Sr Examen
3*x^2+4*x*y+y^2+x+2y forma canónica
El profesor se sorprenderá mucho al ver tu solución correcta😉
Solución
Ha introducido
[src]
2 2 x + y + 2*y + 3*x + 4*x*y = 0
$$3 x^{2} + 4 x y + x + y^{2} + 2 y = 0$$
3*x^2 + 4*x*y + x + y^2 + 2*y = 0
Solución detallada
Se da la ecuación de la línea de 2-o orden:
$$3 x^{2} + 4 x y + x + y^{2} + 2 y = 0$$
Esta ecuación tiene la forma:
$$a_{11} x^{2} + 2 a_{12} x y + 2 a_{13} x + a_{22} y^{2} + 2 a_{23} y + a_{33} = 0$$
donde
$$a_{11} = 3$$
$$a_{12} = 2$$
$$a_{13} = \frac{1}{2}$$
$$a_{22} = 1$$
$$a_{23} = 1$$
$$a_{33} = 0$$
Calculemos el determinante
$$\Delta = \left|\begin{matrix}a_{11} & a_{12}\\a_{12} & a_{22}\end{matrix}\right|$$
o, sustituimos
$$\Delta = \left|\begin{matrix}3 & 2\\2 & 1\end{matrix}\right|$$
$$\Delta = -1$$
Como
$$\Delta$$
no es igual a 0, entonces
hallamos el centro de coordenadas canónicas. Para eso resolvemos el sistema de ecuaciones
$$a_{11} x_{0} + a_{12} y_{0} + a_{13} = 0$$
$$a_{12} x_{0} + a_{22} y_{0} + a_{23} = 0$$
sustituimos coeficientes
$$3 x_{0} + 2 y_{0} + \frac{1}{2} = 0$$
$$2 x_{0} + y_{0} + 1 = 0$$
entonces
$$x_{0} = - \frac{3}{2}$$
$$y_{0} = 2$$
Así pasamos a la ecuación en el sistema de coordenadas O'x'y'
$$a'_{33} + a_{11} x'^{2} + 2 a_{12} x' y' + a_{22} y'^{2} = 0$$
donde
$$a'_{33} = a_{13} x_{0} + a_{23} y_{0} + a_{33}$$
o
$$a'_{33} = \frac{x_{0}}{2} + y_{0}$$
$$a'_{33} = \frac{5}{4}$$
entonces la ecuación se transformará en
$$3 x'^{2} + 4 x' y' + y'^{2} + \frac{5}{4} = 0$$
Hacemos el giro del sistema de coordenadas obtenido al ángulo de φ
$$x' = \tilde x \cos{\left(\phi \right)} - \tilde y \sin{\left(\phi \right)}$$
$$y' = \tilde x \sin{\left(\phi \right)} + \tilde y \cos{\left(\phi \right)}$$
φ - se define de la fórmula
$$\cot{\left(2 \phi \right)} = \frac{a_{11} - a_{22}}{2 a_{12}}$$
sustituimos coeficientes
$$\cot{\left(2 \phi \right)} = \frac{1}{2}$$
entonces
$$\phi = \frac{\operatorname{acot}{\left(\frac{1}{2} \right)}}{2}$$
$$\sin{\left(2 \phi \right)} = \frac{2 \sqrt{5}}{5}$$
$$\cos{\left(2 \phi \right)} = \frac{\sqrt{5}}{5}$$
$$\cos{\left(\phi \right)} = \sqrt{\frac{\cos{\left(2 \phi \right)}}{2} + \frac{1}{2}}$$
$$\sin{\left(\phi \right)} = \sqrt{1 - \cos^{2}{\left(\phi \right)}}$$
$$\cos{\left(\phi \right)} = \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}}$$
$$\sin{\left(\phi \right)} = \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}}$$
sustituimos coeficientes
$$x' = \tilde x \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}} - \tilde y \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}}$$
$$y' = \tilde x \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}} + \tilde y \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}}$$
entonces la ecuación se transformará de
$$3 x'^{2} + 4 x' y' + y'^{2} + \frac{5}{4} = 0$$
en
$$\left(\tilde x \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}} + \tilde y \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}}\right)^{2} + 4 \left(\tilde x \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}} + \tilde y \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}}\right) \left(\tilde x \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}} - \tilde y \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}}\right) + 3 \left(\tilde x \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}} - \tilde y \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}}\right)^{2} + \frac{5}{4} = 0$$
