1 CÓNICAS Cónicas. Estudio particular. 1 x y. 1 x y. a 00 a 01 a 02 a 10 a 11 a 12 a 20 a 21 a 22

Transcripción

1 CÓNICAS. CÓNICAS.. Cónicas. Estudio particular. Una cónica se dene como el lugar geométrico de los puntos del plano euclídeo que, respecto de una referencia cartesiana rectangular, satisfacen una ecuación del tipo: a + a + a + a 0 + a 0 + a 00 0 donde a ij R a, a, a no son los tres nulos. La epresión polinómica de arriba se puede escribir, en forma matricial, del siguiente modo: siendo A la matriz simétrica: ( A A donde a ij a ji para todo i j. a 00 a 0 a 0 a 0 a a a 0 a a 0 Los casos particulares más interesantes son los siguientes: a La ecuación de una elipse en forma canónica es + a b con a, b > 0. La matriz asociada será A /a /b b La ecuación de una hipérbola en forma canónica es a b con a, b > 0. La matriz asociada será

2 CÓNICAS A /a /b c La ecuación de una parábola en forma canónica es p con p > 0. La matriz asociada será 0 p 0 A p Estudiemos cada uno de ellos por separado.... Elipse. Dados dos puntos del plano euclídeo, F F, con distancia de uno a otro d(f, F c, se llama elipse de focos F F semieje a > c al lugar geométrico formado por los puntos X (, del plano tales que d(x, F + d(x, F a. La recta que contiene al segmento F F su mediatriz son los ejes de la elipse. La intersección de los ejes es el centro de simetría los cuatro puntos de corte de los ejes con la elipse (dos por cada eje son los vértices. Si los focos tienen coordenadas F (c, 0 F ( c, 0, no es difícil probar que la ecuación de la elipse es siendo b a c. a + b X d(x, F a b a d(x, F F ( c, 0 a F (c, 0 d(x, F + d(x, F a a + b

3 CÓNICAS 3 Los ejes coordenados son los ejes de la elipse. Proposición.. Dado un punto X de una elipse, la recta tangente a la misma que pasa por X es bisectriz de las rectas R XF R XF que unen X con F X con F respectivamente.... Hipérbola. Dados dos puntos del plano euclídeo, F F, con distancia de uno a otro d(f, F c, se llama hipérbola de focos F F semieje a > 0 ( a < c al lugar geométrico formado por los puntos X (, del plano tales que d(x, F d(x, F a. La recta que contiene al segmento F F su mediatriz son los ejes de la hipérbola. La intersección de los ejes es el centro de simetría los dos puntos de corte de la recta que contiene a F F con la hipérbola son los vértices. Si las coordenadas de los focos son F (c, 0 F ( c, 0, la ecuación de la hipérbola es a b con b c a > 0 Elementos importantes de las hipérbolas son sus asíntotas. La hipérbola tiene por asíntotas a las rectas de la ecuación a b ± b a X b a d(x, F F ( c, 0 d(x, F c a b F (c, 0 b a d(x, F d(x, F a a b

4 CÓNICAS 4 Proposición.. Dado un punto X de una hipérbola, la recta tangente a la misma que pasa por X es bisectriz de las rectas R XF R XF que unen X con F X con F respectivamente...3. Parábola. Es el lugar geométrico de los puntos X (, del plano tales que equidistan de un punto, F, llamado foco de la parábola, de una recta directriz r, situada a distancia p > 0 de F. El eje de la parábola es la recta perpendicular a r que pasa por F. El eje corta a la parábola en un punto al que se llama vértice. Supondremos que F (p/, 0 que r { p/}. Entonces, resulta fácil probar que la ecuación de la parábola es p d(x, r X d(x, F F (p/, 0 r { p/} Proposición.3. Dado un punto X de una parábola, la recta tangente a la misma que pasa por X es bisectriz de la recta R XF, que pasa por X F, la recta S, paralela al eje que pasa por X... Secciones cónicas. El nombre de cónica dado a elipse, hipérbola parábola viene del hecho de que estas curvas se obtienen de la intersección de un plano con un cono. Por ejemplo, el cono C { + z 0} cortado con el plano z da lugar a la elipse + (es una circunferencia. El corte de C con el plano da lugar a la curva z, que es una hipérbola, el corte

