ÁLGEBRA Soluciones a la Práctica 15

ÁLGEBRA Soluciones a la Práctica 15 Cónicas (Curso 008 009) NOTA: Todos los problemas se suponen planteados en el plano afín euclídeo dotado de un sistema cartesiano rectangular. 9. 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 1 1. 1 1

o despejando (x, y ): (x, y ) = ( /, /6) + (x, y) 1 1 1. 1 1 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: (, 1, 0)A(x, y, 1) t = 0 es proporcional a x y = 0.

Desarrollando obtenemos las ecuaciones: (a + b) = (b + c) 4a + 4b + c = 0. d + e = 0 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: 4 5 1 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: x y + c = 0. Si P (1, ) pertenece a la recta queda: 1 4 + c = 0 c = 3 x y + 3 = 0. Si P (1/3, 4/3) pertenece a la recta queda: 1/3 + 8/3 + c = 0 c = 3 x y 3 = 0.

El haz queda: 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 : y ( ) α + 5 α 11/ T = α 11/ 4α + (1, 1)T = (λ, λ) α + 5 + 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 = 1/9. 1 + α 1 + α 1 Operando queda: 8x 0xy + y 4x + 8y 1 = 0.

10. Calcular la ecuación de una elipse tangente a los ejes de coordenadas en los puntos (1, 0) y (0, 1) y tangente a la recta x + y = 0. Método I: Utilizamos el haz de cónicas conocidas dos tangentes y puntos de tangencia. Las dos cónicas generadoras son: - Las dos tangentes: xy. - La recta doble que une los puntos de tangencia (1, 0) y (0, 1): (x + y 1). El haz queda: axy + (x + y 1) = 0. Para hallar el parámetro a imponemos que la recta x + y = 0 sea tangente. Al intersecarla con la cónica ha de quedar una raíz doble. Despejamos y = x y sustituimos en la cónica: ax( x) + 1 = 0 ax ax 1 = 0. Para que la ecuación de segundo grado tenga una única raíz doble el discriminate ha de ser 0: 4a + 4a = 0 a = 1 ó a = 0. Si a = 0 la cónica es la recta doble y no se trata de una elipse. Si a = 1 queda: La matriz asociada es: x + y + xy x y + 1 = 0. 1 1/ 1 A = 1/ 1 1 1 1 1 Si llamamos T a la matriz de términos cuadráticos vemos que T > 0 y A < 0 y por tanto se trata de una elipse. Método II: La matriz de la cónica que buscamos es una matriz simétrica 3 3: A = a b d b c e. d e f Imponemos las condiciones que ha de cumplir, para obtener información sobre sus coeficientes. - La recta x = 0 es tangente en el punto (0, 1): (0, 1, 1)A(x, y, 1) t = 0 x = 0 (b + d)x + (c + e)y + (e + f) = 0 x = 0. Obtenemos: c + e = 0, e + f = 0; ó equivalentemente c = f, e = f. - La recta y = 0 es tangente en el punto (1, 0): (1, 0, 1)A(x, y, 1) t = 0 y = 0 (a + d)x + (b + e)y + (d + f) = 0 y = 0. Obtenemos: a + d = 0, d + f = 0; ó equivalentemente a = f, d = f. La matriz ahora sabemos que es de la forma: A = f b f b f f, f f f

y la correspondiente cónica: fx + bxy + fy fx fy + f = 0. - Finalmente utilizamos que la recta x + y = 0 es tangente. Por tanto al intersecar con la cónica slo ha de haber un punto de corte. Tomamos y = x y sustituimos en la ecuación de la cónica. Operando queda: (f b)x 4(f b) + f = 0. Para que tenga una única solución el discriminante ha de ser 0: 16(f b) 8f(f b) = 0. Hay dos opciones f = b ó b = f/. Tomando f = 1 las correspondientes matrices serían: A = 1 1 1 1 1/ 1 1 1 1, ó A = 1/ 1 1. 1 1 1 1 1 1 Pero la primera es degenerada, mientras que la segunda es la elipse que buscábamos. (Segundo parcial, junio 007) 11. Calcular la ecuación de una parábola cuyo foco es el punto (1, 1) y el vértice el punto (, 3). Escribir además su ecuación reducida. El eje de la parábola es el punto que une el vértice con el foco. Además la directriz d es una recta perpendicular al eje. El vértice es el punto medio del foco y el punto de corte del eje y de la directriz. Teniendo en cuenta todo esto hallaremos la ecuación de d. El punto de corte (a, b) de eje y directriz cumple: (a, b) + (1, 1) = (, 3) (a, b) = (4, 6) (1, 1) = (3, 5). Ahora el vector normal de d es: (, 3) (1, 1) = (1, ). Por tanto la ecuación de la directriz es de la forma: x + y + c = 0. Como pasa por (3, 5) queda: La directriz es: 3 + 10 + c = 0 c = 13. x + y 13 = 0. Finalmente utilizamos que la parábola es el lugar geométrico de puntos que equidistan de foco y directriz: Operando: y en definitiva: (x + y 13) 1 + = (x 1) + (y 1). x + 4y + 4xy 6x 5y + 169 = 5x 10x + 5 + 5y 10y + 5 La ecuación reducida es de la forma: 4x + y 4xy + 16x + 4y 159 = 0. x = py donde p/ es la distancia del foco al vértice. Por tanto: La ecuación reducida queda: (Examen final, junio 007) p = ( 1) + (3 1) = 5. x = 4 5y.

