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Forma canónica/ xx+4xy+4yy-20x+10y-50=0

xx+4xy+4yy-20x+10y-50=0 forma canónica

El profesor se sorprenderá mucho al ver tu solución correcta😉

v

Gráfico:

x: [, ]
y: [, ]
z: [, ]

Calidad:

 (Cantidad de puntos en el eje)

Tipo de trazado:

Solución

Ha introducido [src] 
       2             2                   
-50 + x  - 20*x + 4*y  + 10*y + 4*x*y = 0
x2+4xy−20x+4y2+10y−50=0x^{2} + 4 x y - 20 x + 4 y^{2} + 10 y - 50 = 0 
x^2 + 4*x*y - 20*x + 4*y^2 + 10*y - 50 = 0
Solución detallada
Se da la ecuación de la línea de 2-o orden:
x2+4xy−20x+4y2+10y−50=0x^{2} + 4 x y - 20 x + 4 y^{2} + 10 y - 50 = 0
Esta ecuación tiene la forma:
a11x2+2a12xy+2a13x+a22y2+2a23y+a33=0a_{11} x^{2} + 2 a_{12} x y + 2 a_{13} x + a_{22} y^{2} + 2 a_{23} y + a_{33} = 0
donde
a11=1a_{11} = 1
a12=2a_{12} = 2
a13=−10a_{13} = -10
a22=4a_{22} = 4
a23=5a_{23} = 5
a33=−50a_{33} = -50
Calculemos el determinante
Δ=∣a11a12a12a22∣\Delta = \left|\begin{matrix}a_{11} & a_{12}\\a_{12} & a_{22}\end{matrix}\right|
o, sustituimos
Δ=∣1224∣\Delta = \left|\begin{matrix}1 & 2\\2 & 4\end{matrix}\right|
Δ=0\Delta = 0
Como
Δ\Delta
es igual a 0, entonces
Hacemos el giro del sistema de coordenadas obtenido al ángulo de φ
x′=x~cos⁡(ϕ)−y~sin⁡(ϕ)x' = \tilde x \cos{\left(\phi \right)} - \tilde y \sin{\left(\phi \right)}
y′=x~sin⁡(ϕ)+y~cos⁡(ϕ)y' = \tilde x \sin{\left(\phi \right)} + \tilde y \cos{\left(\phi \right)}
φ - se define de la fórmula
cot⁡(2ϕ)=a11−a222a12\cot{\left(2 \phi \right)} = \frac{a_{11} - a_{22}}{2 a_{12}}
sustituimos coeficientes
cot⁡(2ϕ)=−34\cot{\left(2 \phi \right)} = - \frac{3}{4}
entonces
ϕ=−acot⁡(34)2\phi = - \frac{\operatorname{acot}{\left(\frac{3}{4} \right)}}{2}
sin⁡(2ϕ)=−45\sin{\left(2 \phi \right)} = - \frac{4}{5}
cos⁡(2ϕ)=35\cos{\left(2 \phi \right)} = \frac{3}{5}
cos⁡(ϕ)=cos⁡(2ϕ)2+12\cos{\left(\phi \right)} = \sqrt{\frac{\cos{\left(2 \phi \right)}}{2} + \frac{1}{2}}
sin⁡(ϕ)=1−cos⁡2(ϕ)\sin{\left(\phi \right)} = \sqrt{1 - \cos^{2}{\left(\phi \right)}}
cos⁡(ϕ)=255\cos{\left(\phi \right)} = \frac{2 \sqrt{5}}{5}
sin⁡(ϕ)=−55\sin{\left(\phi \right)} = - \frac{\sqrt{5}}{5}
sustituimos coeficientes
x′=25x~5+5y~5x' = \frac{2 \sqrt{5} \tilde x}{5} + \frac{\sqrt{5} \tilde y}{5}
y′=−5x~5+25y~5y' = - \frac{\sqrt{5} \tilde x}{5} + \frac{2 \sqrt{5} \tilde y}{5}
entonces la ecuación se transformará de
x′2+4x′y′−20x′+4y′2+10y′−50=0x'^{2} + 4 x' y' - 20 x' + 4 y'^{2} + 10 y' - 50 = 0
en
4(−5x~5+25y~5)2+4(−5x~5+25y~5)(25x~5+5y~5)+10(−5x~5+25y~5)+(25x~5+5y~5)2−20(25x~5+5y~5)−50=04 \left(- \frac{\sqrt{5} \tilde x}{5} + \frac{2 \sqrt{5} \tilde y}{5}\right)^{2} + 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) + 10 \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)^{2} - 20 \left(\frac{2 \sqrt{5} \tilde x}{5} + \frac{\sqrt{5} \tilde y}{5}\right) - 50 = 0
simplificamos
−105x~+5y~2−50=0- 10 \sqrt{5} \tilde x + 5 \tilde y^{2} - 50 = 0
105x~−5y~2+50=010 \sqrt{5} \tilde x - 5 \tilde y^{2} + 50 = 0
5y~2=105x~+505 \tilde y^{2} = 10 \sqrt{5} \tilde x + 50
y~2=25(x~+5)\tilde y^{2} = 2 \sqrt{5} \left(\tilde x + \sqrt{5}\right)
y~′2=25x~′\tilde y'^{2} = 2 \sqrt{5} \tilde x'
Esta ecuación es una parábola
- está reducida a la forma canónica
Centro de las coordenadas canónicas en Oxy
x0=x~cos⁡(ϕ)−y~sin⁡(ϕ)x_{0} = \tilde x \cos{\left(\phi \right)} - \tilde y \sin{\left(\phi \right)}
y0=x~sin⁡(ϕ)+y~cos⁡(ϕ)y_{0} = \tilde x \sin{\left(\phi \right)} + \tilde y \cos{\left(\phi \right)}
x0=0255+0(−55)x_{0} = 0 \frac{2 \sqrt{5}}{5} + 0 \left(- \frac{\sqrt{5}}{5}\right)
y0=0(−55)+0255y_{0} = 0 \left(- \frac{\sqrt{5}}{5}\right) + 0 \frac{2 \sqrt{5}}{5}
x0=0x_{0} = 0
y0=0y_{0} = 0
Centro de las coordenadas canónicas en el punto O
(0, 0)

