Sr Examen
3*x^2+4*x*y-2*sqrt(5)*x+4*sqrt(5)*y-9 forma canónica
El profesor se sorprenderá mucho al ver tu solución correcta😉
Solución
Ha introducido
[src]
2 ___ ___ -9 + 3*x - 2*x*\/ 5 + 4*x*y + 4*y*\/ 5 = 0
$$3 x^{2} + 4 x y - 2 \sqrt{5} x + 4 \sqrt{5} y - 9 = 0$$
3*x^2 + 4*x*y - 2*sqrt(5)*x + 4*sqrt(5)*y - 9 = 0
Solución detallada
Se da la ecuación de la línea de 2-o orden:
$$3 x^{2} + 4 x y - 2 \sqrt{5} x + 4 \sqrt{5} y - 9 = 0$$
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
$$a_{11} = 3$$
$$a_{12} = 2$$
$$a_{13} = - \sqrt{5}$$
$$a_{22} = 0$$
$$a_{23} = 2 \sqrt{5}$$
$$a_{33} = -9$$
Calculemos el determinante
$$\Delta = \left|\begin{matrix}a_{11} & a_{12}\\a_{12} & a_{22}\end{matrix}\right|$$
o, sustituimos
$$\Delta = \left|\begin{matrix}3 & 2\\2 & 0\end{matrix}\right|$$
$$\Delta = -4$$
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
$$3 x_{0} + 2 y_{0} - \sqrt{5} = 0$$
$$2 x_{0} + 2 \sqrt{5} = 0$$
entonces
$$x_{0} = - \sqrt{5}$$
$$y_{0} = 2 \sqrt{5}$$
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
$$a'_{33} = - \sqrt{5} x_{0} + 2 \sqrt{5} y_{0} - 9$$
$$a'_{33} = 16$$
entonces la ecuación se transformará en
$$3 x'^{2} + 4 x' y' + 16 = 0$$
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
$$\cot{\left(2 \phi \right)} = \frac{3}{4}$$
entonces
$$\phi = \frac{\operatorname{acot}{\left(\frac{3}{4} \right)}}{2}$$
$$\sin{\left(2 \phi \right)} = \frac{4}{5}$$
$$\cos{\left(2 \phi \right)} = \frac{3}{5}$$
$$\cos{\left(\phi \right)} = \sqrt{\frac{\cos{\left(2 \phi \right)}}{2} + \frac{1}{2}}$$
$$\sin{\left(\phi \right)} = \sqrt{1 - \cos^{2}{\left(\phi \right)}}$$
$$\cos{\left(\phi \right)} = \frac{2 \sqrt{5}}{5}$$
$$\sin{\left(\phi \right)} = \frac{\sqrt{5}}{5}$$
sustituimos coeficientes
$$x' = \frac{2 \sqrt{5} \tilde x}{5} - \frac{\sqrt{5} \tilde y}{5}$$
$$y' = \frac{\sqrt{5} \tilde x}{5} + \frac{2 \sqrt{5} \tilde y}{5}$$
entonces la ecuación se transformará de
$$3 x'^{2} + 4 x' y' + 16 = 0$$
en
$$4 \left(\frac{\sqrt{5} \tilde x}{5} + \frac{2 \sqrt{5} \tilde y}{5}\right) \left(\frac{2 \sqrt{5} \tilde x}{5} - \frac{\sqrt{5} \tilde y}{5}\right) + 3 \left(\frac{2 \sqrt{5} \tilde x}{5} - \frac{\sqrt{5} \tilde y}{5}\right)^{2} + 16 = 0$$
simplificamos
$$4 \tilde x^{2} - \tilde y^{2} + 16 = 0$$
Esta ecuación es una hipérbola
$$\frac{\tilde x^{2}}{4} - \frac{\tilde y^{2}}{16} = -1$$
- está reducida a la forma canónica
Centro de las coordenadas canónicas en el punto O
Base de las coordenadas canónicas
$$\vec e_1 = \left( \frac{2 \sqrt{5}}{5}, \ \frac{\sqrt{5}}{5}\right)$$
$$\vec e_2 = \left( - \frac{\sqrt{5}}{5}, \ \frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)$$
$$3 x^{2} + 4 x y - 2 \sqrt{5} x + 4 \sqrt{5} y - 9 = 0$$
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
$$a_{11} = 3$$
$$a_{12} = 2$$
$$a_{13} = - \sqrt{5}$$
$$a_{22} = 0$$
$$a_{23} = 2 \sqrt{5}$$
$$a_{33} = -9$$
Calculemos el determinante
$$\Delta = \left|\begin{matrix}a_{11} & a_{12}\\a_{12} & a_{22}\end{matrix}\right|$$
o, sustituimos
$$\Delta = \left|\begin{matrix}3 & 2\\2 & 0\end{matrix}\right|$$
$$\Delta = -4$$
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
$$3 x_{0} + 2 y_{0} - \sqrt{5} = 0$$
$$2 x_{0} + 2 \sqrt{5} = 0$$
entonces
$$x_{0} = - \sqrt{5}$$
$$y_{0} = 2 \sqrt{5}$$
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
$$a'_{33} = - \sqrt{5} x_{0} + 2 \sqrt{5} y_{0} - 9$$
$$a'_{33} = 16$$
entonces la ecuación se transformará en
$$3 x'^{2} + 4 x' y' + 16 = 0$$
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
$$\cot{\left(2 \phi \right)} = \frac{3}{4}$$
entonces