1. En el plano afín y con respecto a la referencia canónica, calcular la ecuación de una cónica no degenerada cuyo único eje es la recta y = x y es tangente a la recta y = 0 en el punto (1, 0). Como es no degenerada y tiene un único eje ya sabemos que es una parábola. Calculemos el simétrico de la tangente con respecto al eje. Para ello hallamos la recta perendicular a este y pasando por (1, 0). El eje tiene vector director (1, ). Una recta perpendicular es de la forma: Como pasa por (1, 0) obtenemos: Intersecamos esta recta con el eje: x + y + c = 0. 1 + 0 + c = 0 c = 1. x + y 1 = 0 x y = 0 (x, y) = (1/5, /5). Ahora el simétrico P del punto P = (1, 0) cumple: P + P = (1/5, /5) P = (/5, 4/5) (1, 0) = ( 3/5, 4/5). La recta simétrica de y = 0 es la que une el punto P con el origen: 4x + 3y = 0. Entonces conocemos dos rectas tangente y sus puntos de tangencia P y P. Planteamos el haz: Queda: λ(tg 1 tg ) + P P = 0. λ(y(4x + 3y)) + (x + y 1) = 0 x + (4 + 4λ)xy + (4 + 3λ)y x 4y + 1 = 0. Para hallar el parámetro imponemos que sea una parábola, es decir, el determinante de la matriz de términos cuadráticos ha de ser nulo: 1 + λ + λ 4 + 3λ = 0 4λ + 5λ = 0. Aparecen dos soluciones λ = 0 y λ = 5/4. La primera queda descartada porque corresponde a una cónica degenerada (recta doble). En definitiva la ecuación pedida es: 4x 4xy + y 8x 16y + 4 = 0. (Examen extraordinario, septiembre 007) 13. Calcular la ecuación de una parábola de eje x y = 0, vértice (0, 0) y que pasa por el punto (5, 0). Método I: Sabemos que el foco es un punto sobre el eje. Por tanto: F = (a, a). Por otra parte la intersección Q de la directriz y del eje es el simétrico del foco respecto al vértice: Q + F = (0, 0) Q = ( a, a).

La directriz es perpendicular al eje y pasa por Q: x + y + d = 0; a 4a + d = 0 d = 5a. Queda: x + y + 5a = 0. La parábola está formada por los puntos que equidistan de la directriz y del foco: (x + y + 5a) 1 + = (x a) + (y a). Como el punto (5, 0) pertenece a la parábola: (5 + 5a) 5 = (5 a) + ( a). Resolviendo la ecuación obtenemos a = 1. Finalmente la ecuación queda: (x + y + 5) 1 + = (x 1) + (y ) 4x + y 4xy 0x 40y = 0. Método II: En un sistema de referencia adecuado la ecuación reducida de la cónica es: La fórmula de cambio de referencia es: x = py. (x, y) = (vertice) + (x, y )M BC. donde M BC es una matriz de cambio de base ortogonal. Los vectores de la base B son el vector normal al eje y su vector director (por este orden): (, 1) { + ( 1), (1, ) 1 + }. Por tanto la ecuación de cambio de referencia queda: (x, y) = 5 5 (x, y ) Cambiamos de base la ecuación anterior: 1 5 (x, y ) = (x, y) 1 5 1 5 (x y) = Imponemos que la curva pase por el punto (5, 0): Por tanto la ecuación de la parábola queda: 5 p(x + y). 5 1 5 5 (10) = 5 10p p = 5. 1. 1 (x y) = 0(x + y) 4x + y 4xy 0x 40y = 0. (Examen extraordinario, diciembre 006)

14. Se considera la familia de cónicas dependiente del parámetro k R: x + 8xy + ky x + ky = 0 a) Clasificar las cónicas en función de k. La matriz asociada A y de términos cuadráticos T son respectivamente: Calculamos los determinantes: A = 4 k k 1 4 1 1 k 0, T = ( 1 4 4 k A = k(k + 9), T = k 16 Los puntos donde se anulan y son k = 9, 0, 16. Por tanto estudiamos los siguientes casos: Parámetro A T Cónica ). k < 9 hipérbola k = 9 0 rectas reales cortándose en un punto 9 < k < 0 + hipérbola k = 0 0 rectas reales cortándose en un punto 0 < k < 16 hipérbola k = 16 0 parábola k > 16 + elipse b) Para k = 1 hallar la distancia entre sus dos focos. Las matrices A y T nos quedan: A = 4 1 1 1 4 1 1 1 0, T = ( 1 4 4 1 ). En el apartado anterior vimos que para k = 1 la cónica es una hipérbola. Sabemos que mediante un determinado giro y una traslación (conservando por tanto las distancias) la cónica tiene por ecuación reducida una de la forma: x a y b = 1. En ese caso la distancia del centro al foco es c = a + b y entre los dos focos c. Comencemos entonces calculando la ecuación reducida. El polinomio característico de T es: Por tanto los autovalores son: La ecuación reducida queda: T λid = 0 (1 λ) 4 = 0 (5 λ)( 3 λ) = 0 λ 1 = 5, λ = 3. 5x 3y + d = 0. Para hallar d utilizamos que el determinante de la matriz asociada se conserva por isometrías. Por tanto: 15d = A d = A 15 = 10 15 = 3.