5 CÓNICAS 5 de C con el plano + z da lugar a la curva +, que es una parábola. A la elipse, la hipérbola la parábola se las suele llamar cónicas no degeneradas o irreducibles. No obstante, la intersección de un plano con un cono puede dar lugar también a otras situaciones: i C {z 0} da lugar a la ecuación + 0 (un punto. ii C { 0} proporciona la ecuación z 0 ( z( + z 0, que se corresponde con dos rectas que se cortan. iii C { z} da lugar a 0, que es una recta (recta doble. Todas estas cónicas se denominan cónicas degeneradas..3. Ecuación reducida de una cónica. Sea la cónica que, respecto de un sistema de referencia rectangular jo, R {O, u, u }, tiene coordenadas, con epresión polinómica: epresión matricial: donde X a + a + a + a 0 + a 0 + a 00 0 ( ( A A es la matriz simétrica: A a 00 a 0 a 0 a 0 a a a 0 a a con a ij a ji para todo i j, ā 0 ó X t AX 0 ( ( a0 ( a00 ā t ā A 0 ( a a A 0 a 0 a a La matriz A 0 representa los coecientes de los términos cuadráticos del polinomio, la columna ā representa los coecientes de la parte lineal a 00 es el término constante.

6 CÓNICAS 6 Haremos un cambio de coordenadas rectangulares (un giro compuesto con una traslación de ejes de modo que la ecuación polinómica ( sea lo más sencilla posible. Paso. Giro de ejes. La matriz asociada a un giro de ángulo α es ( cos α sen α φ sen α cos α La nueva referencia rectangular obtenida tras el giro es R {O, u, u } con coordenadas,, esto es, ( ( φ u u u O α u R {O, u, u } R {O, u, u } o, de modo equivalente, X GX donde X, X ( 0 Escribiremos G t 0 φ. G cos α sen α 0 sen α cos α Dado que nuestro objetivo es simplicar (, esto se conseguirá diagonalizando la matriz A 0 que aparece en ( mediante la transformación ortogonal que representa el giro. Elegimos φ de modo que

7 CÓNICAS 7 φ A 0 φ φ t A 0 φ D siendo D una matriz diagonal cuas entradas en la diagonal principal son los autovalores (todos reales de la matriz simétrica A 0. Recordemos que las columnas de φ son las coordenadas de los vectores de una base de autovectores (unitarios de A 0 asociados a los respectivos autovalores, cumpliéndose φ. Veamos cuál es la epresión matricial de la cónica respecto de la referencia R : donde X t AX (GX t A(GX X t G t AGX X t A X ( ( A G t a00 ā AG t φ a φ t ā φ t 00 ā t A 0 φ ā A 0 ( a con A 0 D 0 0 a. De este modo, la ecuación matricial ( pasa a ser de la forma X t A X 0 (3 La ecuación de la cónica respecto de la referencia R, (3, es más sencilla que ( (A 0 es diagonal. Obsérvese que al realizar el giro, desaparecen los términos cuadráticos cruzados en el polinomio de la cónica respecto de la nueva referencia R. Queda por hacer una traslación de los ejes de R. Paso. Traslación de ejes. Una traslación de ejes simplicará aún más la epresión (3. Denotamos a la nueva referencia rectangular después de la traslación como R {O, u, u } denotamos por, a las nuevas coordenadas. La matriz de la traslación será con t ( t t Se tiene ( 0 T t t I las coordenadas de O respecto de R e I X T X ( 0 0.

8 CÓNICAS 8 siendo X Entonces, X t A X (T X t A (T X X t T t A T X X t A X con A T t A T (GT t A(GT. La ecuación matricial (3 pasa a ser de la forma X t A X 0 (4 Se prueba fácilmente que la matriz A tiene la forma ( A a00 + ā t t + t t A 0 t (ā + A 0 t t φ φ t (ā + A 0 t φ t A 0 φ con t φ t ( t t son las coordenadas de O respecto de las referencias R R. Ya sabemos que la parte cuadrática asociada a A ( a A 0 φ t A 0 φ 0 0 a es diagonal, su diagonal principal está formada por los autovalores de A 0. Ahora se busca que la parte lineal asociada a A sea lo más sencilla posible (si puede ser, nula para simplicar la ecuación (4. Interesa elegir t para que φ t (ā + A 0 t 0. De ese modo, A sería diagonal. La condición a imponer en la traslación es, pues,, ā + A 0 t 0 (5 u u u O u u O u R {O, u, u } R {O, u, u } R {O, u, u } No siempre será posible encontrar un t solución única de este sistema lineal. De haberlo, esas serán las coordenadas, respecto de R, del centro de

