Sr Examen
3x^2-13y^2+12xy-10sqrt(10)y+5 forma canónica
El profesor se sorprenderá mucho al ver tu solución correcta😉
Solución
Ha introducido
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2 2 ____ 5 - 13*y + 3*x - 10*y*\/ 10 + 12*x*y = 0
$$3 x^{2} + 12 x y - 13 y^{2} - 10 \sqrt{10} y + 5 = 0$$
3*x^2 + 12*x*y - 13*y^2 - 10*sqrt(10)*y + 5 = 0
Solución detallada
Se da la ecuación de la línea de 2-o orden:
$$3 x^{2} + 12 x y - 13 y^{2} - 10 \sqrt{10} y + 5 = 0$$
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
$$a_{11} = 3$$
$$a_{12} = 6$$
$$a_{13} = 0$$
$$a_{22} = -13$$
$$a_{23} = - 5 \sqrt{10}$$
$$a_{33} = 5$$
Calculemos el determinante
$$\Delta = \left|\begin{matrix}a_{11} & a_{12}\\a_{12} & a_{22}\end{matrix}\right|$$
o, sustituimos
$$\Delta = \left|\begin{matrix}3 & 6\\6 & -13\end{matrix}\right|$$
$$\Delta = -75$$
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
$$3 x_{0} + 6 y_{0} = 0$$
$$6 x_{0} - 13 y_{0} - 5 \sqrt{10} = 0$$
entonces
$$x_{0} = \frac{2 \sqrt{10}}{5}$$
$$y_{0} = - \frac{\sqrt{10}}{5}$$
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
$$a'_{33} = - 5 \sqrt{10} y_{0} + 5$$
$$a'_{33} = 15$$
entonces la ecuación se transformará en
$$3 x'^{2} + 12 x' y' - 13 y'^{2} + 15 = 0$$
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
$$\cot{\left(2 \phi \right)} = \frac{4}{3}$$
entonces
$$\phi = \frac{\operatorname{acot}{\left(\frac{4}{3} \right)}}{2}$$
$$\sin{\left(2 \phi \right)} = \frac{3}{5}$$
$$\cos{\left(2 \phi \right)} = \frac{4}{5}$$
$$\cos{\left(\phi \right)} = \sqrt{\frac{\cos{\left(2 \phi \right)}}{2} + \frac{1}{2}}$$
$$\sin{\left(\phi \right)} = \sqrt{1 - \cos^{2}{\left(\phi \right)}}$$
$$\cos{\left(\phi \right)} = \frac{3 \sqrt{10}}{10}$$
$$\sin{\left(\phi \right)} = \frac{\sqrt{10}}{10}$$
sustituimos coeficientes
$$x' = \frac{3 \sqrt{10} \tilde x}{10} - \frac{\sqrt{10} \tilde y}{10}$$
$$y' = \frac{\sqrt{10} \tilde x}{10} + \frac{3 \sqrt{10} \tilde y}{10}$$
entonces la ecuación se transformará de
$$3 x'^{2} + 12 x' y' - 13 y'^{2} + 15 = 0$$
en
$$- 13 \left(\frac{\sqrt{10} \tilde x}{10} + \frac{3 \sqrt{10} \tilde y}{10}\right)^{2} + 12 \left(\frac{\sqrt{10} \tilde x}{10} + \frac{3 \sqrt{10} \tilde y}{10}\right) \left(\frac{3 \sqrt{10} \tilde x}{10} - \frac{\sqrt{10} \tilde y}{10}\right) + 3 \left(\frac{3 \sqrt{10} \tilde x}{10} - \frac{\sqrt{10} \tilde y}{10}\right)^{2} + 15 = 0$$
simplificamos
$$5 \tilde x^{2} - 15 \tilde y^{2} + 15 = 0$$
Esta ecuación es una hipérbola
$$\frac{\tilde x^{2}}{3} - \frac{\tilde y^{2}}{1} = -1$$
- está reducida a la forma canónica
Centro de las coordenadas canónicas en el punto O
Base de las coordenadas canónicas
$$\vec e_1 = \left( \frac{3 \sqrt{10}}{10}, \ \frac{\sqrt{10}}{10}\right)$$
$$\vec e_2 = \left( - \frac{\sqrt{10}}{10}, \ \frac{3 \sqrt{10}}{10}\right)$$
$$3 x^{2} + 12 x y - 13 y^{2} - 10 \sqrt{10} y + 5 = 0$$
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
$$a_{11} = 3$$
$$a_{12} = 6$$
$$a_{13} = 0$$
$$a_{22} = -13$$
$$a_{23} = - 5 \sqrt{10}$$
$$a_{33} = 5$$
Calculemos el determinante
$$\Delta = \left|\begin{matrix}a_{11} & a_{12}\\a_{12} & a_{22}\end{matrix}\right|$$
o, sustituimos
$$\Delta = \left|\begin{matrix}3 & 6\\6 & -13\end{matrix}\right|$$
$$\Delta = -75$$
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
$$3 x_{0} + 6 y_{0} = 0$$
$$6 x_{0} - 13 y_{0} - 5 \sqrt{10} = 0$$
entonces
$$x_{0} = \frac{2 \sqrt{10}}{5}$$
$$y_{0} = - \frac{\sqrt{10}}{5}$$
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
$$a'_{33} = - 5 \sqrt{10} y_{0} + 5$$
$$a'_{33} = 15$$
entonces la ecuación se transformará en
$$3 x'^{2} + 12 x' y' - 13 y'^{2} + 15 = 0$$
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
$$\cot{\left(2 \phi \right)} = \frac{4}{3}$$
