Examen extraordinario Ejercicio 4 (55 minutos) 4 de septiembre de 2006

Transcripción

1 ÁLGEBRA Examen extraordinario Ejercicio 4 (55 minutos) 4 de septiembre de Calcular la ecuación de una hipérbola que tiene por asíntota a la recta x = y, por eje la recta x+y = 1 y que pasa por el punto (1, ). Método I: La cónica es simétrica respecto al eje. Por tanto podemos calcular la otra asíntota como simétrica de la recta x = y respecto a x + y = 1. Para ello calcularemos el punto de corte de ambas, que es fijo por la simetría y el simétrico de un punto de la asíntota. El punto de corte es: x y = 0 x + y 1 = 0 (x, y) = (/3, 1/3). Ahora escogemos el punto (, 1) de la asíntota y calculamos su simétrico. La recta perpendicular al eje y pasando por (, 1) es: x y = 1. Intersecada con el eje: x + y = 1 x y = 1 (x, y) = (1, 0). Es decir, el punto medio de (, 1) y su simétrico es el (1, 0). Entonces: (, 1) + (x, y) = (1, 0) (x, y) = (0, 1). La asínota buscada pasa por los puntos (/3, 1/3) y (0, 1). Su ecuación será: x 0 /3 0 = y + 1 1/3 + 1 Ahora plantemos el haz de cónicas conocidas dos asínotas: 4x y = 0 x y 1 = 0. (x y)(x y 1) + b = 0. Imponemos que pase por el punto (1, ) y queda: ( 3)( 1) + b = 0 b = 3. La ecuación pedida es: x 5xy + y x + y 3 = 0. Método II: Calcularemos la ecuación reducida de la cónica en coordenadas (x, y ) respecto a una nueva referencia. Para saber la fórmula de cambio de referencia necesitamos le centro y los autovectores de T (equivalentemente los vectores directores de los ejes). El centro es la intersección del eje y la asíntota C = (/3, 1/3). El vector director del eje es ( 1, 1) y su perpendicular (1, 1). Normalizando estos vectores conoceremos la fórmula de cambio de referencia: (x, y) = (/3, 1/3) + (x, y ) 1 ( ) o despejando (x, y ): (x, y ) = ( /, /6) + (x, y) 1 ( )

2 Ahora la ecuación reducida de la cónica en la nueva referencia será del tipo: x a y b = ±1. Es importante observar que debemos de incluir el ±1 porque no sabemos cual es el eje focal. Dicho de otra forma al escoger la matriz de cambio de base hemos colocado los vectores en un orden arbitrario (cambiando ese orden cambia el signo del término independiente). Para obtener a y b utilizamos la asíntota y el punto que nos dan. Sabemos que las asíntotas de la hipérbola en la forma reducida tienen por ecuación: bx + ay = 0, bx ay = 0. Las comparamos con la expresión de la asíntota dada, pero primero la pasamos a la nueva referencia: x = y x y + 3 = x + y + 3 x + 3y = 0. Deducimos que las ecuaciones bx + ay = 0 e x + 3y = 0 son proporcionales y así: b/1 = a/3 a = 3b. Ahora cambiamos de referencia el punto P que nos dan: P = (1, ) P = ( /, /6) + (1, ) 1 ( ) 1 1 = (, /3). 1 1 Imponemos que esté en la cónica: ( ) a ( /3) b = ±1 9b 8 9b = ±1 9b = ±6. Vemos que para que podamos obtener una valor real de b, debemos de tomar el término independiente negativo. Nos queda b = /3 y a = 9b = 6. La ecuación reducida será: x 6 3y = 1 x 9y + 6 = 0. Finalmente deshacemos el cambio de referencia: ( + x + y) 9( 6 x + y) + 6 = 0 4x 4y + 10xy + x 4y + 6 = 0. Método III: Supongamos que la matriz asociada a la cónica es de la forma: A = a b d b c e. d e f Los datos que nos dan irán imponiendo condiciones sobre los coeficientes de A. La asíntota x = y es tangente a la cónica en su punto del infinito (, 1, 0). Por tanto: Desarrollando obtenemos las ecuaciones: (, 1, 0)A(x, y, 1) t = 0 es proporcional a x y = 0. (a + b) = (b + c) 4a + 4b + c = 0. d + e = 0