La ecuación resulta: Y operando: La distancia del centro a un foco es: 5x 3y + 3 = 0. y /9 x /15 = 1. c = a + b = Y finalmente la distancia entre los focos: 9 + 16 15 = 45 = 4 5 15. c = 8 5 15. c) Para las cónicas de la familia que se descompongan en un par de rectas que se cortan, hallar tales rectas. Vimos que las rectas aparecen para k = 9 y k = 0. En cada caso, para hallar sus ecuaciones calcularemos el centro de la cónica, que es el punto de intersección de ambas y un punto adicional en cada una ellas, intersecando la cónica con una recta. Para k = 9, la ecuación es: x + 8xy 9y x 18y = 0. El cento es el punto (p, q) verificando: (p, q, 1) 1 4 1 4 9 9 = (0, 0, h) p + 4q 1 = 0 1 9 0 4p 9q 9 = 0 Resolviendo el sistema obtenemos (p, q) = ( 9 5, 1 5 ). Ahora intersecamos la cónica con la recta y = 0 y obtenemos: Los puntos de intersección son: (0, 0) y (, 0). x x = 0 x(x ) = 0. Las rectas buscadas se obtienen uniéndolos con el centro. Recta por (0, 0) y ( 9 5, 1 5 ): x 9/5 = y x + 9y = 0. 1/5 Recta por (, 0) y ( 9 5, 1 5 ): x 9/5 = y 1/5 Para k = 0, la ecuación es: x y = 0. x + 8xy x = 0 x(x + 8y ) = 0 Directamente vemos que las dos rectas en las que se descompone son: x = 0 y x + 8y = 0.

15. Encontrar la única respuesta correcta, en las siguientes cuestiones: (a) Una ecuación reducida de la cónica (x + y) + y = 0 es Podemos ver que la ecuación es un parábola. Si desarrollamos la expresión que nos dan queda: x + 4y + 4xy + y = 0 El determinante de la matriz T de términos cuadráticos es 0. Pero el determinante de la matriz A asociada es no nulo. Se trata por tanto de una parábola. Otra forma de verlo es hacer directamente el cambio de variable (OJO la nueva referencia no sería rectangular): x =x + y y =y La nueva ecuación (OJO, no la reducida) es x + y = 0. (x ) + 4(y ) 1 = 0 FALSO. (x ) + (y ) = 0 FALSO. la ecuación dada ya es reducida FALSO. ninguna de las restantes respuestas es correcta VERDADERO. (Segundo parcial, junio 00) (b) Si tenemos un haz de cónicas αc 1 + βc = 0 donde C 1 es una cónica formada por dos rectas paralelas y C otra cónica formada por otras dos rectas paralelas, pero no paralelas a las de C 1, todas las cónicas del haz son degeneradas. FALSO. Ejemplo. Consideramos las rectas x = 0, x = 0, y = 0, y = 0. El haz es: Si α = β = 1, la ecuación de la cónica es: αx(x ) + βy(y ) = 0 x x + y y = 0 (x 1) + (y 1) = y vemos que se trata de una elipse (no denegerada). todas las cónicas del haz son de tipo parabólico. FALSO. Lo ilustra el ejmplo anterior. las únicas cónicas degeneradas del haz son C 1 y C. FALSO. En el haz del ejemplo anterior, tomamos α = 1 y β = 1: x(x ) y(y ) = 0 x y x y = 0 (x y)(x + y ) = 0 Se trata de una cónica degenerada formada por dos rectas que se cortan. De hecho el haz que nos dan corresponde al haz de cónicas que pasan por cuatro puntos situados en un paralelogramo. Hay tres posibles pares de rectas que pasan por ellos y por tanto hay tres cónicas degeneradas en el haz. las únicas cónicas de tipo parabólico del haz son C 1 y C.

VERDADERO. Es claro que C 1 y C son de tipo parabólico, por corresponder a pares de rectas paraleas. De hecho salvo cambio de referencia (no necesariamente rectangular) el haz siempre puede escribirse como: αx(x ) + βy(y ) = 0 La matriz T de una cónica de este haz es: T = α 0 0 β Vemos que su determinante sólo se anula si α = 0 o β = 0, es decir, para las cónicas iniciales C 1 y C. (Segundo parcial, junio 1999) (c) La familia de cónicas 3x + kxy + 4x + ly + 1 = 0 con k, l IR Las matrices de términos cuadráticos y asociada a la cónica son respectivamente: T = 3 k ; A = 3 k k 0 l k 0 l 1 donde det(t ) = k y det(a) = 4kl 3l k = (k l)(3l k). para k = 0 contiene sólo parábolas. FALSO. Si k = 0 entonces det(t ) = 0 y det(a) = 3l. Luego si l = 0 las cónicas son degeneradas y no parábolas. contiene alguna circunferencia. FALSO. En general det(t ) = k 0, por lo que las cónicas nunca son de tipo elíptico. contiene algún par de rectas secantes reales. VERDADERO. Por ejemplo si det(t ) < 0 y det(a) = 0. Basta tomar l = k ó l = k/3 y k 0. contiene alguna cónica sin direcciones asintóticas reales. FALSO. Basta tener en cuenta que det(t ) 0 por lo que todas las cónicas son de tipo parabólico o hiperbólico y tienen direcciones asintóticas reales. (Segundo parcial, junio 1997)