entonces
$$\phi = \frac{\operatorname{acot}{\left(\frac{4}{3} \right)}}{2}$$
$$\sin{\left(2 \phi \right)} = \frac{3}{5}$$
$$\cos{\left(2 \phi \right)} = \frac{4}{5}$$
$$\cos{\left(\phi \right)} = \sqrt{\frac{\cos{\left(2 \phi \right)}}{2} + \frac{1}{2}}$$
$$\sin{\left(\phi \right)} = \sqrt{1 - \cos^{2}{\left(\phi \right)}}$$
$$\cos{\left(\phi \right)} = \frac{3 \sqrt{10}}{10}$$
$$\sin{\left(\phi \right)} = \frac{\sqrt{10}}{10}$$
sustituimos coeficientes
$$x' = \frac{3 \sqrt{10} \tilde x}{10} - \frac{\sqrt{10} \tilde y}{10}$$
$$y' = \frac{\sqrt{10} \tilde x}{10} + \frac{3 \sqrt{10} \tilde y}{10}$$
entonces la ecuación se transformará de
$$3 x'^{2} + 12 x' y' - 13 y'^{2} + 15 = 0$$
en
$$- 13 \left(\frac{\sqrt{10} \tilde x}{10} + \frac{3 \sqrt{10} \tilde y}{10}\right)^{2} + 12 \left(\frac{\sqrt{10} \tilde x}{10} + \frac{3 \sqrt{10} \tilde y}{10}\right) \left(\frac{3 \sqrt{10} \tilde x}{10} - \frac{\sqrt{10} \tilde y}{10}\right) + 3 \left(\frac{3 \sqrt{10} \tilde x}{10} - \frac{\sqrt{10} \tilde y}{10}\right)^{2} + 15 = 0$$
simplificamos
$$5 \tilde x^{2} - 15 \tilde y^{2} + 15 = 0$$
Esta ecuación es una hipérbola
$$\frac{\tilde x^{2}}{3} - \frac{\tilde y^{2}}{1} = -1$$
- está reducida a la forma canónica
Centro de las coordenadas canónicas en el punto O
____ ____
2*\/ 10 -\/ 10
(--------, --------)
5 5 Base de las coordenadas canónicas
$$\vec e_1 = \left( \frac{3 \sqrt{10}}{10}, \ \frac{\sqrt{10}}{10}\right)$$
$$\vec e_2 = \left( - \frac{\sqrt{10}}{10}, \ \frac{3 \sqrt{10}}{10}\right)$$
Método de invariantes
Se da la ecuación de la línea de 2-o orden:
$$3 x^{2} + 12 x y - 13 y^{2} - 10 \sqrt{10} y + 5 = 0$$
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
$$a_{11} = 3$$
$$a_{12} = 6$$
$$a_{13} = 0$$
$$a_{22} = -13$$
$$a_{23} = - 5 \sqrt{10}$$
$$a_{33} = 5$$
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
$$I_{1} = -10$$
$$I_{3} = \left|\begin{matrix}3 & 6 & 0\\6 & -13 & - 5 \sqrt{10}\\0 & - 5 \sqrt{10} & 5\end{matrix}\right|$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \left|\begin{matrix}3 - \lambda & 6\\6 & - \lambda - 13\end{matrix}\right|$$
$$I_{1} = -10$$
$$I_{2} = -75$$
$$I_{3} = -1125$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \lambda^{2} + 10 \lambda - 75$$
$$K_{2} = -300$$
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
$$\lambda^{2} + 10 \lambda - 75 = 0$$
$$\lambda_{1} = 5$$
$$\lambda_{2} = -15$$
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
$$5 \tilde x^{2} - 15 \tilde y^{2} + 15 = 0$$
$$\frac{\tilde x^{2}}{3} - \frac{\tilde y^{2}}{1} = -1$$
- está reducida a la forma canónica
$$3 x^{2} + 12 x y - 13 y^{2} - 10 \sqrt{10} y + 5 = 0$$
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
$$a_{11} = 3$$
$$a_{12} = 6$$
$$a_{13} = 0$$
$$a_{22} = -13$$
$$a_{23} = - 5 \sqrt{10}$$
$$a_{33} = 5$$
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
$$I_{1} = -10$$
|3 6 |
I2 = | |
|6 -13|$$I_{3} = \left|\begin{matrix}3 & 6 & 0\\6 & -13 & - 5 \sqrt{10}\\0 & - 5 \sqrt{10} & 5\end{matrix}\right|$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \left|\begin{matrix}3 - \lambda & 6\\6 & - \lambda - 13\end{matrix}\right|$$
| ____|
|3 0| | -13 -5*\/ 10 |
K2 = | | + | |
|0 5| | ____ |
|-5*\/ 10 5 |$$I_{1} = -10$$
$$I_{2} = -75$$
$$I_{3} = -1125$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \lambda^{2} + 10 \lambda - 75$$
$$K_{2} = -300$$
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
$$\lambda^{2} + 10 \lambda - 75 = 0$$
$$\lambda_{1} = 5$$
$$\lambda_{2} = -15$$
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
$$5 \tilde x^{2} - 15 \tilde y^{2} + 15 = 0$$
$$\frac{\tilde x^{2}}{3} - \frac{\tilde y^{2}}{1} = -1$$
- está reducida a la forma canónica