simplificamos
$$\frac{\sqrt{5} \tilde x^{2}}{5} + 4 \tilde x^{2} \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}} \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}} + 2 \tilde x^{2} - 4 \tilde x \tilde y \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}} \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}} + \frac{4 \sqrt{5} \tilde x \tilde y}{5} - 4 \tilde y^{2} \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}} \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}} - \frac{\sqrt{5} \tilde y^{2}}{5} + 2 \tilde y^{2} + \frac{5}{4} = 0$$
$$2 \tilde x^{2} + \sqrt{5} \tilde x^{2} - \sqrt{5} \tilde y^{2} + 2 \tilde y^{2} + \frac{5}{4} = 0$$
Esta ecuación es una hipérbola
$$\frac{\tilde x^{2}}{\frac{5}{4} \frac{1}{2 + \sqrt{5}}} - \frac{\tilde y^{2}}{\frac{5}{4} \frac{1}{-2 + \sqrt{5}}} = -1$$
- está reducida a la forma canónica
Centro de las coordenadas canónicas en el punto O
Base de las coordenadas canónicas
$$\vec e_1 = \left( \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}}, \ \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}}\right)$$
$$\vec e_2 = \left( - \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}}, \ \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}}\right)$$
$$3 x^{2} + 4 x y + x + y^{2} + 2 y = 0$$
Esta ecuación tiene la forma:
$$a_{11} x^{2} + 2 a_{12} x y + 2 a_{13} x + a_{22} y^{2} + 2 a_{23} y + a_{33} = 0$$
donde
$$a_{11} = 3$$
$$a_{12} = 2$$
$$a_{13} = \frac{1}{2}$$
$$a_{22} = 1$$
$$a_{23} = 1$$
$$a_{33} = 0$$
Calculemos el determinante
$$\Delta = \left|\begin{matrix}a_{11} & a_{12}\\a_{12} & a_{22}\end{matrix}\right|$$
o, sustituimos
$$\Delta = \left|\begin{matrix}3 & 2\\2 & 1\end{matrix}\right|$$
$$\Delta = -1$$
Como
$$\Delta$$
no es igual a 0, entonces
hallamos el centro de coordenadas canónicas. Para eso resolvemos el sistema de ecuaciones
$$a_{11} x_{0} + a_{12} y_{0} + a_{13} = 0$$
$$a_{12} x_{0} + a_{22} y_{0} + a_{23} = 0$$
sustituimos coeficientes
$$3 x_{0} + 2 y_{0} + \frac{1}{2} = 0$$
$$2 x_{0} + y_{0} + 1 = 0$$
entonces
$$x_{0} = - \frac{3}{2}$$
$$y_{0} = 2$$
Así pasamos a la ecuación en el sistema de coordenadas O'x'y'
$$a'_{33} + a_{11} x'^{2} + 2 a_{12} x' y' + a_{22} y'^{2} = 0$$
donde
$$a'_{33} = a_{13} x_{0} + a_{23} y_{0} + a_{33}$$
o
$$a'_{33} = \frac{x_{0}}{2} + y_{0}$$
$$a'_{33} = \frac{5}{4}$$
entonces la ecuación se transformará en
$$3 x'^{2} + 4 x' y' + y'^{2} + \frac{5}{4} = 0$$
Hacemos el giro del sistema de coordenadas obtenido al ángulo de φ
$$x' = \tilde x \cos{\left(\phi \right)} - \tilde y \sin{\left(\phi \right)}$$
$$y' = \tilde x \sin{\left(\phi \right)} + \tilde y \cos{\left(\phi \right)}$$
φ - se define de la fórmula
$$\cot{\left(2 \phi \right)} = \frac{a_{11} - a_{22}}{2 a_{12}}$$
sustituimos coeficientes
$$\cot{\left(2 \phi \right)} = \frac{1}{2}$$
entonces
$$\phi = \frac{\operatorname{acot}{\left(\frac{1}{2} \right)}}{2}$$
$$\sin{\left(2 \phi \right)} = \frac{2 \sqrt{5}}{5}$$
$$\cos{\left(2 \phi \right)} = \frac{\sqrt{5}}{5}$$
