Sr Examen
x^2-4y^2+6x+8y-11=0 forma canónica
El profesor se sorprenderá mucho al ver tu solución correcta😉
Solución
Ha introducido
[src]
2 2 -11 + x - 4*y + 6*x + 8*y = 0
$$x^{2} + 6 x - 4 y^{2} + 8 y - 11 = 0$$
x^2 + 6*x - 4*y^2 + 8*y - 11 = 0
Solución detallada
Se da la ecuación de la línea de 2-o orden:
$$x^{2} + 6 x - 4 y^{2} + 8 y - 11 = 0$$
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
$$a_{11} = 1$$
$$a_{12} = 0$$
$$a_{13} = 3$$
$$a_{22} = -4$$
$$a_{23} = 4$$
$$a_{33} = -11$$
Calculemos el determinante
$$\Delta = \left|\begin{matrix}a_{11} & a_{12}\\a_{12} & a_{22}\end{matrix}\right|$$
o, sustituimos
$$\Delta = \left|\begin{matrix}1 & 0\\0 & -4\end{matrix}\right|$$
$$\Delta = -4$$
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
$$x_{0} + 3 = 0$$
$$4 - 4 y_{0} = 0$$
entonces
$$x_{0} = -3$$
$$y_{0} = 1$$
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
$$a'_{33} = 3 x_{0} + 4 y_{0} - 11$$
$$a'_{33} = -16$$
entonces la ecuación se transformará en
$$x'^{2} - 4 y'^{2} - 16 = 0$$
Esta ecuación es una hipérbola
$$\frac{\tilde x^{2}}{16} - \frac{\tilde y^{2}}{4} = 1$$
- está reducida a la forma canónica
Centro de las coordenadas canónicas en el punto O
Base de las coordenadas canónicas
$$\vec e_1 = \left( 1, \ 0\right)$$
$$\vec e_2 = \left( 0, \ 1\right)$$
$$x^{2} + 6 x - 4 y^{2} + 8 y - 11 = 0$$
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
$$a_{11} = 1$$
$$a_{12} = 0$$
$$a_{13} = 3$$
$$a_{22} = -4$$
$$a_{23} = 4$$
$$a_{33} = -11$$
Calculemos el determinante
$$\Delta = \left|\begin{matrix}a_{11} & a_{12}\\a_{12} & a_{22}\end{matrix}\right|$$
o, sustituimos
$$\Delta = \left|\begin{matrix}1 & 0\\0 & -4\end{matrix}\right|$$
$$\Delta = -4$$
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
$$x_{0} + 3 = 0$$
$$4 - 4 y_{0} = 0$$
entonces
$$x_{0} = -3$$
$$y_{0} = 1$$
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
$$a'_{33} = 3 x_{0} + 4 y_{0} - 11$$
$$a'_{33} = -16$$
entonces la ecuación se transformará en
$$x'^{2} - 4 y'^{2} - 16 = 0$$
Esta ecuación es una hipérbola
$$\frac{\tilde x^{2}}{16} - \frac{\tilde y^{2}}{4} = 1$$
- está reducida a la forma canónica
Centro de las coordenadas canónicas en el punto O
(-3, 1)
Base de las coordenadas canónicas
$$\vec e_1 = \left( 1, \ 0\right)$$
$$\vec e_2 = \left( 0, \ 1\right)$$
Método de invariantes
Se da la ecuación de la línea de 2-o orden:
$$x^{2} + 6 x - 4 y^{2} + 8 y - 11 = 0$$
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
$$a_{11} = 1$$
$$a_{12} = 0$$
$$a_{13} = 3$$
$$a_{22} = -4$$
$$a_{23} = 4$$
$$a_{33} = -11$$
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
$$I_{1} = -3$$
$$I_{3} = \left|\begin{matrix}1 & 0 & 3\\0 & -4 & 4\\3 & 4 & -11\end{matrix}\right|$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \left|\begin{matrix}1 - \lambda & 0\\0 & - \lambda - 4\end{matrix}\right|$$
$$I_{1} = -3$$
$$I_{2} = -4$$
$$I_{3} = 64$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \lambda^{2} + 3 \lambda - 4$$
$$K_{2} = 8$$
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
$$\lambda^{2} + 3 \lambda - 4 = 0$$
$$\lambda_{1} = 1$$
$$\lambda_{2} = -4$$
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
$$\tilde x^{2} - 4 \tilde y^{2} - 16 = 0$$
$$\frac{\tilde x^{2}}{16} - \frac{\tilde y^{2}}{4} = 1$$
- está reducida a la forma canónica
$$x^{2} + 6 x - 4 y^{2} + 8 y - 11 = 0$$
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
$$a_{11} = 1$$
$$a_{12} = 0$$
$$a_{13} = 3$$
$$a_{22} = -4$$
$$a_{23} = 4$$
$$a_{33} = -11$$
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
$$I_{1} = -3$$
|1 0 |
I2 = | |
|0 -4|$$I_{3} = \left|\begin{matrix}1 & 0 & 3\\0 & -4 & 4\\3 & 4 & -11\end{matrix}\right|$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \left|\begin{matrix}1 - \lambda & 0\\0 & - \lambda - 4\end{matrix}\right|$$
|1 3 | |-4 4 |
K2 = | | + | |
|3 -11| |4 -11|$$I_{1} = -3$$
$$I_{2} = -4$$
$$I_{3} = 64$$
$$I{\left(\lambda \right)} = \lambda^{2} + 3 \lambda - 4$$
$$K_{2} = 8$$
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
$$\lambda^{2} + 3 \lambda - 4 = 0$$
$$\lambda_{1} = 1$$
$$\lambda_{2} = -4$$
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
$$\tilde x^{2} - 4 \tilde y^{2} - 16 = 0$$
$$\frac{\tilde x^{2}}{16} - \frac{\tilde y^{2}}{4} = 1$$
- está reducida a la forma canónica