9 CÓNICAS 9 la cónica. Si el sistema es compatible indeterminado, la cónica tendrá innitos centros, si es incompatible, la cónica no tendrá centro (caso de la parábola. Tendremos tres situaciones posibles para la matriz A en función de que eista uno, ninguno o innitos centros: i En caso de que la cónica tenga centro único, esto es, si A 0 A 0 0 o, en otras palabras, si los dos autovalores de A 0 son no nulos, entonces el sistema (5 es compatible determinado. En este caso, tras la traslación, desaparecen los términos en e obteniéndose la matriz reducida A (6 0 0 que da lugar a la ecuación reducida, respecto de R, En función de los signos de los coecientes, los distintos casos posibles son: elipse real, elipse imaginaria (conjunto vacío, hipérbola, un punto (dos rectas imaginarias que se cortan en dicho punto o dos rectas reales que se cortan. ii Si alguno de los autovalores de A 0 es nulo A 0, no se anulan los dos términos lineales e. Ese es el caso de la parábola, para la que el sistema (5 es incompatible. La matriz reducida resultante para la parábola es del tipo A (7 iii Si alguno de los autovalores de A 0 es nulo A 0, la matriz A es A 00 0 donde 0 son los autovalores de A 0 00 (8 puede tomar cualquier valor real. En función del signo de ese valor, tendremos una recta doble, dos rectas paralelas reales o dos rectas paralelas imaginarias.

10 CÓNICAS 0.4. Invariantes métricos de las cónicas. Proposición.4. Invariantes métricos de las cónicas. Las transformaciones rectangulares de coordenadas (giros traslaciones no modican A, A 0 ni tr(a 0. En particular: A A A, A 0 A 0 A 0, tr(a 0 tr(a 0 tr(a 0 Demostración. Dado que T G, A T t A T A G t AG A Por otro lado, como A 0 A 0 φ t A 0 φ φ A 0 φ, podemos armar que las matrices A 0 A 0 A 0 son semejantes, por tanto, tienen el mismo polinomio característico λ a λ + a. Como en el polinomio característico a es la traza a el determinante de la matriz, queda probado que A 0 A 0 A 0 tr(a 0 tr(a 0 tr(a Coecientes de la ecuación reducida en función de los invariantes. i En las cónicas con centro único (con A 0 0, los coecientes de las ecuaciones reducidas son Por otro lado, 00 A A A 0 A 0 a son las raíces de p(λ, el polinomio característico de A 0 siendo p(λ λ tr(a 0 λ + det(a 0. ii En las parábolas (cónicas con vértice, resulta tr(a 0 tr(a 0 A 0 A, de modo que 0 ± A tr(a 0

11 CÓNICAS iii En el resto de casos (rectas paralelas, a sean reales o imaginarias, recta doble, mientras que 0 son los autovalores de A 0 00 A +A siendo A ii el adjunto de a ii en A. A +A tr(a Clasicación de las cónicas en función de los invariantes. En el siguiente esquema encontramos una clasicación de las cónicas en función de los invariantes estudiados: Caso. A 0... Si A 0 0 (cónica con centro único, puede ocurrir:..a A 0 > 0 sig( A sig(tr(a 0. Elipse imaginaria...b A 0 > 0 sig( A sig(tr(a 0. Elipse real...c A 0 < 0. Hipérbola.. Si A 0 0. Parábola. Caso. A 0.. Si A 0 0 (rectas no paralelas, puede ocurrir:..a A 0 > 0 par de rectas imaginarias (un punto...b A 0 < 0 par de rectas reales.. Si A 0 0 (rectas paralelas, puede ocurrir:..a A + A > 0 par de rectas imaginarias distintas...b A + A < 0 par de rectas reales distintas...c A + A 0 recta doble. Ejemplo. Clasicar obtener la ecuación reducida de la cónica