Base de las coordenadas canónicas
e⃗1=(255, −55)\vec e_1 = \left( \frac{2 \sqrt{5}}{5}, \ - \frac{\sqrt{5}}{5}\right)
e⃗2=(55, 255)\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:
x2+4xy−20x+4y2+10y−50=0x^{2} + 4 x y - 20 x + 4 y^{2} + 10 y - 50 = 0
Esta ecuación tiene la forma:
a11x2+2a12xy+2a13x+a22y2+2a23y+a33=0a_{11} x^{2} + 2 a_{12} x y + 2 a_{13} x + a_{22} y^{2} + 2 a_{23} y + a_{33} = 0
donde
a11=1a_{11} = 1
a12=2a_{12} = 2
a13=−10a_{13} = -10
a22=4a_{22} = 4
a23=5a_{23} = 5
a33=−50a_{33} = -50
Las invariantes de esta ecuación al transformar las coordenadas son los determinantes:
I1=a11+a22I_{1} = a_{11} + a_{22}
     |a11  a12|
I2 = |        |
     |a12  a22|

I3=∣a11a12a13a12a22a23a13a23a33∣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(λ)=∣a11−λa12a12a22−λ∣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
I1=5I_{1} = 5
     |1  2|
I2 = |    |
     |2  4|

I3=∣12−10245−105−50∣I_{3} = \left|\begin{matrix}1 & 2 & -10\\2 & 4 & 5\\-10 & 5 & -50\end{matrix}\right|
I(λ)=∣1−λ224−λ∣I{\left(\lambda \right)} = \left|\begin{matrix}1 - \lambda & 2\\2 & 4 - \lambda\end{matrix}\right|
     | 1   -10|   |4   5 |
K2 = |        | + |      |
     |-10  -50|   |5  -50|

I1=5I_{1} = 5
I2=0I_{2} = 0
I3=−625I_{3} = -625
I(λ)=λ2−5λI{\left(\lambda \right)} = \lambda^{2} - 5 \lambda
K2=−375K_{2} = -375
Como
I2=0∧I3≠0I_{2} = 0 \wedge I_{3} \neq 0
entonces por razón de tipos de rectas:
esta ecuación tiene el tipo : parábola
I1y~2+2x~−I3I1=0I_{1} \tilde y^{2} + 2 \tilde x \sqrt{- \frac{I_{3}}{I_{1}}} = 0
o
105x~+5y~2=010 \sqrt{5} \tilde x + 5 \tilde y^{2} = 0
y~2=25x~\tilde y^{2} = 2 \sqrt{5} \tilde x
- está reducida a la forma canónica
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