3 Que el eje sea la recta x + y 1 = 0 significa que es la recta polar de un autovector; en particular el determinado por su vector normal (1, 1). Tenemos: (1, 1, 0)A(x, y, 1) t = 0 es proporcional a x + y 1 = 0. Desarrollando obtenemos las ecuaciones: a + b = b + c a c = 0. a + b = d e a + b + d + e = 0. Finalmente imponemos que el punto (1, ) esté en la cónica: (1,, 1)A(1,, 1) = 0 a + 4b + 4c + d + 4e + f = 0. Resolviendo el sistema formado por las 5 ecuaciones queda: a = 4d, b = 5d, c = 4d, e = d, f = 6d. Tomando d = 1 la matriz A buscada es: A = 5 4, 1 6 y la cónica queda: 4x 10xy + 4y x + 4y 6 = 0. Método IV: Podemos calcular el centro de la cónica como intersección de la asíntota y el eje. Resulta ser el punto C(/3, 1/3). Ahora si el punto P (1, ) está en la cónica el simétrico P respecto al centro también: P + P = C P = C P = (1/3, 4/3). Entonces podemos construir el haz de cónicas conocida una tangente en el infinito (la asíntota) y dos puntos. Una de las cónicas generadoras del haz estará formada por la asíntota y la recta que une ambos puntos: x 1 1/3 1 = y 4/3 5x y 3 = 0. La otra estará formada por rectas paralelas a la asíntota y pasando por ambos puntos: Si P (1, ) pertenece a la recta queda: Si P (1/3, 4/3) pertenece a la recta queda: El haz queda: x y + c = c = 0 c = 3 x y + 3 = 0. 1/3 + 8/3 + c = 0 c = 3 x y 3 = 0. α(x y + 3)(x y 3) + (x y)(5x y 3) = 0. Para hallar el parámetro utilizamos que la recta x + y = 1 es un eje y por tanto su vector director (1, 1) es un autovector de la matriz T : ( ) α + 5 α 11/ T = α 11/ 4α +

4 y (1, 1)T = (λ, λ) α α + 11/ = 4α + + α + 11/ α = 1. Operando obtenemos la cónica: 6x 15xy + 6y 3x + 6y 9 = 0. Observación: En este caso no podemos utilizar el punto P para calcular el parámetro, porque pertenece a las dos cónicas que generan el haz y por tanto todas las cónicas del mismo pasan por P. Método V: Utilizaremos el haz de cónicas pasando por cuatro puntos. Tenemos en cuenta que con el eje y la asíntota podemos calcular el centro. El otro eje es el perpendicular al dado pasando por el centro. Los cuatro puntos que utilizaremos son el punto P (1, ) y sus simétricos respecto a ambos ejes. En definitiva las cónicas que generán el haz serán: - la formada por las paralelelas al eje dado x + y 1 = 0 pasando por P (1, ) y su simétrico respecto al centro. - la formada por las perpendiculares al eje dado pasando por P (1, ) y su simétrico respecto al centro. Hagamos las cuentas. El centro es la intersección del eje x + y 1 = 0 y la asíntota x = y. Obtenemos el punto (/3, 1/3). El simétrico del punto P (1, ) respecto a (/3, 1/3) es P con: P + P = C P = C P = (1/3, 4/3). Ahora las paralela a x + y 1 = 0 pasando por P y P son respectivamente: x + y 3 = 0, x + y + 1 = 0. Las perpendiculares a x + y 1 = 0 pasando por P y P son: x y + 1 = 0, x y 5/3 = 0. En definitiva el haz queda: α(x + y 3)(x + y + 1) (x y + 1)(x y 5/3) = 0. Para hallar el parámetro utilizamos que el vector director de x = y, (, 1) es una dirección asíntótica y por tanto se cumple que: ( ) ( ) (, 1)T (, 1) t 1 + α 1 + α = 0 (, 1) = 0 α = 1/ α 1 + α 1 Operando queda: 8x 0xy + y 4x + 8y 1 = 0.. En el espacio euclídeo y respecto de una referencia rectangular, se consideran las cuádricas que admiten por ecuaciones: x y + az xz + yz + x + 1 = 0, con a IR. Clasificar dichas cuádricas según los distintos valores de a.

5 Escribimos la matriz asociada y la diagonalizamos por congruencia, teniendo en cuenta que la última fila no puede ser movida ni sumada a las demás: a H 31(1) µ 31(1) H 41( 1) µ 41( 1) Si a 1/ se puede seguir diagonalizando: H 3( 1/(a 1/)) µ 3( 1/(a 1/)) a Vemos como varían los signos de los términos de la diagonal: H3(1/) µ3(1/) a 1/ /(a 1/) a 1/ Si a < 1/, entonces los signos son (+,, ; +) o equivalentemente (+, +, ; ). Se trata de un hiperboloide de una hoja. - Si a > 1/, entonces los signos son (+, +, ; ). Se trata de un hiperboloide de una hoja. - Si a = 1/, no se puede seguir diagonalizando. La signatura de la matriz de términos cuadráticos es (+,, 0). Se trata de un paraboloide hiperbólico.