ÁLGEBRA Cónicas Problemas adicionales (Curso 007 008) I. En el plano afín euclídeo y con respecto a una referencia rectangular, se considera la cónica C de ecuación 5x + 5y 6xy 4x 4y 4 = 0. (a) Dar su ecuación reducida y clasificarla. Escribimos las matrices de términos cuadráticos y asociada a la cónica: 5 3 5 3 T = A = 3 5 3 5 4 Tenemos det(t ) = 16 > 0 y det(a) = 18. Por tanto la signatura es +, +, y se trata de una elipse. Para calcular la ecuación reducida hallamos los autovalores de T : La ecuación reducida es: T λi = 0 λ = ó λ = 8 x + 8y + det(a) det(t ) = 0 x + 8y 8 = 0 x 4 + y 1 = 1 (b) Si r es el diámetro de C paralelo a la recta x 3y = 0, determinar la hipérbola tangente a C en sus puntos de corte con r y que además tiene una asíntota paralela al eje OX. El diámetro de C paralelo a la recta x 3y = 0 pasa por el centro de la cónica. Calculemos dicho centro: (x, y, 1)A = (0, 0, t) (x, y) = (1, 1) La recta r es por tanto x 3y + = 0. Ahora la hipérbola que buscamos es tangente a C en C r, es decir, las es tangente a las rectas tangentes a C en dichos puntos. Pero la cónica C verifica esta condición y la recta doble r también. Por tanto la hipérbola que buscamos está en el haz que forman ambas: 5x + 5y 6xy 4x 4y 4 + α(x 3y + ) = 0 Para hallar α imponemos que la cónica corte a la recta del infinito en la dirección que marca el eje OX es decir en el punto (1, 0, 0). Para sustituir las coordenadas homogéneas de este punto en la ecuación anterior primero debemos de escribir su forma homogénea: Ahora sustituimos y queda: La hipérbola pedida es: 5x + 5y 6xy 4xt 4yt 4t + α(x 3y + t) = 0 5(1 ) + 5(0 ) + α(1 3(0)) = 0 α = 5 40y + 4xy 4x + 56y 4 = 0 10y 6xy + 6x 14y + 6 = 0 (Segundo parcial, junio 1998)

II. Se dice que una hipérbola es equilátera cuando sus asíntotas son perpendiculares. (a) Demostrar que una cónica no degenerada es una hipérbola equilátera si y sólo si es nula la traza de su matriz T de coeficientes cuadráticos, con respecto a una referencia rectangular. Sea T la matriz de términos cuadrático de una matriz no degenerada. Supongamos que la traza es nula. Entonces la suma de los autovalores de T es 0, y estos son λ y λ, donde λ 0, por ser la cónica no degenerada. Se trata de una hiṕerbola y en una referencia rectangular adecuada sabemos que su ecuación se escribe como: λx λy + c = 0 Las asíntotas son por tanto λx λy = 0 y λx + λy = 0. Vemos que son perpendiculares. Recíprocamente dada una hipérbola equilátera, sabemos que su ecuación en un sistema de referencia rectangular adecuado puede escribirse como: λ 1 x + λ y + c = 0 donde λ 1 y λ son los autovalores de T, de signos positivo y negativo respectivamente. Las asíntotas son λ1 x + λ y = 0 y λ 1 x λ y = 0. Si son perpendiculares, entonces λ 1 + λ = 0. Deducimos que la traza de T es cero. (b) Encontrar todas las hipérbolas equiláteras que tengan la recta y = x por eje focal. Recordemos primero lo siguiente. Si la ecuación reducida de una hipérbola equilátera es: λx λy + c = 0 con λ > 0 y c < 0, el eje focal es el eje OX (y = 0) y es paralelo al autovector de la matriz T asociado al autovalor positivo. Por tanto en las hipérbolas que buscamos el autovector de la matriz T asociado al autovalor positivo será el (1, ), siempre que det(a) > 0 (condición análoga a c > 0). Así por el apartado anterior, la matriz T es de la forma: a b T = b a Imponemos que (1, ) sea un autovector asociado al autovector λ: Podemos tomar λ = 5, y T es de la forma: (1, )T = λ(1, ) a = 3λ/5; b = 4λ/5 T = 3 4 4 3 y por tanto la matriz asociada A será: A = 3 4 d 4 3 e d e f Ahora imponemos que el eje focal sea y = x, es decir: (, 1, 0)A(x, y, 1) paralelo a x y = 0. Operando obtenemos: d e = 0 e = d La matriz A queda: A = 3 4 d 4 3 d d d f Recordemos que además hemos impuesto la condición det(a) > 0: det(a) > 0 d > f

III. En el plano afín euclídeo dotado de un sistema de referencia rectangular, se pide hallar todas las elipses cuyas directrices sean x = y x = 6 y que tengan un vértice en cada uno de los ejes coordenados. El eje focal es perpendicular a a las directrices. Por tanto los ejes de la elipse, son paralelos a los ejes coordenados y la ecuación será de la forma: (x α) (y β) a + b = 1 donde (α, β) es el centro de la elipse. Como el centro es equidistante de las directrices, sabemos además que: α = + 6 = El hecho de que en cada eje coordenado haya un vértice significa que los puntos (α, 0) y (0, β) pertenecen a la cónica. Sustituyendo en la ecuación queda: a = α = 4 b = β Por último sabemos que las directrices son (x α) = a /c y (x α) = a /c. Deducimos que a /c = 4 y por tanto c = 1. Además b = a c, luego b = 3. Finalmente β = ± 3. Hay así dos posibles elipses verificando las condiciones del enunciado: (x ) 4 + (y 3) 3 = 1; ó (x ) 4 + (y + 3) 3 = 1 (Examen final, julio 00) IV. En el plano afín euclídeo y con respecto a una referencia rectangular, se considera la cónica de ecuación 4xy + 3y + 8x + 6y 9 = 0 (a) Dar una ecuación reducida de esta cónica, definiendo completamente el sistema de referencia en el que se obtiene. Clasificar la cónica. (b) Encontrar la ecuación de la parábola que tiene en común con la cónica dada los puntos de corte con el eje OY, y las rectas tangentes en estos puntos. (a) Tenemos que la matriz de la cónica es: y la de términos cuadráticos: A = 0 4 3 3 4 3 9 T = 0 3 El det(t ) = 4 y det(a) = 36; se trata por tanto de una hipérbola. Calculemos la ecuación reducida y la nueva base. Primero hallamos los autovalores y autovectores de T : λ 3 λ = 0 λ = 4 ó λ = 1