$$\phi = \frac{\operatorname{acot}{\left(\frac{3}{4} \right)}}{2}$$
$$\sin{\left(2 \phi \right)} = \frac{4}{5}$$
$$\cos{\left(2 \phi \right)} = \frac{3}{5}$$
$$\cos{\left(\phi \right)} = \sqrt{\frac{\cos{\left(2 \phi \right)}}{2} + \frac{1}{2}}$$
$$\sin{\left(\phi \right)} = \sqrt{1 - \cos^{2}{\left(\phi \right)}}$$
$$\cos{\left(\phi \right)} = \frac{2 \sqrt{5}}{5}$$
$$\sin{\left(\phi \right)} = \frac{\sqrt{5}}{5}$$
sustituimos coeficientes
$$x' = \frac{2 \sqrt{5} \tilde x}{5} - \frac{\sqrt{5} \tilde y}{5}$$
$$y' = \frac{\sqrt{5} \tilde x}{5} + \frac{2 \sqrt{5} \tilde y}{5}$$
entonces la ecuación se transformará de
$$3 x'^{2} + 4 x' y' + 16 = 0$$
en
$$4 \left(\frac{\sqrt{5} \tilde x}{5} + \frac{2 \sqrt{5} \tilde y}{5}\right) \left(\frac{2 \sqrt{5} \tilde x}{5} - \frac{\sqrt{5} \tilde y}{5}\right) + 3 \left(\frac{2 \sqrt{5} \tilde x}{5} - \frac{\sqrt{5} \tilde y}{5}\right)^{2} + 16 = 0$$
simplificamos
$$4 \tilde x^{2} - \tilde y^{2} + 16 = 0$$
Esta ecuación es una hipérbola
$$\frac{\tilde x^{2}}{4} - \frac{\tilde y^{2}}{16} = -1$$
- está reducida a la forma canónica
Centro de las coordenadas canónicas en el punto O
___ ___ (-\/ 5, 2*\/ 5 )
Base de las coordenadas canónicas
$$\vec e_1 = \left( \frac{2 \sqrt{5}}{5}, \ \frac{\sqrt{5}}{5}\right)$$
$$\vec e_2 = \left( - \frac{\sqrt{5}}{5}, \ \frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)$$
Método de invariantes
Se da la ecuación de la línea de 2-o orden:
$$3 x^{2} + 4 x y - 2 \sqrt{5} x + 4 \sqrt{5} y - 9 = 0$$
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
$$a_{11} = 3$$
$$a_{12} = 2$$
$$a_{13} = - \sqrt{5}$$
$$a_{22} = 0$$
$$a_{23} = 2 \sqrt{5}$$
$$a_{33} = -9$$
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
$$I_{1} = 3$$
$$I_{3} = \left|\begin{matrix}3 & 2 & - \sqrt{5}\\2 & 0 & 2 \sqrt{5}\\- \sqrt{5} & 2 \sqrt{5} & -9\end{matrix}\right|$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \left|\begin{matrix}3 - \lambda & 2\\2 & - \lambda\end{matrix}\right|$$
$$I_{1} = 3$$
$$I_{2} = -4$$
$$I_{3} = -64$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \lambda^{2} - 3 \lambda - 4$$
$$K_{2} = -52$$
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
$$\lambda^{2} - 3 \lambda - 4 = 0$$
$$\lambda_{1} = 4$$
$$\lambda_{2} = -1$$
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
$$4 \tilde x^{2} - \tilde y^{2} + 16 = 0$$
$$\frac{\tilde x^{2}}{4} - \frac{\tilde y^{2}}{16} = -1$$
- está reducida a la forma canónica
$$3 x^{2} + 4 x y - 2 \sqrt{5} x + 4 \sqrt{5} y - 9 = 0$$
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
$$a_{11} = 3$$
$$a_{12} = 2$$
$$a_{13} = - \sqrt{5}$$
$$a_{22} = 0$$
$$a_{23} = 2 \sqrt{5}$$
$$a_{33} = -9$$
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
$$I_{1} = 3$$
|3 2|
I2 = | |
|2 0|$$I_{3} = \left|\begin{matrix}3 & 2 & - \sqrt{5}\\2 & 0 & 2 \sqrt{5}\\- \sqrt{5} & 2 \sqrt{5} & -9\end{matrix}\right|$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \left|\begin{matrix}3 - \lambda & 2\\2 & - \lambda\end{matrix}\right|$$
| ___| | ___|
| 3 -\/ 5 | | 0 2*\/ 5 |
K2 = | | + | |
| ___ | | ___ |
|-\/ 5 -9 | |2*\/ 5 -9 |$$I_{1} = 3$$
$$I_{2} = -4$$
$$I_{3} = -64$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \lambda^{2} - 3 \lambda - 4$$
$$K_{2} = -52$$
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
$$\lambda^{2} - 3 \lambda - 4 = 0$$
$$\lambda_{1} = 4$$
$$\lambda_{2} = -1$$
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
$$4 \tilde x^{2} - \tilde y^{2} + 16 = 0$$
$$\frac{\tilde x^{2}}{4} - \frac{\tilde y^{2}}{16} = -1$$
- está reducida a la forma canónica