = f (h, k) con lo que quedará demostrado que la ecuación ? del lugar es independiente del punto elegido en el eje de centros. Ecuación del lugarX′Y′ con origen en O′′ : (74) ( X′ Y′ ) ( A B B C )( X′ Y′ ) + f ( h,  k) = 0 Ecuación del lugarXY con origen en O′ : (75) ( X′ Y′ ) ( A B B C )( X′ Y′ ) + f (h, k) = 0 Si Q es un punto del lugar, ~ρ = ~O′O′′ + ~ρ1 y [~ρ]ij = [~ρ1]ij + [ ~O′O′′]ij. O sea que ( X Y ) = ( X′ Y′ ) + λ[p1]ij con p1 ∈ EPM0 , y al transponer,( X Y ) = ( X′ Y′ ) + λ ( B √ − A √ ) CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 111 que llevamos a [75]: (( X′ Y′ ) + λ ( B √ − A √ ))( A B B C )(X′Y′ ) + λ  B √ − A√  + f ( h,  k) = 0 (( X′ Y′ ) ( A B B C ) + λ ( B √ − A √ )( A B B C ))(X′Y′ ) + λ  B √ − A√  + f ( h,  k) = 0 ( X′ Y′ ) ( A B B C )( X′ Y′ ) } {{ } ‖←[74] + λ ( X′ Y′ ) ( A B B C )              B √ − A√ + λ    ( B √ − A √ )( A B B C )( X′ Y′ ) + − f ( h,  k) + λ2 ( B √ − A √ )    ( A B B C ) B √ − A√ + f (h, k) = 0 Los 3 sumandos intermedios se anulan porque ( B √ − A √ ) ∈ EPM0 . Luego − f ( h,  k) + f (h, k) = 0 ∴ f ( h,  k) = f (h, k). Según acaba de probarse, f ( −D A , 0 ) = f ( 0,−D B ) = f (h, k) cualquiera sea el punto (h, k). que se tome en el eje de centros. Si utilizamos eje XY y x′y′ con origen en ( −D A , 0 ) , figura que sigue, la ecuación de la cónicax′y′ se escribe así: y′2 = − f (−D A , 0) ω . 112 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA x X Y xʹ yʹ y Ahora, f ( −D A , 0 ) = M22 A donde M22 = AF− D2 A : menor pal. de orden dos de la matriz  A B DB C E D E F  Luego y′2 = −M22 ω . Como A y ω tienen el mismo signo, Aω > 0 y por tanto, Si M22 < 0, el lugar consta de dos rectas ‖s al eje x′ de la figura anterior (o eje de centros). Si M22 > 0, el lugar es ∅. Si M22 = 0, el lugar es el eje x′. El lugar consta entonces de dos rectas ‖s el eje de centros siendo el eje de centros la paralela media de dos rectas, o eje de centros. La ecuación de la cónica también puede escribirse así: y′2 = − f ( 0,−D B ) respecto a los ejes de la figura siguiente: f ( 0,−D B ) = C ( D B )2 − ( D B )2 E + F ? Ahora, como eje de centros puede tomarse la recta Ax + By = −D o la recta Bx + Cy = −E ya que ambas rectas son la misma curva y por lo tanto tienen los mismos interceptos con los ejes. Si x = 0, y y = −D B en la 1a ecuación. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 113 x X Y xʹ yʹ y O Si x = 0, y y = −E C en la 2a ecuación. Luego D B = E C y al regresar a ?, f ( 0,−D B ) = C ( E C )2 − 2 E C * E + F = E 2 C − 2 E 2 C + F = F− E 2 C = CF− E2 C = M11 C donde M11 es el menor pal. 1− 1 de orden 2 de la matriz  A B DB C E D E F  . Así que la ecuación del lugar puede escribirse, respecto a los ejes x′y′ de la figura anterior así: y′2 = −M11 Cω y como signo C = signo ω, Cω > 0. Luego, Si M11 < 0, el lugar consta de dos rectas ‖s al eje x′. Si M11 > 0, el lugar es ∅. Si M11 = 0, el lugar es el eje x′. Regresemos a la página 89. Los otros casos, 3) B < 0A > 0 y B > 0 A > 0 se analizan como los casos 1) y 2). Luego de realizar una rotación de los ejes xy a un punto O′ de la línea de centros, se consigue la ecuación del lugarXY. Seguidamente se aplica el T. Espectral y se obtiene la ecuación del lugarx′y′. Se halla de nuevo que el lugar Son dos rectas ‖s al eje de centros. ∅. ó el eje de centros. Regresemos al caso (1). Si M22 < 0, el lugar consta de dos rectas paralelas L1 y L2 de ecuacionesx′y′ 114 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA L1 : x′ = + √ −M22 Aω L2 : x′ = − √ −M22 Aω (Recuérdese que el Sign A=Signω.) donde M22 = A f ( −D A , 0 ) . xX xʹ Y y yʹ eje de centros Ax+By=-D • Ecuación de la cónicaXY : AX2 + 2BXY + CY2 + f (−D A , 0) = 0. Al multiplicar por A, A2X2 + 2ABXY + ACY2 + A * f (−D A , 0) = 0 Pero AC = B2. Luego la ecuación de la cónicaXY es: (76) A2X2 + 2ABXY + B2Y2 + A * f (−D A , 0) = 0 • Hallemos ahora las ecuaciones de L1 y L2XY. Ecuaciones de la transformación: ( X Y ) = P ( x′ y′ ) = ↑  − A √ + B √ − B√ − A √ (x′y′ ) √ = √ A2 + B2 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 115 Ecuaciones de L1x′y′ : x′ = + √ −M22 Aω = G y′ = g Ecuaciones de L1XY : ( X Y ) =  − A √ + B √ − B√ − A √ (Gg ) X = −AG√ + B √g Y = −BG√ − A √g y eliminando el parámetro g, AX + BY = −A 2G √ − B2G √ = − G(A2 + B2) √ = −G √ A2 + B2. • Ecuación de L2x′y′ : x = − √ M22 Aω = −G. Ecuación de L2XY : ( X Y ) =  − A √ + B √ − B√ − A √ (−Gg ) X = + AG √ + B √g Y = + BG √ − A √g y eliminando a g, AX + BY = +G √ A2 + B2 Definamos L1 = AX + BY + G √ A2 + B2 L2 = AX + BY− G √ A2 + B2 Entonces = A2X2 + 2ABXY + B2Y2 + A f ( −D A , 0 ) 116 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA { { O sea que L1 * L2 = ↑ [76] ecuación de la cónicaXY. Ecuaciones de L1 y L2xy. Ecuaciones de transformación: x = X− D A y = Y ∴ ( X Y ) = ( x + D A y ) Ecuación de L1xy. AX + BY = −G √ A2 + B2 A ( x + D A ) + By = −G √ A2 + B2 Ax + By + D + G √ A2 + B2 = 0(77) Ecuación de L2xy. AX + BY = +G √ A2 + B2 A ( x + D A ) + By = +G √ A2 + B2 Ax + By + D− G √ A2 + B2 = 0(78) CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 117 Hagamos L1 = Ax + By + D + G √ A2 + B2 L2 = Ax + By + D− G √ A2 + B2; G = ± √ −M22 Aω L1 *L2 = ( Ax + By + D− G √ A2 + B2 ) ( Ax + By + D + G √ A2 + B2 ) = (Ax + By + D)2 − G2 ( A2 + B2 ) = ↗ A2x2 + B2y2 + 2ABxy + D2 + 2D (Ax + By) + A f ( −D A , 0 ) { −G2 ( A2 + B2 ) = A f ( −D A , 0 ) = A ( Ax2 + 2Bxy + B2 A y2 + D2 A + 2D A (Ax + By) + f ( −D A , 0 )) = ↑ A ( Ax2 + 2Bxy + Cy2 + D2 A + 2Dx + 2 BD A y + AF− D2 A )  AC = B2 ∴ B2 A = C f (−D/A, 0) = AF− D 2 A = ↑ A ( Ax2 + 2Bxy + Cy2 +   D2 A + 2Dx + 2Ey + F−   D2 A ) BD = AE∴ BD A = E = A ( Ax2 + 2Bxy + Cy2Dx + 2Ey + F ) = A f (x, y) De nuevo regresamos al caso (1). Si M22 = 0, el lugar es el eje y′ o eje de centros: Ax + By = −D. 118 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA O x X xʹY y yʹ eje de centros: Ax+By=-D Vamos a demostrar que f (x, y) = Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F factoriza en la forma A f (x, y) = L 2 donde L = Ax + By + D. Ecuación de la cónica/XY : A2X2 + 2ABXY + B2Y2 + A f (−D/A, 0) = 0 L 2 = (Ax + By + D)2 = (Ax + By)2 + D2 + 2D (Ax + By) = A2x2 + 2ABxy + B2y2 + D2 + 2ADx + 2BDy ? Pero M22 A = f (−D/A, 0) y como M22 = 0, f (−D/A, 0) = 0. O sea que AF− D2 = 0 ∴ D2 = AF. Y al regresar a ?, L 2 = A2x2 + 2ABxy + B2y2 + AF + 2ADx + 2BDy = ↑ A2x2 + 2ABxy + ACy2 + 2ADx + 2AEy + AF{ BD = AE B2 = AC = A ( Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F ) = A f (x, y) Ejercicio 9.1. Consideremos la recta L = x− y + 1 = 0 L 2 = (x− y + 1)(x− y + 1) = x2 − 2xy + y2 + 2x− 2y + 1 = 0 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 119 Ahora invertimos los paleles. Consideremos la cónica de ecuación (79) x2 − 2xy + y2 + 2x− 2y + 1 = 0 Vamos a demostrar que el lugar representado por es la recta L . Solución 9.1. A = 1 2B = −2; B = −1 C = 1 2D = D; D = 1 ( −D −E ) = ( −1 −1 ) = ( B C ) 2E = −2; E = −1 0ʹ(0,1) 45 x X xʹ Y y yʹ eje de centros: x-y=-1 Hay ∞s centros. Eje de centros: Ax + By = −D o sea x− y = −1 ó x− y + 1 = 0 (que es la ecuación de la recta L .) M = ( 1 −1 −1 1 ) ; δ = AC− B2 = 1− 1 = 0 ω = A + C = 2 Como ∆ = ∣∣∣∣∣∣ 1 −1 1 −1 1 −1 1 −1 1 ∣∣∣∣∣∣ , M22 = ∣∣∣∣ 1 11 1 ∣∣∣∣ = 0. El lugar es una recta. (El eje de centros.) Tomemos O′ en el eje de centros, O′ de coord. (h, k) = (0, 1)xy. Si hacemos la traslación de los ejes x− y a O′, la ecuación de la cónicaxy. es:( X Y ) ( 1 −1 −1 1 )( X Y ) + f (0, 1) = 0 120 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Como f (0, 1) = 02 − 2 * 0 * 1 + 12 + 2 * 0− 2 * 1 + 1 = 0,( X Y ) ( 1 −1 −1 1 )( X Y ) = 0(80) es la ecuación de la cónicaXY. Para seguir transformando a [80], consideremos la matriz M. PCM(λ) = λ2 −ω + δ = 0. Como δ = 0 y ω = 2, λ2 − 2λ = 0. Luego los valores propios de M son 0 y 2. EPM0 = N (M) = {(u, v)Au + Bv = 0} = {(u, v)u− v = 0} (u, v) ∈ N (M)⇐⇒ v = u. Todo vector de la forma u ( 1 1 ) = α ( 1/ √ 2 1/ √ 2 ) , α ∈ R está en el EPM0 . El espectro de M se organiza así: (-1,0) Oʹ(0,1) O x X xʹ Y y yʹ 45 λ(M) = {0, 2} . P = ( 1/ √ 2 −1/ √ 2 1/ √ 2 1/ √ 2 ) . Después de aplicar el T. Espectral, la ecuación de la cónicax′y′ con origen en O′ es:( x′ y′ ) ( 0 0 0 2 )( x′ y′ ) + f (0, 1) = 0 O sea 2y′2 + 0 = 0, i.e., y′2 = 0. Esto dm. que la cónica es el eje x′ de ecuaciónxy : x −1 + y 1 = 1, o sea x− y + 1 = 0 que es L . CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 121 Resumiendo, el criterio para identificar las cónicas con ∞ s, centros es el sgte: Consideremos la cónica Ax2 + 2Bxy + 2Dx + 2Ey + F = 0 en la que A, B, C 6= 0.{( A B )( B C )} es L.D., i.e., δ = ∣∣∣∣ A BB C ∣∣∣∣ = 0. y que ( −D −E ) ∈ Sg {( A B )} = Sg {( B C )} . O sea que {( A B ) , ( −D −E )} es L.D., y por lo tanto, δ = ∣∣∣∣ A −DB −E ∣∣∣∣ = BD− AE = 0. y {( B C ) , ( −D −E )} es L.D., y, δ = ∣∣∣∣ B −DC −E ∣∣∣∣ = CD− BE = 0. La cónica tiene ∞s centros. Además, ∆ = 0. Si M22 < 0, el lugar consta de dos rectas ‖s. Si M22 > 0, el lugar es ∅. Si M22 = 0 el lugar es una recta. Otro criterio es éste: Si M11 < 0: dos rectas ‖s. Si M11 > 0 : ∅. Si M11 = 0: una recta. Los casos en que algunos de los coeficientes A, B, C son cero son: A 0 0 La cónica es Ax2 + 2Dx + 2Ey + F = 0. Si E = 0, hay ∞s centros. Si M22 < 0 : dos rectas ‖s. Si M22 = 0 : una recta. Si M22 > 0 : ∅. Si E 6= 0, la cónica no tiene centro. Sea cualquiera D(D = 0 ó D 6= 0) se obtiene una parábola. 0 0 C La ecuación de la cónica es Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0. Si D = 0, hay ∞s centros. Si M11 < 0 : dos rectas ‖s. Si M11 = 0 : una recta. Si M11 > 0 : ∅. Si D 6= 0, la cónica no tiene centro. Sea cualquiera E(E = 0 ó E 6= 0) se obtiene una parábola. 122 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Ejercicio 9.2. Consideremos las rectas ‖s: L1 = 3x− 2y + 2 = 0 y L2 = 3x− 2y + 1 = 0 L1 *L2 = (3x− 2y + 2)(3x− 2y + 1) = 9x2 − 12xy + 4y2 + 3x− 2y + 6x− 4y + 2 = 9x2 − 12xy + 4y2 + 9x− 6y + 2. Ahora vamos a cambiar los papeles. Consideremos la cónica 9x2 − 12xy + 4y2 + 9x− 6y + 2 = 0. Vamos a reducirla y a dm. que la cónica factoriza así: 9x2 − 12xy + 4y2 + 9x− 6y + 2 = (3x− 3y + 2)(3x− 2y + 1). Consideremos, pués, la cónica (81) 9x2 − 12xy + 4y2 + 9x− 6y + 2 = 0 A = 9 2B = −12; B = −6 C = 4 2D = 9; D = 9 2 2E = −6; E = −3 F = 2 Estudiemos los centros de [81]. ( A B ) = ( 9 −6 ) = 3 ( 3 2 ) ( B C ) = ( −6 4 ) = −2 ( 3 −2 ) ( −D −E ) = ( −9/2 3 ) = −3 2 ( 3 −2 ) CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 123 (-1/2,0) (0,3/4) eje de centros: 9x-6y=-9/2 La cónica tiene ∞s centros. El eje de centros es Ax + By = −D, o sea, 9x− 6y = −9/2 Si x = 0, y = 3/4; Si y = 0, x = −1/2. Al realizar una traslación de ejes al punto O′(−1/2, 0) del eje O x y X Y Oʹ(-1/2,0) (0,3/4) eje de centros: 9x-6y=-9/2 de centros, la ecuación de la cónicaXY es: 9X2 + 12XY + 4Y2 + f (−1/2, 0) = 0 124 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA f (−1/2, 0) = 9 ( −1 2 )2 + 9 ( −1 2 ) + 2 = 9 4 − 9 2 + 2 1 = 9− 18 + 8 4 = −1 4 Ecu. de la cónicaXY : 9X2 − 12XY + 4Y2 − 1 4 = 0 M = ( 9 −6 −6 4 ) ; δ = 0; ω = 9 + 4 = 13; PCM(λ) = λ2 −ωλ + δ = λ2 − 13λ = 0 Los valores propios de M son 0 y 13. EPM0 = {( u v ) ( 9 −6 −6 4 )( u v ) = ( 0 0 )} = {( u