Por tanto la ecuación reducida es: 4x y + k = 0 donde, teniendo en cuenta que el determiante de la matriz asociada a una cuádrica se conserva por transformacions ortogonales, 4h = det(a) y k = 9. Queda: 4x y 9 = 0 x (3/) y 3 = 1 Ahora vemos cuales son las ecuaciones de cambio de base. correspondientes son: 0 4 (x, y) = 0 4x + y = 0 (x, y) (1, ) 3 (4) Para ello calculamos los autovectores y 0 ( 1) (x, y) = 0 x + y = 0 (x, y) (, 1) 3 ( 1) Por tanto los vectores de la nueva base normalizados son (1/ 5, / 5) y ( / 5, 1/ 5). Ahora calculamos el centro: (a, b, 1)A = (0, 0, t) (a, b) = (3/, ) Por tanto las ecuaciones de paso entre la vieja y la nueva base quedan: (x, y) = (3/, ) + (x, y ) ( ) 1/ 5 / 5 / 5 1/ 5 (b) Consideramos el haz de cónicas que pasan por los puntos de tangencia con las tangencias que nos indican. En concreto la cónica anterior y la recta OY, pertencen a ese haz. Queda por tanto: αx + 4xy + 3y + 8x + 6y 9 = 0 Imponemos la condición de parábola, es decir, que la matriz de términos cuadráticos tenga determinante nulo: α 3 = 0 α = 4/3. Por tanto la parábola pedida es: 4 3 x + 4xy + 3y + 8x + 6y 9 = 0 4x + 1xy + 9y + 4x + 18y 7 = 0 (Segundo parcial, junio 003) V. En el plano afín euclídeo y con respecto a una referencia rectangular, se pide hallar la ecuación de una elipse para la que los dos vértices que pertenecen a un eje son los puntos (, 1) y (0, 1) y que la distancia entre sus dos focos es 4. (Examen final, junio 003) Sabemos que el centro de la elipse es el punto medio entre los vértices que pertenecen a un mismo eje. En este caso: (, 1) + (0, 1) C = = (1, 0) Por otra parte c = 4 c =

Además la distancia entre los vértices es: ( 0) + (1 + 1) = Por tanto: a = a = Dado que a < c deducimos que b = a + c = 6. La ecuación reducida queda: x + y 6 = 1 Para calcular la ecuación en la base inicial escribimos las ecuaciones de cambio de base. Teniendo en cuenta que los ejes tienen las direcciones (, ) y su perpendicular y que conocemos el centro, queda: Despejando (x, y ) queda: (x, y) = (1, 0) + (x, y ) (x, y ) = (x 1, y) 1 = (x 1, y) t es decir x = (x + y 1) y = ( x + y + 1) Si substituimos en la ecuación reducida anterior obtenemos la ecuación que buscábamos: x + y + xy x y = 0 VI. En el plano afín euclídeo dotado de un sistema cartesiano rectangular, consideramos la cónica C dada por la ecuación: x + 4y 4x = 0 (a) Encontrar la ecuación de otra cónica C pasando por el punto (, 1), cuyas asíntotas son paralelas los ejes de C y cuyo centro es el (1, 1 ). La cónica que nos dan puede escribirse como: (x ) + 4y 4 = 0 Luego es claro que los ejes son: x = ; y = 0; En cualquier caso los podemos hallar de manera general como los conjugados de los autovectores asociados a autovalores no nulos de la matriz T : A = 1 0 0 4 0 1 0 ; T = 0 4 0 0

Los autovalores de T son 1 y 4 y los autovectores asociados respectivamente (1, 0) y (0, 1). Por tanto los ejes quedan: (1, 0, 0)A(x, y, 1) t = 0 x = 0; (0, 1, 0)A(x, y, 1) t = 0 y = 0; Ahora, como las asíntotas de C son paralelas a estos ejes y pasan por el centro (1, 1 ), sus ecuaciones son: x 1 = 0; y 1 = 0 Escribimos el haz de cónicas conocidas dos asíntotas: (x 1)(y 1 ) + β = 0 Imponemos que la cónica ha de pasar por el punto (, 1): La ecuación de la cónica pedida es: ( 1)(1 1 ) + β = 0 β = 1 (x 1)(y 1 ) + β 1 = 0 xy 1 x y = 0 (b) Determinar la ecuación de una parábola que pase por los puntos de corte de C y C. Escribimos el haz de cónicas formado por C y C ya que todas las cónicas de dicho haz tienen en comun sus puntos de corte. Podemos excluir del haz la ecuación de C (o la de C) porque no son parábolas: x + 4y 4x + α(xy 1 x y) = 0 x + 8y + αxy (8 + α)x αy = 0 La matriz de esta cuádrica y la de términos cuadráticos son respectivamente: α (4 + α/) A = α 8 α α ; T = α 8 (4 + α/) α 0 Para que sea una parábola ha de cumplirse det(t ) = 0 y det(a) 0: det(t ) = 0 16 α = 0 α = ±4 Pero si α = 4 la matriz A queda: A = 4 6 4 8 4 6 4 0 Tiene rango 3 y por tanto es una parábola. Si α = 4 la matriz A queda: Tiene rango y por tanto no es una parábola. 4 A = 4 8 4 4 0 En definitiva la parábola aparece cuando α = 4 y su ecuación es: x + 4y + 4xy 6x 4y = 0 (Examen extraordinario, septiembre 004)