$$\cos{\left(\phi \right)} = \sqrt{\frac{\cos{\left(2 \phi \right)}}{2} + \frac{1}{2}}$$
$$\sin{\left(\phi \right)} = \sqrt{1 - \cos^{2}{\left(\phi \right)}}$$
$$\cos{\left(\phi \right)} = \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}}$$
$$\sin{\left(\phi \right)} = \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}}$$
sustituimos coeficientes
$$x' = \tilde x \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}} - \tilde y \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}}$$
$$y' = \tilde x \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}} + \tilde y \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}}$$
entonces la ecuación se transformará de
$$3 x'^{2} + 4 x' y' + y'^{2} + \frac{5}{4} = 0$$
en
$$\left(\tilde x \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}} + \tilde y \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}}\right)^{2} + 4 \left(\tilde x \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}} + \tilde y \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}}\right) \left(\tilde x \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}} - \tilde y \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}}\right) + 3 \left(\tilde x \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}} - \tilde y \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}}\right)^{2} + \frac{5}{4} = 0$$
simplificamos
$$\frac{\sqrt{5} \tilde x^{2}}{5} + 4 \tilde x^{2} \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}} \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}} + 2 \tilde x^{2} - 4 \tilde x \tilde y \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}} \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}} + \frac{4 \sqrt{5} \tilde x \tilde y}{5} - 4 \tilde y^{2} \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}} \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}} - \frac{\sqrt{5} \tilde y^{2}}{5} + 2 \tilde y^{2} + \frac{5}{4} = 0$$
$$2 \tilde x^{2} + \sqrt{5} \tilde x^{2} - \sqrt{5} \tilde y^{2} + 2 \tilde y^{2} + \frac{5}{4} = 0$$
Esta ecuación es una hipérbola
$$\frac{\tilde x^{2}}{\frac{5}{4} \frac{1}{2 + \sqrt{5}}} - \frac{\tilde y^{2}}{\frac{5}{4} \frac{1}{-2 + \sqrt{5}}} = -1$$
- está reducida a la forma canónica
Centro de las coordenadas canónicas en el punto O
(-3/2, 2)
Base de las coordenadas canónicas
$$\vec e_1 = \left( \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}}, \ \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}}\right)$$
$$\vec e_2 = \left( - \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{10}}, \ \sqrt{\frac{\sqrt{5}}{10} + \frac{1}{2}}\right)$$
Método de invariantes
Se da la ecuación de la línea de 2-o orden:
$$3 x^{2} + 4 x y + x + y^{2} + 2 y = 0$$
Esta ecuación tiene la forma:
$$a_{11} x^{2} + 2 a_{12} x y + 2 a_{13} x + a_{22} y^{2} + 2 a_{23} y + a_{33} = 0$$
donde
$$a_{11} = 3$$
$$a_{12} = 2$$
$$a_{13} = \frac{1}{2}$$
$$a_{22} = 1$$
$$a_{23} = 1$$
$$a_{33} = 0$$
Las invariantes de esta ecuación al transformar las coordenadas son los determinantes:
$$I_{1} = a_{11} + a_{22}$$
$$I_{3} = \left|\begin{matrix}a_{11} & a_{12} & a_{13}\\a_{12} & a_{22} & a_{23}\\a_{13} & a_{23} & a_{33}\end{matrix}\right|$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \left|\begin{matrix}a_{11} - \lambda & a_{12}\\a_{12} & a_{22} - \lambda\end{matrix}\right|$$