v ) 9u− 6v = 0 } = {( u v ) 3u− 2v = 0 } 2v = 3u ∴ v = 3 2 u Todo vector de la forma( u, 3 2 u ) = u ( 1, 3 2 ) = α(2, 3) = β ( 2/ √ 13 3/ √ 13 ) con β ∈ R ∈ EPM0 . λ(M) = (0, 13); P = [I]p1,p2ij = ( 2√ 13 − 3√ 13 3√ 13 2√ 13 ) O i x X xʹ y Y j Oʹ(-1/2,0) yʹ Ecuac. de la cónicax′y′ : ( x′ y′ ) ( 0 0 0 13 )( x′ y′ ) − 1 4 = 0 ó 13y′2 = 1 4 . CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 125 El lugar (la cónica) se compone de dos rectas L1 y L2 de ecuacionesx′y′ : L1 : y′ + √ 13 26 ; x′ = g, g ∈ R. L2 : y′ = − √ 13 26 ; x′ = g, g ∈ R. Sus ecuacionesxy se obtienen así:( X Y ) = P ( x′ y′ ) ;  x = X− 1/2 y = Y ∴ ( X Y ) = ( x + 1/2 y ) Por lo tanto, las ecuac. de transf. de coor. de x− y a x′ − y′ son:( x + 1/2 y ) = ( 2√ 13 − 3√ 13 3√ 13 2√ 13 )( x′ y′ ) Ec. de L1xy : ( x + 1/2 y ) = ( 2√ 13 − 3√ 13 3√ 13 2√ 13 ) g√13 26  (3) x + 1 2 = 2√ 13 g− 3 26 (2) y = 3√ 13 g + 2 26 Eliminando el parámetro g, 3x + 3 2 − 2y = − 9 26 − 4 26 = −13 26 = −1 2 . Luego 3x− 2y + 2 = 0 : ecuac. de L1xy Ec. de L2xy : ( x + 1/2 y ) = ( 2√ 13 − 3√ 13 3√ 13 2√ 13 ) g − √ 13 26  (3) x + 1 2 = 2√ 13 g + 3 26 (2) y = 3√ 13 g− 2 26 Eliminando el parámetro g, 3x + 3 2 − 2y = 9 26 + 4 26 = 13 26 = 1 2 . Luego 3x− 2y1 = 0 : ecuac. de L2xy Esto nos dm. que la cónica 9x2− 12xy+ 4y2 + 9x− 6y+ 2 = 0 se compone de las rectas 3x− 2y+ 2 = 0 y 3x− 2y + 1 = 0. 9x2 − 12xy + 4y2 + 9x− 6y + 2 = (3x− 2y + 2)(3x− 2y + 1) 126 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Problemas. 1. Empleando los invariantes determine la naturaleza y dibuje las cónicas representadas por las ecuaciones: 1. 5x2 − 4xy + y2 + 2x− y = 0 2. 3x2 − 4xy + y2 + 2x− y = 0 3. 3x2 − 4xy + y2 + 15x− 6y + 7 = 0 4. 2x2 − 7xy + 3y2 − 9x + 7y + 4 = 0 5. 4x2 − 12xy + 9y2 + 4x− 5y + 3 = 0 6. 4x2 − 12xy + 9y2 − 8x + 12y− 7 = 0 2. Los siguientes son ejemplos de cónicas degeneradas. Empleando los invariantes diga de que consta y si es posible, factorice la ecuación de la cónica. 1. 6x2 + xy− 2y2 + 7x− 14y− 24 = 0 2. 4x2 + 4xy + y2 − 2x− y− 20 = 0 3. x2 + 2xy + 2y2 − 8x− 12y + 20 = 0 4. xy + 5x− 2x− 10 = 0 5. 6x2 + 11xy + 3y2 + 11x− y− 10 = 0 6. 4x2 + 3xy + y2 − 10x− 2y + 8 = 0 7. 10xy + 4x− 15y− 6 = 0 8. 4x2 + 4xy + y2 − 12x− 6y + 9 = 0 9. x2 − 4xy + 4y2 + 2x− 4y− 3 = 0 10. 9x2 − 6xy + y2 − 3x + y− 2 = 0 Ejercicios. En los siguientes casos se tiene una cónica del tipo Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0. Utilizand los invariantes, pruebe que se trata de una cónica degenerada { Una recta ó dos rectas ‖s ó que se cortan. Una vez definida la naturaleza de la cónica, transforme la ecuación (haga traslaciones ó rotaciones si es necesario) y finalmente dibújela. 1) 2x2 + xy− y2 + 3y− 2 = 0 2) x2 − y2 + x + y = 0 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 127 3) 2x2 + xy− 2x− y = 0 4) x2 − 2xy + y2 + 2x− 2y + 1 = 0 5) 4x2 − 4xy + y2 + 4x− 2y + 1 = 0 10. INTERSECCIÓN DE UNA CÓNICA CON UNA RECTA. RECTA TANGENTE A UNA CÓNICA POR UN PUNTO DE LA CURVA. 1. Vamos a tratar de utilizar la ecuación de incrementos de una cónica para hallar la ecuación de la tangente a la elipse (82) x2 a2 + y2 b2 = 1, a > b en un punto P(x0, y0) de la curva. De [82]: . a b O x y t (83) b2x2 + a2y2 − a2b2 = 0 Consideremos la cónica b2x2 + a2y2 − a2b2 = 0 ? En este caso, f : R2 −→ R (x, y) −→ f (x, y) = b2x2 + a2y2} {{ }−a2b2 = q(x, y)− a2 − b2 = ( x y ) ( b2 0 0 a2 )( x y ) − a2b2 q = R2 −→ R (x, y) −→ q(x, y) = b2x2 + a2y2 = ( x y ) ( b2 0 0 a2 )( x y ) es la f.c. asociada a la cónica ?. 128 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Sea (x0, y0) un punto de la curva y t la tangente a la curva por (x0, y0). Vamos a dm. que la ecuación de t es: (84) (x− x0) ∂ f ∂x ) x0,yo + (y− y0) ∂ f ∂x ) x0,yo = 0 Una vez dm. [84], como ∂ f ∂x = 2b2x y ∂ f ∂y = 2a2x, ∂ f ∂x ) x0,y0 = 2b2x0, ∂ f ∂y ) x0,y0 = 2a2y0 y regresando a [84]: t : (x− x0)2b2x0 + (y− y0)2a2y0 = 0 b2x0x− b2x20x− b2x20 + a2y0y− a2y20 = 0 b2x0x + a2y0y = b2x20 + a 2y20 =↑ a2b2{ (x0, y0) está en la curva Así que t : x0x a2 + y0y b2 = 1, ecuación que ya habíamos obtenido de otra forma en las monografías de las cónicas. Regresemos a la ecuación de la cónica: b2x2 + a2y2 − a2b2 = 0( x y ) ( b2 0 0 a2 ) } {{ } ‖ M ( x y ) − a2b2 = 0 PCM(λ) = λ2 − (a2 + b2)λ + a2b2 ∴ λ = (a2 + b2)± √ (a2 + b2)2 − 4a2b2 2 = (a2 + b2)± (a2 − b2) 2 { λ1 = a2 λ2 = b2 EPMb2 = { (x, y) ( b2 0 0 a2 )( x y ) = b2 ( x y )} { b2x = b2x ∴ x ∈ R a2y = b2y ∴ (a2 − b2)y = 0 i.e., y = 0 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 129 Así que EPMb2 es el eje x. EPMa2 = { (x, y) ( b2 0 0 a2 )( x y ) = a2 ( x y )} { b2x = a2x ∴ (a2 − b2)x =, i.e., x = 0 a2y = a2y o sea que y R. El EPMa2 es el eje y. . i x y (x,y) 0 B(0,1) M N j . i x y (x,y) 0 B(0,1) M N j . a P Q b t Queremos estudiar los valores que toma q sobre los puntos de la B(0; 1) = { (x, y)x2 + y2 = 1 } . Recordemos el Tma. de Euler: «La f.c. "q" (q es en este caso la f.c. asociada a la cónica b2x2 + a2y2 − a2b2 = 0) alcanza 130 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA sus valores máximo y mínimo sobre la esfera unidad en los puntos donde las direcciones principales de la matriz de la f.c. (M) corta a dicha esfera». Como EPMb2 es el eje x y el EP M a2 es el eje y, las direcciones principales de M son el eje x y el eje y. Por el Tma. de Euler se tiene que ∀(x, y) ∈ B(0; 1), i.e., x2 + y2 = 1, b2 6 q(x, y) = ( x y ) ( b2 0 0 a2 )( x y ) = b2x2 + a2y2 = ↑ b2 cos2 θ1 + a2 cos2 θ2 6 a2 x = cos θ1 y = cos θ2 Tomemos P en la elipse y Q un punto en la curva cercano a P. Llamemos ~u = ξ~i + η~j = cos θ1~i + cos θ2~j el vector unitario ‖ a PQ y t = ξt~i + ηi~j = cos θ1t~i + cos θ2t~j al vector unitario ‖ a la tangente a la curva por P. Cuando Q −→ P a lo largo de la curva, el punto M −→ N a lo largo de la B(0; 1) y en ningún momento q(~u) se anula. Además, lım ξ Q−→P M−→N = lım Q−→P M−→N cos2 θ1 = cos2 θ1t = ξ 2t lım η Q−→P M−→N = lım Q−→P M−→N cos2 θ2 = cos2 θ2t = η 2t teniéndose que lım Q−→P q(~u) = lım Q−→P ( b2 cos2 θ1 + a2 cos2 θ2 ) = b2 cos2 θ1t + a 2 cos2 θ2t = q(~t) Ahora si volvamos al problema de encontrar la ecuación de la tangente a la elipse por un punto de la curva. Consideremos la elipse x2 a2 + y2 b2 = 1, a > b, un punto P(x0, y0) del plano de la curva, P no necesariamente en la curva, y la secante L ‖ al vector unitario ~μ = ξ~i + η~j, x y (x_0,y_0) CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 131 ξ2 + η2 = 1, ξ = cos θ1, η = cos θ2. Si Q((~r) es un punto de la secante,~r =~r0 + β~μ, y como ‖ ~μ ‖= 1, el parámetro β = PQ = d(P, Q) : distancia entre P y Q. Si llamamos Q(x, y), (x, y) = (x0, y0) + β(ξ, η) ∴ x = x0 + βξ y = y0 + βη } Ecuaciones paramétricas de L . Recordemos la ecuación de incrementos de la cónica: ∀(x, y), (h, k) ∈ R2 : f (X + h, Y + k) = q(X, Y) + ( ∂ f ∂x ) h,k ∂ f ∂y ) h,k )( X Y ) + f (h, k). En virtud de ésta ecuación, f (βξ + x0, βη + y0) = q(βξ, βη) + ( ∂ f ∂x ) h,k ∂ f ∂y ) h,k )( βξ βη ) + f (x0, y0) = ( βξ βη ) ( b2 0 0 a2 )( βξ βη ) + βξ ∂ f ∂x ) x0,y0 + βη ∂ f ∂y ) x0,y0 + f (x0, y0) = ( βξ βη ) ( b2ξβ a2ηβ ) + ( ξ ∂ f ∂x ) x0,y0 + η ∂ f ∂y ) x0,y0 ) + f (x0, y0) = ( b2ξ2 + a2η2 ) β2 + ( ξ ∂ f ∂x ) h,k + ∂ f ∂y ) h,k ) β + f (x0, y0) = q(ξ, η)β2 + ( ξ ∂ f ∂x ) h,k + η ∂ f ∂y ) h,k ) β + f (x0, y0) ? Los punto de la cónica y la la recta L se consiguen al hacer simultaneas (85) f (x, y) = 0 y (86) x = x0 + βξ y = y0 + βη } Al llevar [86] a [85], f (x0 + βξ, y0 + βη) = 0. Luego, en virtud de ?, q(ξ, η)β2 + ( ξ ∂ f ∂x ) x0,y0 + η ∂ f ∂y ) x0,y0 ) β + f (x0, y0) = 0 ? ? Las raíces de ésta ecuación (en general hay dos raíces simples y cuando L sea una secante) son los valores del parámetro β que llevados a [86] nos permiten encontrar las coordenadas de los puntos donde la secante corta a la cónica. 132 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Supongamos ahora que P(x0, y0) está en la curva. Entonces f (x0, y0) = 0 y al regresar a ??, q(ξ, η)β2 + ( ξ ∂ f ∂x ) x0,y0 + η ∂ f ∂y ) x0,y0 ) β = 0 β ( q(ξ, η)β + ( ξ ∂ f ∂x ) x0,y0 + η ∂ f ∂y ) x0,y0 )) = 0 ∴ β1 = 0 o β2 = − ξ ∂ f ∂x ) x0,y0 + η ∂ f ∂y ) x0,y0 q(ξ, η) lo cual nos indica que la recta L corta a la cónica en dos puntos: P(x0, y0) que corresponde al valor β1 = 0 del parámetro y Q(x0 + β2ξ, y0 + β2η) que corresponde al valor β2 = − ξ ∂ f ∂x ) x0,y0 + η ∂ f ∂y ) x0,y0 q(ξ, η) del parámetro : Ahora acerquemos Q a P a través de la curva. O B(0;1) t Entonces ~μ −→~t, lım Q→P β2 = β1 = 0. Pero CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 133 Así que ∂ f ∂x ) x0,y0 ξt + ∂ f ∂y ) x0,y0 ηt = 0 ? donde~t = ξt~i + ηt~j es el vector unitario ‖ a la tangente de la cónica por P(x0, y0). De ? : ηt = − ∂ f ∂x ) x0,y0 ξt ∂ f ∂y ) x0,y0 y mt}{{} ↖ = ηt ξt = − ∂ f ∂x ) x0,y0 ∂ f ∂y ) x0,y0 pendiente de la tangente t por P(x0, y0) a la elipse De éste modo, la ecuación de t es: y− y0 = − ∂ f ∂x ) x0,y0 ∂ f ∂y ) x0,y0 (x− x0) y finalmente, (x− x0) ∂ f ∂x ) x0,y0 + (y− y0) ∂ f ∂y ) x0,y0 = 0. De paso hallemos la ecuación de la normal a la curva en P(x0, y0) . t 134 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA mη}{{} ↖ = − 1 mt = ∂ f ∂y ) x0,y0 ∂ f ∂x ) x0,y0 pendiente de la normal Ecuación de la normal: y− y0 = ∂ f ∂y ) x0,y0 ∂ f ∂x ) x0,y0 que podemos escribir así: (x− x0) ∂ f ∂y ) x0,y0 − (y− y0) ∂ f ∂x ) x0,y0 = 0. (2) Supongamos ahora que la elipse es x2 a2 + y2 b2 = 1 con a < b. La cónica es b2x2 + a2y2− a2b2 = b a Q t B(0;1) O M y x 0. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 135 La componente cuadrática es q(x, y) = b2x2 + a2y2 = ( x y ) ( b2 0 0 a2 ) ‖ M ( x y ) El EPMb2 es el eje x. El EPa2 es el eje y y ∀(x, y) ∈ B(0; 1), por el T. de Euler, a2 6 q(x, y) 6 b2. Si tomamos (x0, y0) en la curva y Q un punto de la curva cercano a P, la ecuación de la secante ←→ PQ es~r =~r0 + β~μ donde ~μ = ξ~i + η~j es un vector ‖ a ←→ PQ. La secante ←→ PQ corta a la curva en los parámetros (x0, y0) y Q correspondientes a los valores del parámetro β1 = 0 y β2 = − ξ ∂ f ∂x ) x0,y0 + η ∂ f ∂y ) x0,y0 q(ξ, η) . Cuando Q −→ P a través de la curva, M −→ N a través de la B(0; 1), lım Q−→P ξ = ξt, lım Q−→P η = ηt coñt = ξt~i + ηt~j. lım Q−→P q(ξ, η) = q(~t). De suerte que mt = ηt ξt = − ∂ f ∂x ) x0,y0 ∂ f ∂y ) x0,y0 y la ecuación de la recta t tangente a la curva en (x0, y0) es: y− y0 = − ∂ f ∂x ) x0,y0 ∂ f ∂y ) x0,y0 (x− x0), o sea : t : (x− x0) ∂ f ∂x ) x0,y0 + (y− y0) ∂ f ∂y ) x0,y0 = 0 136 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA En este caso, ∂ f ∂x ) x0,y0 = 2b2x0; ∂ f ∂y ) x0,y0 = 2a2y0. y la ecuación de la tangente es t : (x− x0)2b2x0 + (y− y0)2a2y0 = 0 b2x0x− b2x20 + a2y0y− a2y20 = 0 b2x0x + a2y0y = b2x20 + a 2y20 = ↑ a2b2{ Como (x0, y0) está en la curva, b2x20 + a 2y20 = a 2b2 t : x0x a2 + y0y b2 = 1 3) Consideremos ahora la hipérbola x2 a2 − y 2 b2 = 1 La cónica es: a b asíntotaM N B(0;1) P S H t a b x B(0;1) O Q b2x2 − a2y2 − a2b2 = 0 y su f.c. es q(x, y) = b2x2 − a2y2 = ( x y ) ( b2 0 0 −a2 ) ‖ M ( x y ) CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 137 PCM(λ) = λ2 − (b2 − a2)λ− a2b2 = 0 λ = (b2 − a2)± √ (b2 − a2)2 + 4a2b2 2 = (b2 − a2)± (b2 + a2) 2 { λ1 = b2 λ2 = −a2 Queremos estudiar los valores que toma q en la B(0; 1). EPMb2 = { (x, y) ( b2 0 0 −a2 )( x y ) = b2 ( x y )} { b2x = b2x : x ∈ R −a2y = b2y ∴ (b2 + a2)y = 0 O sea y = 0. El EPMb2 es el eje x. EPM−a2 = { (x, y) ( b2 0 0 −a2 )( x y ) = −a2 ( x y )} { b2x = −a2x ∴ (b2 + a2)x = 0 ; x = 0 −a2y = −a2y ; y ∈ R El EPM−a2 es el eje y. Luego, por el T. de Euler, ∀(ξ, η) ∈ B(0; 1) : −a2 ≤ q(ξ, η) ≤ b2 q(H) = q(a, b) = ( a b ) ( b2 0 0 −a2 )( a b ) = ( a b ) ( b2a −a2b ) = 0 q(S) = ( a√ a2 + b2 b√ a2 + b2 )( b2 0 0 −a2 ) a√ a2 + b2 b√ a2 + b2  = ( a√ a2 + b2 b√ a2 + b2 )( ab2√ a2 + b2 − a 2b√ a2 + b2 ) = 0 Consideremos ahora la secante PQ de vector unitario ~μ ‖ PQ, ~μ = ξ~i + η~j = cos θ1~i + cos θ2~j. Como en los casos anteriores, llamemos t = ξt~j + ηt~j = cos θ1t~i + cos θ2t~j el vector unitario ‖ a la tangente t por P a la curva. Cuando el punto Q −→ P a través de la curva, M −→ N a través de la B(0; 1). lım ξ Q−→P M−→N = lım Q−→P cos θ1 = cos θ1t = ξt lım Q−→P η = lım Q−→P cos θ2 = cos θ2t = ηt lım Q−→P q(~u) = lım Q−→P (b2 cos θ1 − a2 cos θ2) = b2 cos θ1t − a2 cos θ2t = q(~t) La ecuación de la secante ←→ PQ es~r =~r0 + β~μ. Dicha secante corta a la curva en los puntos P y Q asociados a los valores β1 = 0 y 138 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA β2 = − ξ ∂ f ∂x ) x0,y0 + η ∂ f ∂y ) x0,y0 q(ξ, η) del parámetro. Cuando Q −→ P a través de la curva, M −→ N se tiene que y se tiene de nuevo que mt = ηt ξt = − ∂ f ∂x ) x0,y0 ∂ f ∂y ) x0,y0 La ecuación de la tangente es t : (x− x0) ∂ f ∂x ) x0,y0 + (y− y0) ∂ f ∂y ) x0,y0 = 0 En este caso, f (x, y) = b2x2 − a2y2 − a2b2. ∂ f ∂x = 2b2x; ∂ f ∂y = −2a2y, ∂ f ∂x = 2b2x0; ∂ f ∂y = −2a2y0 Así que t : (x− x0)2b2x0 − (y− y0)2a2y0 = 0 b2x0x− b2x20 − a2y0y + a2y20 = 0 b2x0x− a2y0y = b2x20 − a2y20 = a2b2 y finalmente, t : x0x a2 − y0y b2 = 1 4) Tomemos ahora la hipérbola y2 b2 − x 2 a2 = 1. La cónica es a2y2 − b2x2 − a2b2 = 0 y su f.c. asociada es q(x, y) = −b2x2 + a2y2 = ( x y ) ( −b2 0 0 a2 ) ‖ M ( x y ) CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 139 Vamos a dm. que la ecuación de la tangente t a la curva por el punto P(x0, y0) de la curva se construye así: ecua. de la curva: yy b2 − xx a2 = 1; t : y0y b2 − x0x a2 = 1 Podemos dm. que los valores propios de M son −b2, a2 y que EPM−b2 es el eje x, EP M a2 es el eje y. i j O B(0;1) a b x y P Q t M N i j B(0;1) asíntota Por el Tma. de Euler, ∀(ξ, η) ∈ B(0; 1) : −b2 ≤ q(ξ, η) ≤ a2. La ecuación de la secante ←→ PQ donde P(x0, y0) es un punto de la curva es:~r =~r0 + β~μ, ~μ = ξ~i + η~j : vector unitario ‖ a PQ. El valor del parámetro β es: β1 = 0 en P y β2 = − ξ ∂ f ∂x ) x0,y0 + η ∂ f ∂y ) x0,y0 q(ξ, η) en Q. Cuando Q −→ P a través de la curva, M −→ N a través de la B(0; 1) y donde~t = ξt~i + ηt~j es el vector unitario ‖ a la tangente t por el punto P(x0, y0) de la curva. Se tiene de nuevo que mt}{{} pendiente de t = ηt ξt = − ∂ f ∂x ) x,y0 ∂ f ∂y ) x0,y0 140 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA t : (x− x0) ∂ f ∂x ) x,y0 + (y− y0) ∂ f ∂y ) x,y0 = 0 En este caso, f (x, y) = −b2x2 + a2y2 − a2b2 ∂ f ∂x = −2b2x; ∂ f ∂y ) x0,y0 = −2b2x0 ∂ f ∂x = 2a2y; ∂ f ∂y ) x0,y0 = 2a2y0 Así que la ecuación de t es t : −(x− x0)2b2x0 + (y− y0)2a2y0 = 0 −b2x0x + b2x20 + a2y0y− a2y20 = 0 a2y0y− b2x0x = a2y20 − b2x20 =↑ a 2b2 (x0, y0) está en la curva y finalmente, t : y0y b2 − x0x a2 = 1 5) Consideremos la parábola y2 = 2px CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 141 . i M N 1 B(0;1) p F i j (x_0,y_0) P Q 0 t x y Vamos a dm. que la ecuación de la tangente t a la curva por un punto P(x0, y0) de ella se construye así: 142 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA ecuación de la curva: y2 = 2px que podemos escribir así: y * y = p(x + x) t : y0y = p(x + x0) La cónica es y2 − 2pxy = 0 q(x, y) = y2 = ( x y ) ( 0 0 0 1 ) ‖ M ( x y ) = y2 PCM(λ) = λ2 −ωλ + δ = ↗ λ2 − λ = λ(λ− 1) = 0{ ω = 1 los valores propios de M son 1 y 0. δ = 1 EPM0 = { (x, y) ( 0 0 0 1 )( x y ) = ( 0 0 )} = {(x, y)0 * x + 1 * y = 0 x ∈ R, y = 0} El EPM0 es el eje x EPM1 = { (x, y) ( 0 0 0 1 )( x y ) = ( x y )} { 0 *+0 * y = x; x = 0 0 * x + 1 * y = y; y ∈ R El EPM1 es el eje y Así que las direcciones principales de la matriz M son el eje x y el eje y y por el Tma. de Euler, ∀(ξ, η) ∈ B(0; 1) : 0 6 q(ξ, η) 6 1. Se traza la secante PQ donde P(x0, y0) es un punto de la curva. Su ecuación es:~r =~r0 + β~μ donde μ = ξ~i + η~j es el vector unitario ‖ a PQ. En este caso, β2 = − ∂ f ∂x ) x0,y0 + η ∂ f ∂y ) x0,y0 q(ξ, η) Si ahora hacemos que Q −→ P y llamamos~t = ξt~t + ηt~j al vector unitario ‖ a la tangente t llevada a la curva por P, se tiene de nuevo que (Como 0 6 q(ξ, η) 6 1, en el movimiento de Q −→ P a través de la curva, el denominador nunca se anula.) CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 143 Así que t : (x− x0) ∂ f ∂x ) x0,y0 + (y− y0) ∂ f ∂y ) x0,y0 = 0 En este caso, f (x, y) = y2 − 2px ∂ f ∂x = −2p; ∂ f ∂y = 2y; ∂ f ∂x ) x0,y0 = −2p; ∂ f ∂y ) x0,y0 = −2y0 y t : −(x− x0)2p + 2(y− y0y0) = 0 ∴ y0y = y20 − x0p + px = ↗ 2px0 − px0 + px{ y20 = 2px0 ya que P(x0, y0) está en la curva y finalmente: t : y0y = p(x + x0) 6) Finalmente consideremos la parábola x2 = 2py. Vamos a dm. que la ecuación de la tangente t a la curva por el punto P(x0, y0) de la curva se construye así: x2 = 2py x * x = p(y + y) t : x0x = p(y0 + y) La cónica es x2 − 2py = 0 q(x, y) = x2 = ( x y ) ( 1 0 0 0 ) } {{ } ‖ M ( x y ) PCM(λ) = λ2 + ωλ + δ = ↑ λ2 − λ = λ(λ− 1) ω = 1 δ = 0 Los valores propios de M son 0 y 1. El EPM1 es el eje, el EP M 0 es el eje y. Luego por el Tma. de Euler, ∀(ξ, η) ∈ B(0; 1) : 0 6 q(ξ, η) 6 1. 