VII. En el plano afín euclídeo y referido a un sistema rectangular, se considera el conjunto de rectas: (α + 3)x + (α + 4)y α = 0, α IR (a) Comprobar que por un punto del plano pasan dos rectas (reales, imaginarias o coincidentes). Basta tener en cuento que si fijamos un punto (x 0, y 0 ) del plano, las rectas que pasan por él son aquellas cuyo parámetro α satisface la ecuación: α + (x 0 + y 0 )α + (3x 0 + 4y 0 ) = 0 Dado que el coeficiente de α siempre es no nulo, esto es siempre una ecuación de segundo grado y por tanto puede haber dos soluciones reales, una solución real doble o dos imaginarias. (b) Hallar el ángulo que forman las rectas que pasan por el punto A( 3 5, 6 5 ). Calculamos las rectas que pasan por dicho punto: α + ( 3 5 + 6 )α + (3 3 5 5 + 46 5 ) = 0 α + 1 = 0 α = ±1 Por tanto nos quedan las rectas de ecuaciones: 5x + 5y 3 = 0; x + 3y 3 = 0; El coseno del ángulo que forman la rectas coincide con el coseno del ángulo que forman sus vectores normales. Utilizando el producto escalar obtenemos: (1, 1), (1, 3) Cos(β) = (1, 1) (1, 3) = 4 = 4 10 5 = 5 5 (c) Hallar y clasificar el lugar geométrico de los puntos en los que las dos rectas coinciden. Corresponde a aquellos puntos para los la ecuación de segundo grado: α + (x + y)α + (3x + 4y ) = 0 tiene una solución real doble. Eso ocurre cuando el discrimante es 0: Operando queda: (x + y) + 4(3x + 4y ) = 0 4x + y + 4xy + 1x + 16y 8 = 0 Vemos que es una cónica. Su matriz asociada y la de términs cuadráticos son respectivamente: A = 4 6 1 8 4 ; T = 1 6 8 8 Se verifica que T = 0 y A = 100 0. Por tanto es una parábola. (d) Hallar el eje del lugar geométrico obtenido en el apartado anterior. El eje corresponde a la recta conjugada de la dirección que marca el autovectora asociado al autovalor no nulo. Los autovalores y autovectores de T son: Por tanto el eje será: λ 1 = 5; S 0 = L{(, 1)} λ = 0; S 0 = L{( 1, )} (, 1, 0)A(x, y, 1) t = 0 10x + 5y + 0 = 0 x + y + 4 = 0 (Examen final, junio 004)

VIII. En el plano afín euclídeo y en un sistema cartesiano rectangular, hallar la hipérbola cuyos vértices son el (1, 1) y ( 1, 3) y que pasa por el (0, ). Sabemos que las rectas perpendiculares al eje focal y pasando por los vértices son las tangentes en dichos puntos. Conocidas dichas tangentes y los puntos de tangencia, podremos formar el haz de cónicas; el hecho de que la hipérbola buscada pase por (0, ) nos permitirá distinguirla dentro del haz. Sabemos que el eje foca une los dos vértices: EJE FOCAL x 1 1 1 = y 1 3 1 x + y = 0 Por tanto las rectas tangentes en los vértices (perpendiculares a este eje) son de la forma: x y + k = 0 En concreto imponiendo que pasen por los vértices quedan: x y 0 = 0; y x y + 4 = 0 Por tanto el haz de cónicas que tiene estas dos tangentes en los vértices es: α(x y)(x y + 4) + β(x + y ) = 0 Ahora imponemos que el punto (0, ) está en la cónica: α()(6) + β( 4) = 0 α = 4β 3 Tomando β = 3 y α = 4 queda: α(x y)(x y + 4) + β(x + y ) = 0 x + y 14xy + 8x 4y 1 = 0 (Segundo parcial, mayo 004) IX. En el plano afín euclídeo y con respecto a una referencia rectangular, se pide hallar la parábola cuyo vértice es el punto (, 3) y su directriz la recta r x y + 3 = 0. El eje de la cónica es perpendicular a la directriz. Su ecuación es por tanto: Además pasa por el vértice, luego: y la ecuación del eje queda: x + y + λ = 0 ( ) + 3 + λ = 0 λ = 1 x + y + 1 = 0 Calculamos el punto de corte del eje con la directriz: { x + y + 1 = 0 (x, y) = ( 1, 1) x y + 3 = 0 El vértice es el punto medio del foco y de este punto. Por tanto el foco verifica: (x, y) + ( 1, 1) (, 3) = Por tanto la ecuación de la parábola es: (x, y) = ( 3, 5) d((x, y), F OCO) = d((x, y, ), directriz) (x + 3) + (y 5) = x y + 3 5 Elevando al cuadrado y operando queda: (Examen final, septiembre 003) 4x + y + 4xy 4x 38y 161 = 0