12 CÓNICAS Resulta A 3, A 0 ( Como A 7, A 0 3 tr(a 0 4, tenemos una elipse imaginaria. Calculemos la ecuación reducida. La matriz asociada a dicha ecuación será la matriz diagonal: A 00 Los valores a son los autovalores de A 0. Calculémoslos: p(λ det(a 0 λi (λ (λ 3 Se tiene 3. Además, 00 A 7 A 0 3 La matriz A es A la ecuación reducida será Ejemplo. Clasicar encontrar la ecuación reducida de la cónica ( A, A 0 3 Se tiene A A 0 0, de modo que la cónica es una parábola. Calculemos la ecuación reducida. Téngase en cuenta que la matriz asociada en el caso de la parábola es A El polinomio característico de A 0 es p(λ λ(λ, de modo que los autovalores son 0. Por tanto, (el autovalor no nulo. Únicamente

13 CÓNICAS 3 queda por saber el valor de obtiene a partir de la igualdad esto es, 0 ± A ( A tr(a 0 ±. La ecuación reducida se 0, + 0 ó.5. Cálculo de los elementos de una cónica. Centro ejes de cónicas con centro. Si la cónica tiene centro (o centros, éste se obtiene resolviendo el sistema lineal (5, ā + A 0 t 0. Los ejes se obtienen a partir de los autovectores asociados a los autovalores de A 0 (las columnas de φ apoados en el centro. Obsérvese que, en el caso de la hipérbola, el eje que no la corta es aquel obtenido del autovector asociado al autovalor de signo negativo. Ejemplo 3. Dada la cónica , se pide su clasicación, ecuación reducida los elementos característicos de la misma. Resulta A 3 3 3, A 0 ( Como A A 0, tenemos una hipérbola. Calculemos el centro. Basta resolver el sistema lineal Resulta c ( / 5/ (. ( c c ( 3 Hallemos la ecuación reducida. Para ello debemos obtener la matriz diagonal

14 CÓNICAS 4 A 00 Los valores a son los autovalores de A 0. Calculémoslos: p(λ det(a 0 λi (λ (λ + Se tiene. Además, 00 A A 0 La matriz A es A la ecuación reducida será de modo equivalente, ( + (. Se puede escribir, Los ejes vienen determinados por los autovectores asociados a los autovalores. Debemos calcular los subespacios propios V V. Tras echar cuentas, resultan V L{( +, } V L{(, } (bastaría con calcular uno de los subespacios propios a que sabemos que el otro será perpendicular. Dado que en A 0 hemos elegido como primer autovalor λ como segundo autovalor λ, la primera columna de φ será (+, dividido por su norma la segunda columna de φ será (, dividido por su norma. Los ejes serán Eje X ( ( / 5/ ( + + λ Eje Y ( ( / 5/ ( + λ

15 CÓNICAS 5 Ejemplo 4. Clasicar obtener la ecuación reducida los elementos característicos de la cónica: Resulta A 3, A 0 ( Como A, A 0 3 tr(a 0 4, tenemos una elipse real. Calculemos la ecuación reducida. La matriz asociada a dicha ecuación será la matriz diagonal: A 00 Los valores a son los autovalores de A 0. Calculémoslos: p(λ det(a 0 λi (λ (λ 3 Se tiene 3. Además, 00 A A 0 3 La matriz A es A 3 3 la ecuación reducida será + 3 /3 ó ( /3 + ( /9 Las columnas de la matriz del giro φ se obtienen a partir de una base ortogonal de autovectores unitarios asociados a los autovalores de A 0. Los subespacios propios asociados son V L{(, } V 3 L{(, }. Por tanto,

16 CÓNICAS 6 φ ( / / / / Se tiene el ángulo α arc cos ( / π/4. (0, ( /, / (/, / O π/4 (, 0 El centro de la cónica es la solución c (/3, /3 del sistema ( + ( c 0 Los ejes se obtienen a partir de los autovectores asociados a los autovalores λ λ 3, resultando: Eje X ( ( /3 /3 ( + λ Eje Y ( ( /3 /3 ( + λ

17 CÓNICAS 7 O (/3, /3 Calculemos los vértices. La ecuación reducida indica que a /3 b /9. Además, c (/3, /3 φ ( / / / / Llegamos a la conclusión de que los vértices son v v v 3 v 4 ( /3 /3 ( /3 /3 ( /3 /3 ( /3 /3 + ( / /3 / ( / /3 / + ( / /9 / ( / /9 / Por otro lado, dado que c /3 /9, los focos son 3 F ( /3 /3 + 3 ( / /