144 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA B(0;1) x y 0 p t i j B(0;1) F Q Consideremos la secante PQ a la curva por P(x0, y0). Llamemos ~μ = ξ~i + η~j al vector unitario ‖ a la tangente t a la curva por P(x0, y0). PQ =~r =~r0 + β~μ. El parámetro β vale β1 = 0 en P y en Q, β2 = − ∂ f ∂x ) x0,y0 + η ∂ f ∂y ) x0,y0 q(ξ, η) Cuando Q −→ P a través de la curva, M −→ N a través de la B(0; 1) y q(ξ, η) = ξ2 nunca se anula. De nuevo: mt}{{} pendiente de t = − ∂ f ∂x ) x0,y0 ∂ f ∂y ) x0,y0 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 145 y la ecuación de t es: (x− x0) ∂ f ∂x ) x0,y0 + (y− y0) ∂ f ∂y ) x0,y0 = 0 En este caso, f (x, y) = x2 − 2py; ∂ f ∂x = 2x ∂ f ∂y = −2p Luego la ecuación de t es: (x− x0)2x0 + (y− y0)(−2p) = 0 x0x− x20 − py + py0 = 0 x0x = py + x20 − py0 =↑ py + 2py0 − py0 x20 = 2py0 ya que P(x0, y0) está en la curva y finalmente, x0x = p(y0 + y). 7) Consideremos la cónica Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 q(x, y) = Ax2 + 2Bxy + Cy2 = ( x y ) ( A B B C ) } {{ } ‖ M ( x y ) con δ = AC− B2 6= 0. O sea que la cónica tiene centro único. Supongamos que luego de trasladar y rotar los ejes se obtiene una elipse de ecuación λ1x′2 + λ2y′2 = − ∆ δ donde λ1 y λ2 son las raíces del PCM(λ) = λ2 −ωλ + δ = λ2 − (A + C)λ + (AC− B2). Por el Tma. de Euler, ∀(ξ, η) ∈ B(0; 1) mın{λ1, λ2} 6 q(ξ, η) 6 máx λ1, λ2. (Recuérdese que en el caso de una elipse, λ1 y λ2 tiene el mismo signo que el signo de − ∆ δ ) Tomemos un punto P(x0, y0) de la curva y Q un punto cercano a P. Llamemos ~μ = ξ~i + η~j al vector unitario ‖a PQ y~t = ξt~i + ηt~j el vector unitario ‖ a la tangente t a la curva por P. La ecuación de ←→ PQ es: ~t = ~r0 + β~μ. El valor del parámetro β es β1 = 0 en P y β2 = − ∂ f ∂x ) x0,y0 + η ∂ f ∂y ) x0,y0 q(ξ, η) en el punto Q. Cuando Q −→ P a través de la curva, M −→ N a través de la B(0; 1) y el denominador en la expresión para β2 no se anula en ningún momento. Luego 146 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA i j B(0;1) . . Q X Y xʹ yʹ t x y M N Se tiene que: mt}{{} pendiente de t = − ∂ f ∂x ) x0,y0 ∂ f ∂y ) x0,y0 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 147 y la ecuación de la tangente es: t : (x− x0) ∂ f ∂x ) x0,y0 + (y− y0) ∂ f ∂y ) x0,y0 = 0 En este caso, ∂ f ∂x ) x0,y0 = 2Ax0 + 2By0 + 2D ∂ f ∂y ) x0,y0 = 2Cy + 2Bx + 2E Luego t : (2Ax0 + 2By0 + 2D) (x− x0) + (2Cy0 + Bx0 + 2E) (y− y0) = 0 Ax0x− Ax20 + By0x− 2B0y0 + Dx− Dx0 + Bx0y + Cyoy− Cy20 + Ey− Ey0 = 0 O sea: { está en la curva Ax0x + B (y0x + x0y) + Cyoy− (−F− 2Dx0 − 2Ey0 + Dx0 − Dx + Ey0 − Ey) = 0 Ax0x + B (y0y + x0y) + Cy0y + F + Dx0 + Dx + Ey0 + Ey + F = 0 y finalmente: t : Ax0 + B (y0x + x0y) + Cy2 + D (x0 + x) + E (y0 + y) + F = 0 que se puede construir a partir de la ecuación de la cónica así: Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 Ejemplo 10.1. Considere la cónica 3x2 + 4xy + 2y2 + 3x + y− 11 = 0. Utilizando los invariantes diga que tipo de cónica es, dibújela y encuentre la ecuación de la tangente en el punto (ξ, 1) de la curva. A = 3; 2B = 4, B = 2; C = 2; 2D = 3, D = 3 2 ; 2E = 1, E = 1 2 ; F = −11. P(2 ‖ x0 ,−1 ‖ y0 ). La ecuación de la 148 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA tangente es: 3x0x + 2 (x0y + yoy) + 2y0y + 3 2 (x + x0) + 1 2 (y0 + y)− 11 = 0 3 * 2 * x + 2 (2y− x) + 2(−1)y + 3 2 (x + 2) + 1 2 (−1 + y)− 11 = 0 que después de simplificar se convierte en 11x + 5y− 17 = 0. 11. LAS SECCIONES CÓNICAS Ó INTERSECCIONES DE UN CONO CON UN PLANO. Las secciones cónicas se las define como las curvas al cortar un cono circular recto con un plano. Fue desde ese punto de vista como fueron estudiadas por los primeros geómetras que se obtienen. i) Si el plano es ⊥ al eje del cono, la sección es una circunferencia. ii) Si el plano es ‖ al eje del cono la sección que se obtiene es una hipérbola. iii) Si el plano contiene al eje se obtienen dos rectas (dos generatrices del cono.) Estas tres definiciones son fáciles de demostrar. Vamos a dm. la ii). Consideremos el cono circular recto de la Fig. con vértice en V y que tiene por directriz la circunferencia C de centro en el eje Z, radio R y a una distancia VA = δ de V; Z es el eje del cono. Tomemos como plano xy el plano que por V es ⊥ al eje Z. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 149 x yV A R z generatriz P(x,y,z) FIGURA 6. Vamos a obtener en primer lugar la ecuación del conoxyz. Sea P(x, y, z) un punto de la superficie. Llamemos Q(ξ, η, δ) al punto de la generatriz ←→ VP que está en la directriz C . Como Q ∈ C , ξ2 + η2 = R2. Ahora, ←→ VP = (x, y, z) = λ ←→ OQ = λ(ξ, η, δ) ∴ x = λξ y = λη z = λδ  x2 + y2 = λ2(ξ2 + η2) = λ2R2 =↑ λ= z δ R2 δ2 z2 Llamemos α el ángulo en el vértice del cono. Entonces tan α = R δ y por lo tanto, R2 δ2 = tan2 α. Así que x2 + y2 = tan2 α * z2 es la ecuación del conoxyz. 150 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Ahora se trata de probar que la sección del cono con un plano ‖ al eje del cono y que no pase por V es una hipérbola. x y V A R z X O Z Y FIGURA 7. La situación está representada en la Fig:1.7 en la que el plano π es ‖ al plano xz y queda definido dando la distancia VO = η que suponemos conocida. La ⋂ del cono con el plano π es la curva H . Vamos a dm. que H es una hipérbola y a definir todos sus elementos: focos, directriz, excentricidad, etc. Definimos ejes XYZ paralelos a xyz y con origen en O(0, η, 0), Fig:1.7. Las ecuaciones de transf. de coordenadas son: (87) x = X y = Y + η z = Z  Ahora, la ecuación del conoxyz es: x2 + y2 = tan2 α * z2 y al tener en cuenta [87] (88) X2 + (Y + η)2 = tan2 α * Z2 : ecuación del conoXYZ con origen en 0. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 151 π = {(X, Y, Z)Y = 0} . O sea que la ecuación del plano πXYZ es Y = 0 que llevada a [88] nos da: X2 + η2 = tan2 α * Z2 : ecuación de H XYZ Así que la curva H está en el plano XZ y tiene ecuación: X2 + η2 = tan2 α * Z2 tan2 α * Z2 − X2 = η2 O sea que Z2( η tan α )2 − X2η2 = 1 lo que nos dm. que H es una hipérbola. Si miramos la curva y sus ejes desde el punto V aparece así: a = η tan α ; b = η; c = √ a2 + b2 = √ η2 tan2 α + η2 = η tan α √ 1 + tan2 α = η sin α Nótese que tan α = sin α cos α ∴ sin α = cos α * tan α < ↑ cos α<1 tan α Luego η tan α < η sin α , o sea que a < c. ε = c a = η sin α η tan α = sec α. Esto es un hecho sorprendente!. Todos las secciones obtenidas al cortar el cono con planos ‖s al plano xy son hipérbolas con la misma excentricidad: ε = sec α. La directriz DD se localiza así (Fig. 1.8.): a ε = η tan α sec α = η cos2 α sin α . Las coordenadas del foco FXYZ son ( 0, 0, c = η sin α ) y respecto a xyz serían, regresando a [87], x = 0 y = η ∴ z = 1 sin α y z = η sin α 152 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA mʹ 0 X Z F a c m b FIGURA 8. Esto nos señala que cuando el plano π se desplaza paralelamente a xy, el foco F de la hipérbola se mueve por la recta x = 0t = 1 sin α y . Ahora cortemos el cono con un plano π no ‖ al eje del cono. Llamemos β al ángulo que hace el plano π con el eje del cono y 0 al punto donde el plano π corta al eje del cono, 0 6= V. Vamos a dm. que Si 0 < β < α, la sección es una hipérbola. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 153 circunferencia Elipse Parábola Hipérbola A B V 00 h A B V Hipérbola h=0V FIGURA 9. Si β = α, la sección es una parábola. βi α < β < π/2, la sección cónica es una elipse. (Fig. 1.9) Recordemos que x2 + y2 = tan2 α * z2 es la ecuación del conoxyz con origen (Fig. 1.10.) Llamemos h = 0V. Primero vamos a trasladar los ejes XYZ con origen en V al punto O donde O(0, 0, h)xyz. Las ecuaciones de la transformación son: x = x′ y = y′ z = z′ − h que llevamos a la ecuación del cono obteniendo: tan2 α(z− h)2 = x′2 + y′2 : ecuación del conox′y′z′ con origen en O. Ahora consideremos el sistema ortogonal XYZ con origen en O y conseguido al rotar los ejes x′y′z′ un ángulo π/2− β al rededor del eje x′. Si i, j, k, I, J, K son los vectores unitarios en las direcciones de los ejes, I = i J = sin βj + cos βk K = − cos βj + sin βk Nótese que la curva Σ, intersección de π con el cono está en el plano XY y que el eje Z es ⊥ a π. Sea P(x′, y′, z′) (ó P(X, Y, Z)) un punto cualquiera del cono. 154 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA i=I j k K Z P J h V y x yʹ xʹ X Y Z,zʹ O FIGURA 10. Entonces [ ~OP]ijk = [I] I JK ijk [ ~OP]I JK. O sea que x′y′ z′  =  1 0 00 sin β − cos β 0 cos β sin β  XY Z  ∴ x′ = X y′ = sin βY− cos βZ z′ = cos βY + sin βZ que llevamos a la ecuación del conox′y′z′. tan2 α(cos βY + sin βZ− h)2 = X2 + (sin βY− cos βZ)2 : ecuación del conoXYZ CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 155 Si en la ecuación anterior hacemos Z = 0 obtenemos la ecuación de la curva Σ. O sea que tan2 α(cos βY− h)2 = X2 + sin2 βY2 es la ecuación de ΣXY y que podemos simplificar así: tan2 α ( cos2 βY2 − 2h cos βY + h2 ) = X2 + sin2 βY2 ó X2 + ( sin2 β− tan2 α cos2 β ) Y2 + 2h tan2 α cos βY = h2 tan2 α ? Vamos a analizar tres casos en la ecuación ?. 1. Supongamos que β = α. Esto significa que π es ‖ a una generatriz del cono. El coeficiente de Y2 en la ecuación ? se anula y la ecuación de ΣXY es: X2 + 2h tan2 α cos αY = tan2 αh2 ∴ Y = − 1 2h tan2 α cos α X2 + h 2 cos α La sección Σ es una PARÁBOLA. Los elementos de la curva, foco, directriz, etc... se calculan fácilmenteXY. p F V Y O A X FIGURA 11. Si X = 0, Y = OV = h 2 cos α 156 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Si Y = 0, O = − 1 2h tan2 α cos α OA2 + h 2 cos α OA2 = h 2 cos α 2h tan2 α cos α = h2 cos α tan αcos α OA2 = h tan α Como A está en la parábola, AD = AF. O sea que h 2 cos α + p 2 = √ h2 tan2 α + ( h 2 cos α − p 2 )2 ( h 2 cos α + p 2 )2 = h2 tan2 α + ( h 2 cos α + p 2 )2 ∴ p = h tan2 α cos α = d(F; DD) : distancia foco-directriz El foco F se localiza así: OF = h 2 cos α − h tan 2 α cos α 2 = 1 2 cos α (1− sin2 α) 2. Supongamos ahora que α < β < π/2 y consideremos la cónica Σ X2 + ( sin2 β− tan2 α cos2 β ) Y2 + 2h tan2 α cos βY− h2 tan2 α = 0 Vamos a emplear lo estudiado en las secciones anteriores para reducirla. Si consideramos la ecuación general de las cónicas AX2 + 2BY + CY2 + 2DX + 2EY + F se tiene que A = 1 B = 0 C = sin2 β− tan2 α cos2 β D = 0 2E = 2h tan2 α cos β ∴ E = h tan2 α cos β F = −h2 tan2 α Llamemos e = cos β cos α . Como α < β, cos β < cos α y por lo tanto, e = cos β cos α < 1. Vamos a dm. que en éste Σ es una elipse de excentricidad e = cos β cos α . Como e = cos β cos α , cos β = e cos α. Luego C = sin2 β− tan2 α2β = 1− cos2 β− tan2 α cos2 β = 1− cos2 β(1 + tan2 α) = 1− cos2 β sec2 α = ↑ cos β=e cos α 1− e2 cos2 α sec2 α = 1− e2 y la ecuación de Σ puede ponerse así: X2 + (1− e2)Y2 + 2h tan2 α cos βY− h2 tan2 α = 0 con1− e2 > 0 M = ( A B B C ) = ( 1 0 0 1− e2 ) ; δ = |M| = 1− e2 = C CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 157 Para hallar el centro debe resolverse el sistema: { Ax + By = −D Bx + Cy = −E O sea{ 1 * x + 0 * y = 0 0 * x + (1− e2)y = −h tan2 α cos β Hay solución única: h = 0, k = −h tan 2 α cos β 1− e2 <↑ 0 1− e2 > 0 y por lo tanto se trata de una cónica con centro único Oʹ X Y O FIGURA 12. Al trasladar los ejes XY al punto O′ de coor. ( 0,−h tan 2 α cos β 1− e2 ) X se eliminan los términos