X. En el plano afín euclídeo y referido a un sistema de referencia rectangular, determinar las cónicas que pasan por P (0, ) y Q(0, 4), tienen una asíntota paralela a la recta y 4x = 0 y cortan al eje OX en puntos A y B tales que OA OB =. (Examen extraordinario, septiembre 1998) Supongamos que los puntos A y B son respectivamente el (α, 0) y (β, 0). La condición OA OB =. significa que αβ =. Consideramos el haz de cónicas pasando por P, Q, A, B: es decir, λp Q AB + µp A QB = 0, λxy + µ(x + αy α)(4x + βy 4β) = 0 El hecho de tener una asíntota paralela a la recta y 4x = 0 significa que pasa por el punto del infinito (1, 4, 0). Sustituyendo (OJO: por ser punto impropio se eliminan los términos NO cuadráticos): λ1 4 + µ( 1 + α 4)(4 1 + β 4) = 0 λ = µ( 10 4α β) Tomando µ = 1 y teniendo en cuenta que β = /α la ecuación queda: 8x + y 10xy (8a + 16 )x 1y + 16 = 0 a XI. En el plano afín euclídeo y en un sistema de referencia rectangular, hallar las ecuaciones generales y matriciales de todas las cónicas no degeneradas, que tengan por focos F (0, 0) y F (, 4) y cuya distancia del centro a uno de los vértices es. El centro de la cónica es el punto medio de los focos: (0, 0) + (, 4) La distancia de los focos al centro es + 1 = 5. Distinguiremos dos casos: (a) Supongamos que la cónica es una elipse. = (1, ) Entonces con la notación habitual, c = 5. Dado que c > la distancia del vértice al centro que nos dan corresponde al eje menor de la cónica, y por tanto b =. Deducimos entonces que a = b + c = 3. Para escribir la ecuación utilizaremos la caracterización de la elipse como lugar geométrico: los puntos cuya suma de distancias a los focos es constante. En particular dicha suma es igual a a = 6: x + y + (x ) + (y 4) = 6 (x ) + (y 4) = 6 x + y Elevando al cuadrado y operando queda: x + y + 4 = 3 x + y y elevando otra vez al cuadrado: 8x + 5y 4xy 8x 16y 16 = 0 Matricialmente: 8 4 ( x y 1 ) 5 8 x y = 0 4 8 16 1

(b) Supongamos que la cónica es una hipérbola. De nuevo con la notación habitual, c = 5. Ahora el vértice está sobre el eje focal y así a =. Utilizaremos también la caracterización de la hipérbola como lugar geométrico: los puntos cuya diferencia de distancias a los focos es constante. En particular dicha diferencia es en valor absoluto igual a a = 4: x + y (x 4) + (y ) = 4 (x 4) + (y ) = 4 + x + y Elevando al cuadrado y operando queda: y elevando otra vez al cuadrado: x + y 1 = x + y 3x 4xy + x + 4y 1 = 0 Matricialmente: ( x y 1 ) 3 1 0 x y = 0 1 1 1 (Examen extraordinario, septiembre 1997) XII. En el plano afín euclídeo dotado de una referencia rectangular, se consideran las rectas r : x y = 0, s : x + y = 0. Se pide: (a) Para cada recta, no vertical, t que contenga al punto (0, 1), encontrar la cónica tangente a r y s en los puntos de corte de éstas con t, y con una dirección asintótica horizontal. Utilizamos el haz de cónicas tangentes a dos rectas dadas en puntos determinados: La ecuación de t será: λr s + µt = 0 ax + by + c = 0 Como nunca es paralela a x = 0 (no es vertical) podemos suponer b 0 y escribirla como: kx + y + m = 0 Imponemos que pase por el punto (0, 1) y queda: kx + y 1 = 0 El haz es: λ(x y)(x + y) + µ(kx + y 1) = 0 Utilizamos que tiene una asíntota horizontal. (1, 0, 0). Sustituyendo en el haz: Significa que la cónica contiene al punto del infinito Tomando µ = 1, la ecuación de la cónica queda: λ(1 0)(1 + 0) + µ(k + 0) = 0 λ = k µ (k + 1)y + kxy kx y + 1 = 0 (b) Clasificar las cónicas obtenidas en el apartado (a).