18 CÓNICAS 8 F ( /3 /3 3 ( / / v 3 F v (/3, /3 v 4 F v Vértice ejes de la parábola. Si la cónica tiene vértice (parábola, el eje de la misma se obtiene apoando en el vértice el autovector asociado al autovalor 0 (la columna de φ correspondiente a λ 0. El otro eje (secundario se obtiene apoando en el vértice el autovector dado por la otra columna de φ. Para obtener el vértice, se corta la familia de rectas paralelas al eje secundario con la cónica. La recta que corte eactamente en un punto a la cónica será dicho eje, el punto de intersección será el vértice. Ejemplo 5. Dada la parábola del ejemplo, se piden sus elementos característicos. A 3 3 Se tiene A A 0 0., A 0 ( El polinomio característico de A 0 es p(λ λ(λ, de modo que los autovalores son 0. El vector propio asociado al autovalor 0 nos da la dirección del eje de la parábola.

19 CÓNICAS 9 V 0 { : A 0 0} {(, : 0} L{(, } Como V es perpendicular a V 0 (la matriz A 0 es simétrica, es claro que V L{(, }. Si se hacen las cuentas, V { : (A 0 I 0} {(, : + 0} L{(, } La matriz φ asociada al giro será φ ( El eje de la parábola tendrá la dirección del vector (,. Obsérvese que las rectas de la forma + n son perpendiculares a dicho vector. Estamos interesados en encontrar, de entre todas estas rectas, aquella que corta a la párabola en un único punto, que será el vértice. El resto de rectas cortará a la parábola en dos puntos o en ninguno (puntos imaginarios. Despejamos n (podríamos despejar n también sustituímos en la ecuación de la cónica para obtener la intersección, quedando ( + n + ( + n + 4 6( + n + 0 De modo que 4 + ( 4n (n 6n + 0 (4n 0 ± ( 4n + 0 6(n 6n + 8 Dado que la intersección de la recta la cónica debe ser un único punto (el vértice, tendremos que buscar el valor de la n que hace que la obtenida sea única, esto es, buscamos n tal que ( 4n + 0 6(n 6n+ 0. Resolviendo, resulta n, de modo que la coordenada 4 del vértice es 3. La coordenada se obtiene sustituendo el valor 8 de n el de en la ecuación de la recta, quedando El vértice v es, por tanto, el punto de coordenadas

20 CÓNICAS 0 v ( 3/8 /8 Obsérvese que la recta + /4 contiene al vértice es tangente en él a la parábola. Las rectas + k con k < /4 no se cortan con la parábola las rectas + k con k > /4 se cortan en dos puntos con la parábola. Los ejes a están determinados. El eje X (eje de la parábola es ( ( 3/8 /8 ( + λ El eje Y (tangente a la parábola en el vértice es ( ( 3/8 /8 Dado que la ecuación reducida es ( + λ + 0 ó tenemos p con p 4. Como la parábola se encuentra en el semiplano + /4 el foco está en el mismo semiplano, éste será el punto F ( 3/8 /8 + 8 ( / / ( 5/4 5/4

21 CÓNICAS v F Asíntotas de la hipérbola. Si la hipérbola tiene centro (c, c, la ecuación de las asíntotas será del tipo c m( c para dos valores de m que se obtienen de resolver la ecuación ( ( m A0 0 m Esta ecuación proporciona las pendientes de las dos asíntotas buscadas. Ejemplo 6. Obtener los vértices, los focos las asíntotas de la hipérbola del ejemplo 3. Teníamos A 3 3 3, A 0 ( Las asíntotas son rectas que pasan por el centro c (/, 5/ tienen pendiente m, que se obtiene resolviendo la ecuación: ( m A0 ( m 0 Desarrollando, queda m + m + 0, con lo que m ±. Por consiguiente, las asíntotas son

22 CÓNICAS e 5/ ( + ( / 5/ ( ( / Calculemos los vértices. Dado que A, la ecuación reducida es + ó ( + ( La hipérbola se corta con el eje Y, donde están los vértices los focos. Se tiene a b 3/4 c /4. Como los subespacios propios son resulta: V L{( +, } V L{(, }, Eje X ( ( / 5/ ( + + λ Eje Y ( ( / 5/ ( + λ La matriz del giro será φ Por consiguiente, los vértices son v ( / 5/ + 3/4 4 4

23 CÓNICAS 3 Los focos son v F F ( / 5/ ( / 5/ ( / 5/ 3/4 + /4 / F v 5/ ( + ( / (/, 5/ v F 5/ ( ( /