lineales en ?. La ecuación de la cónica ΣXY con origen en O′ es: X2 + (1− e2)Y2 = −∆ δ 158 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA ∆ δ = 1 1− e2 ∣∣∣∣∣∣ A B D B C E D E F ∣∣∣∣∣∣ = 11− e2 ∣∣∣∣∣∣ 1 0 0 0 1− e2 h tan2 α cos β 0 h tan2 α cos β −h2 tan2 α ∣∣∣∣∣∣ = 1 1− e2 [ −(1− e2)h2 tan2 α− h2 tan4 cos2 β ] = ↑ [ −(1− e2)h2 tan2 α− h2e2 tan2 α(1− cos2 α) ]  tan4 α cos2 β = ↑ cos β=e cos α tan4 α(e cos α)2 = e2 tan2 α sin2 α  cos2 α cos2 α = e2 tan2 α sin2 α = e2 tan2 α(1− cos2 α) = 1 1− e2 [ h2e2 tan2 α cos2 α * h2 tan2 α ] = h2 tan2 α 1− e2 (e 2 cos2 α− 1) = h 2 tan2 α 1− e2 (cos 2 β− 1) Luego −∆ δ = h2 tan2 α 1− e2 (1− cos 2 β) = h2 tan2 α * sin2 β 1− e2 La ecuación de la cónica ΣXY es finalmente X2 + (1− e2)Y2 = h 2 tan2 α sin2 β 1− e2 que podemos finalmente escribir así: X2( h tan α sin β√ 1− e2 )2 + Y2(h tan α sin β 1− e2 )2 = 1 lo que nos dm. que la curva Σ es una Elipse de centro en O′. en la que los semiejes son O′A = a = h tan α sin β√ 1− e2 y O′V = b = h tan α sin β 1− e2 ; e = cos β cos α < 1 Vamos a dm. que a < b con lo cual queda establecido que los focos de la elipse están en el eje Y y localizados así: 0′F = c = √ b2 − a2 Sabemos que si x < 1, x2 < x. Como √ 1− e2 < 1, 1− e2 < √ 1− e2. Luego 1√ 1− e2 < 1 1− e2 y por tanto, h tan α sin β√ 1− e2 < CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 159 { X A a Oʹ b O C F V V FIGURA 13. h tan α sin β 1− e2 , o sea que a < b. O′F = c = √ b2 − a2 = h tan α sin β 1 1− e2 . Sea ε la excentricidad de Σ. c = 0F′ = εb ∴ ε = c b = h tan α sin β e1−e2 h tan α sin β 1− e2 = e = cos β cos α Esto dm. que la excentricidad ε de la elipse es la misma para todas las elipses obtenidas al cortar el cono con los planos ‖s a π. 3) Supongamos que 0 < β < α y consideremos la cónica Σ : X2 + ( sin2 β− tan2 α cos2 β ) Y2 + 2h tan2 α cos βY− h2 tan2 α = 0 160 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA De nuevo: A = 1 B = 0 C = sin2 β− tan2 α cos2 β D = 0 E = h tan2 α cos β F = −h tan2 α Llamemos e = cos β cos α . Como β < α, cos β > cos α y se tiene ahora que e = cos β cos α > 1 ∴ e2 − 1 y1− e2 < 0. Vamos a dm. que Σ es una hipérbola de excentricidad e. En este caso, C = sin2 β− tan2 α cos2 β = 1− cos2 β− tan2 α cos2 β = 1− cos2 β(1− tan2 α) = 1− cos2 β sec2 α = ↗ 1− e2 cos2 α sec2 α = 1− e2 < 0 cos β = e cos α y la ecuación de la cónica se puede escribir: X2 + (1− e2)Y2 + 2h tan2 α cos βY− h2 tan2 α = 0 con 1− e2 < 0. En análisis de centros es el mismos que hizo en el caso [2)]. La cónica tiene centro único en O′ ( 0,−h tan 2 α cos β 1− e2 ) , solo que ahora 1− e2 < 0. O sea que el centro O′ está situado así: Al trasladar los ejes al centro O′ de la cónica, desaparecen los términos lineales y la ecuación de ΣX, Y es: X2 + (1− e2)Y2 = −∆ δ con 1− e2 < 0. El cálculo de −∆ δ es el mismo que se llevó a cabo en el caso [2)]: −∆ δ = h2 tan2 α sin2 β 1− e2 con 1− e 2 < 0. La ecuación de la cónicaXY es X2 + (1− e2)Y2 = h 2 tan2 α sin2 β 1− e2 y con 1− e 2 < 0, X2 − (1− e2)Y2 = −h 2 tan2 α sin2 β e2 − 1 con e 2 − 1 < 0 CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 161 O X Y FIGURA 14. O sea que la ecuación es: Y2( h tan α sin β e2 − 1 )2 − X2(h tan α sin β√ e2 − 1 )2 = 1 lo que nos indica que Σ es una Hipérbola de centro en O′. y con semiejes O′V′ = b = h tan α sin β e2 − 1 V′N = a = h tan α sin β√ e2 − 1 [Fig.] O′N = c = √ a2 + b2 = √ h2 tan2 α sin2 β e2 − 1 + h2 tan2 α sin2 β (e2 − 1)2 = = h tan α sin β e e2 − 1 Llamemos ε a la excentricidad de Σ y F al foco. c = 0′F = εp ∴ ε = c b = h tan α sin β e e2 − 1 h tan α sin β e2 − 1 = e = cos β cos α lo que nos dm. que todas las hipérbolas obtenidas al cortar el cono con los planos ‖s a π tienen la misma excentricidad: ε = cos β cos α > 1 162 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA Y O Oʹ c b Vʹ N F a F Oʹ O Vʹ FIGURA 15. 12. INTERSECCIÓN DE UN CILINDRO CIRCULAR RECTO CON UN PLANO QUE CORTA AL EJE DEL CILINDRO Consideremos el cilindro circular recto de radio R y cuyo eje es el eje z. Su ecuación es{ x2 + y2 = R2 z ∈ R Si lo cortamos con un plano π que pase por O y haga con el eje z un ángulo β, la curva que se obtiene es una elipse de excentricidad ε = cos β. Vamos a demostrar esto. CÓNICAS Y SUPERFICIES CUÁDRICAS 163 . I=i O K Z k j J P x X y Y R z B A F FIGURA 16. Si giramos los ejes xyz un ángulo π/2− β al rededor del eje x obtenemos un sistema XYZ en el que eje Z es ⊥ al plano π y los ejes X y Y están en π. Sea P un punto del cilindro de coord. (x, y, z) y (X, Y, Z) respecto a los ejes xyz y XYZ. [ ~OP]ijk =  xy z  = [I]I JKijk [ ~OP]I JK 164 JAIME CHICA JONATHAN TABORDA O sea que  xy z  =  1 00 sin β − cos β 0 cos β sin β  XY Z  ∴ x = X y = sin βY− cos βZ z = cos βY + sin βZ Así que la ecuación del cilindroXYZ es: X2 + (sin βY− cos βZ)2 = R2 X2 + sin2 βY2 − 2 cos β sin βYZ + cos2 βZ2 = R2 Si Z = 0, obtenemos la ecuación de la sección del cilindro con el plano: X2 + sin2 Y2 = R2 X2 R2 + Y2( R sin β )2 = 1 Elipse a = R b = R sin β > R = a, lo cual explica que los focos están en el eje Y. c = OF = √( R sin β )2 − R2 = R cos β sin β = R tan β Si ε es la excentricidad de la curva, ε = c b = R cos β sin β R sin β = cos β REFERENCIAS [1] Alexander Ostermann, Gerhard Wanner. Geometry by Its History. Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2012. [2] Audun Holme. Geometry. Our Cultural Heritage. Second Edition. Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010. [3] Zhe-Xian Wan. Geometry of Matrices. World Scientific Publishing Co. Pte. Ltd. 1996. [4] Edward Grant. 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