La matriz de términos cuadráticos y asociada son respectivamente: T = vemos que det(t ) = k 0 y det(a) = k 4 0. 0 k k k ; A = 0 k k k k + 1 + 1 1 k 1 1 Por tanto si k = 0, se trata de una cónica degenerada. En particular es una recta doble: y y + 1 = 0 (y 1) = 0 y = 1 En otro caso (si k 0) se trata de hipérbolas. (c) Determinar e identificar el lugar geométrico de los centros de las cónicas obtenidas en el apartado (a). Los centros de las cónicas verfican la ecuación: (x, y, 1)A = (0, 0, t) { ky k = 0 kx + (k + 1)y 1 = 0 Por tanto si k 0, en la primera ecuación obtenemos y = 1 y en la segunda x = k, es decir, la recta y = 1, menos el punto (0, 1). Pero si k = 0, obtenemos de la segunda ecuación y = 1. Por tanto en cualquier caso, el lugar geométrico de los centros es toda la recta y = 1. (Segundo parcial, junio 1999) XIII. El el plano afín E y con respecto a un sistema de referencia rectangular, se considera el pentágono irregular de vértices: A = (0, 0); B = (1, 1); C = (1, 3); D = (0, 4); E = ( 1, ). (a) Calcular la ecuación de una elipse circunscrita a este pentágono. Utilizamos el haz de cónicas pasando por cuatro puntos y buscamos la cónica del haz que pase por el quinto. El haz de cónicas por ABCD está generado por las cónicas degeneradas: Donde: AD BC = 0; AB DC = 0. AD x = 0; BC x 1 = 0; AB x y = 0; CD x + y 4 = 0. El haz queda: αx(x 1) + (x y)(x + y 4) = 0, e imponiendo que el punto E pertenezca a la cónica: α( 1)( 1 1) + ( 1 )( 1 + 4) = 0 α = 9 Si sustituimos la elipse pedida es: 7x + y x 8y = 0. (b) Hallar el centro y los ejes de la elipse.

La matriz asociada a la cónica es: A = El centro es el punto C = (a, b) verificando: Por tanto C = ( 1 14, ). 0 4 7 0 1/ 1/ 4 0. ( a b 1 ) A = ( 0 0 h ) a = 1 14 ; b =. Los ejes son las rectas polares de las direcciones correspondientes a los autovectores de la matriz de términos cuadráticos: 7 0 T =. 0 Tenemos: Los autovectores son: T λi = 0 λ = 7 ó λ =. (x, y)(t 7Id) = 0 5y = 0 y = 0; (x, y)(t Id) = 0 5x = 0 x = 0. Y por tanto los ejes quedan: (1, 0, 0)A(x, y, 1) t = 0 7x 1 = 0. (0, 1, 0)A(x, y, 1) t = 0 y 4 = 0 y = 0. (Examen final, diciembre 005) XIV. Se considera la cónica 1 x + 1 y + 7xy + 9x 15y + 33 = 0. Clasificarla, hallar la ecuación reducida, las ecuaciones del cambio de referencia y esbozar un dibujo (en las coordenadas originales x, y y señalando los principales elementos como ejes, asíntotas, puntos singulares, etc. que haya). La matriz asociada A y la de términos cuadráticos T son respectivamente: 1/ 7/ 9/ A = 7/ 1/ 15/ 1/ 7/, T =. 7/ 1/ 9/ 15/ 33/ Calculemos los autovalores de T : T λid = 0 (1/ λ) (7/) = 0 λ = 3 ó λ = 4. Además el determinante de A es: 1/ 7/ 9/ A = 7/ 1/ 15/ 9/ 15/ 33/ = 1/ 7/ 9/ 0 4 39 0 39 4 = 1 (4 39 ) = 1 15 63. Por tanto vemos que se trata de una hipérbola. Teniendo en cuenta que la matriz asociada a la forma reducida tiene el mismo determinante que A, la ecuación reducida es: 3x + 4y + 1 4 15 63 = 0 4x 3y = 315.

Calculemos sus puntos y rectas notables. Sabemos que no tiene puntos singulares, porque A 0. El centro (a, b) cumple: (a, b, 1)A = (0, 0, h) Las direcciones asíntóticas son: 1 a + 7 b + 9 = 0. 19 7 a + 1 b 15 (a, b) = ( = 0 8, 13 8 ). (x, y)t (x, y) t = 0 x + y + 14xy = 0 (x, y) ( 7 + 4 3, 1) ó (x, y) ( 7 4 3, 1). Por tanto las asíntotas quedan: ( 7 + 4 3, 1, 0)A(x, y, 1) t = 0 3x + (14 3 4)y 39 + 18 3 = 0. y ( 7 4 3, 1, 0)A(x, y, 1) t = 0 3x + (4 + 14 3)y + 39 + 18 3 = 0. Los autovectores de la matriz T son: (x, y)(t + 3id) = 0 (x, y) (1, 1). (x, y)(t 4id) = 0 (x, y) (1, 1). y los ejes son sus rectas polares: (1, 1, 0)A(x, y, 1) t = 0 x y 4 = 0. y (1, 1, 0)A(x, y, 1) t = 0 4x + 4y 3 = 0. Por otro lado normalizando los autovectores y conocido el centro sabemos que la fórmula de cambio de referencia es: (x, y, 1) = (x, y, 1) 1/ 1/ 0 1/ 1/ ( ) 0 (x, y) = (19/8, 13/8) + (x, y 1/ 1/ ) 1/ 1/ 19/8 13/8 1 Finalmente los vértices son la intersección de los ejes con la cónica. Sabemos además por ser una hipérbola, que sólo uno de ellos intersecará a la misma. Para mayor comodidad, podemos calcularlos a en la nueva referencia y pasarlos a la antigua: { 4x 3y = 315 y = 0 105 x = ± 8. Los vértices en la referencia antigua son: 105 (, 0, 1) 1/ 1/ 0 1/ 1/ 0 = ( 19 105 8 8 +, 13 105 4 8, 1). 4 19/8 13/8 1 y 105 (, 0, 1) 1/ 1/ 0 1/ 1/ 0 8 19/8 13/8 1 = ( 19 8 105 4, 13 105 8 +, 1). 4 La gráfica de la cónica es:

(Examen extraordinario, diciembre 006)