sustituimos coeficientes
$$I_{1} = 4$$
$$I_{3} = \left|\begin{matrix}3 & 2 & \frac{1}{2}\\2 & 1 & 1\\\frac{1}{2} & 1 & 0\end{matrix}\right|$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \left|\begin{matrix}3 - \lambda & 2\\2 & 1 - \lambda\end{matrix}\right|$$
$$I_{1} = 4$$
$$I_{2} = -1$$
$$I_{3} = - \frac{5}{4}$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \lambda^{2} - 4 \lambda - 1$$
$$K_{2} = - \frac{5}{4}$$
Como
$$I_{2} < 0 \wedge I_{3} \neq 0$$
entonces por razón de tipos de rectas:
esta ecuación tiene el tipo : hipérbola
Formulamos la ecuación característica para nuestra línea:
$$- I_{1} \lambda + I_{2} + \lambda^{2} = 0$$
o
$$\lambda^{2} - 4 \lambda - 1 = 0$$
$$\lambda_{1} = 2 - \sqrt{5}$$
$$\lambda_{2} = 2 + \sqrt{5}$$
entonces la forma canónica de la ecuación será
$$\tilde x^{2} \lambda_{1} + \tilde y^{2} \lambda_{2} + \frac{I_{3}}{I_{2}} = 0$$
o
$$\tilde x^{2} \left(2 - \sqrt{5}\right) + \tilde y^{2} \left(2 + \sqrt{5}\right) + \frac{5}{4} = 0$$
$$\frac{\tilde x^{2}}{\frac{5}{4} \frac{1}{-2 + \sqrt{5}}} - \frac{\tilde y^{2}}{\frac{5}{4} \frac{1}{2 + \sqrt{5}}} = 1$$
- está reducida a la forma canónica
$$3 x^{2} + 4 x y + x + y^{2} + 2 y = 0$$
Esta ecuación tiene la forma:
$$a_{11} x^{2} + 2 a_{12} x y + 2 a_{13} x + a_{22} y^{2} + 2 a_{23} y + a_{33} = 0$$
donde
$$a_{11} = 3$$
$$a_{12} = 2$$
$$a_{13} = \frac{1}{2}$$
$$a_{22} = 1$$
$$a_{23} = 1$$
$$a_{33} = 0$$
Las invariantes de esta ecuación al transformar las coordenadas son los determinantes:
$$I_{1} = a_{11} + a_{22}$$
|a11 a12|
I2 = | |
|a12 a22|$$I_{3} = \left|\begin{matrix}a_{11} & a_{12} & a_{13}\\a_{12} & a_{22} & a_{23}\\a_{13} & a_{23} & a_{33}\end{matrix}\right|$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \left|\begin{matrix}a_{11} - \lambda & a_{12}\\a_{12} & a_{22} - \lambda\end{matrix}\right|$$
|a11 a13| |a22 a23|
K2 = | | + | |
|a13 a33| |a23 a33|sustituimos coeficientes
$$I_{1} = 4$$
|3 2|
I2 = | |
|2 1|$$I_{3} = \left|\begin{matrix}3 & 2 & \frac{1}{2}\\2 & 1 & 1\\\frac{1}{2} & 1 & 0\end{matrix}\right|$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \left|\begin{matrix}3 - \lambda & 2\\2 & 1 - \lambda\end{matrix}\right|$$
| 3 1/2| |1 1|
K2 = | | + | |
|1/2 0 | |1 0|$$I_{1} = 4$$
$$I_{2} = -1$$
$$I_{3} = - \frac{5}{4}$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \lambda^{2} - 4 \lambda - 1$$
$$K_{2} = - \frac{5}{4}$$
Como
$$I_{2} < 0 \wedge I_{3} \neq 0$$
entonces por razón de tipos de rectas:
esta ecuación tiene el tipo : hipérbola
Formulamos la ecuación característica para nuestra línea:
$$- I_{1} \lambda + I_{2} + \lambda^{2} = 0$$
o
$$\lambda^{2} - 4 \lambda - 1 = 0$$
$$\lambda_{1} = 2 - \sqrt{5}$$
$$\lambda_{2} = 2 + \sqrt{5}$$
entonces la forma canónica de la ecuación será
$$\tilde x^{2} \lambda_{1} + \tilde y^{2} \lambda_{2} + \frac{I_{3}}{I_{2}} = 0$$
o
$$\tilde x^{2} \left(2 - \sqrt{5}\right) + \tilde y^{2} \left(2 + \sqrt{5}\right) + \frac{5}{4} = 0$$
$$\frac{\tilde x^{2}}{\frac{5}{4} \frac{1}{-2 + \sqrt{5}}} - \frac{\tilde y^{2}}{\frac{5}{4} \frac{1}{2 + \sqrt{5}}} = 1$$
- está reducida a la forma canónica