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Geometría Analítica I: Clasificación afín y por semejanzas de curvas cuadráticas

Por Paola Lizeth Rojas Salazar

Introducción

En entradas anteriores, mencionamos la clasificación afín de curvas cuadráticas, en las siguientes líneas, continuaremos con este análisis, convirtiendo los parámetros α,β y γ o a y b que ya vimos anteriormente, en 1 o 1, lo que nos va a permitir concluir con esta clasificación.

Clasificación

Para poder convertir los parámetros a y b de las cónicas y transformarlos en 1 o 1, se debe alargar o encoger en los ejes.

Por ejemplo, para la parábola que está dada por el polinomio P(x,y)=x2+ay con a0, podemos lograr esto si hacemos:

(1)P(x,ya)=x2y

Lo que nos da el polinomio de la parábola canónica.

Observa que, en (1), ya no tenemos los términos a o b con los que escribimos la ecuación de las cónicas en la Unidad 2.

Con lo anterior, puedes darte cuenta de que, para cualquier polinomio en el que los valores estén en la parte lineal, podemos dividir o multiplicar por a o b para hacerlo 1 o 1.

Pero, ¿cómo podemos eliminar estos términos cuando los valores están en la parte cuadrática?

Considerando la matriz de la parte cuadrática que está dada por una matriz de la forma:

(2)BTAB=(a00b)(α00β)(a00b)=(a2α00b2β)

De la matriz anterior, como queremos tener una matriz de la forma:

(3)(±100±1)

Entonces, debemos tomar los valores a=(|α|)1 y b=(|β|)1

Tarea moral

  1. ¿Cuál es la matriz de una homotecia que lleve a la parábola dada por x2+ay con a0, en la canónica dada por x2y?
  2. Del ejercicio anterior, concluye que hay solo una clase de parábolas módulo semejanzas.

Más adelante…

Eso es todo por el momento para la materia de Geometría analítica I, en las siguientes entradas, empezaremos con nuevos temas, correspondientes al curso de Geometría analítica II.

Geometría Analítica I: Clasificación isométrica de curvas cuadráticas

Por Paola Lizeth Rojas Salazar

Introducción

Ya vimos cómo afectan las traslaciones y las transformaciones ortogonales a los polinomios cuadráticos, en esta entrada, usaremos todo lo que hemos aprendido de las entradas anteriores, para dar la clasificación isométrica de las curvas.

Clasificación

Vamos a demostrar, por medio de los siguientes teoremas, que cualquier polinomio cuadrado es isométricamente equivalente a alguna de las nueve posibles familias canónicas que mencionamos en entradas anteriores, cuando clasificamos las curvas.

Debido a que vimos que el polinomio cuadrático P(x)=xAx+2bx+c con A=AT0, lo podemos componer con una isometría de la forma g(x)=Bx+h con BO(2) y obtener una ecuación de la forma:

(4)(Pg)(x)=x(BTAB)x+2BT(Ah+b)x+P(h)

Entonces, observa que el análisis para esta clasificación, puede partirse en dos grandes casos que dependen del determinante de la matriz, es decir, cuando det(A)0 y cuando det(A)=0.

Antes de analizar cada uno de estos casos, veamos un Lema que nos va a ayudar.

Lema 4.14: Si A es una matriz simétrica con valores propios α y β, entonces det(A)=αβ

Demostración

Sea B una rotación que diagonaliza a A, entonces:

(5)αβ=det(α00β)=det(BTAB)

Y recuerda que el determinante es una función lineal, lo que nos permite realizar la siguiente igualdad:

(6)αβ=det(BTAB)=det(BT)det(A)det(B)=1det(A)1=det(A)

Date cuenta que, con las igualdades anteriores, ya podemos dar por concluida la demostración.

Ahora sí podemos analizar cada uno de los casos que mencionamos al inicio.

Caso 1: det(A)0

De aquí, vamos a separar en varios casos, pero empecemos realizando un análisis general. Nombremos como el centro a h=A1b y a B como una rotación que diagonalice a A. Entonces, observa que P es isométricamente equivalente a un polinomio de la siguiente forma:

(7)P1(x,y)=αx2+βy2+γ

A continuación, vamos a encontrar estas equivalencias usando el Lema 4.14.

Caso 1.1 det(A)>0

Hay 3 posibilidades:

  • γ=0, entonces la única solución es (x,y)=(0,0)
  • γ del mismo signo que α y β, entonces la curva es vacía porque no hay soluciones reales.
  • γ de signo opuesto que α y β, entonces, los ceros de P1 coinciden con las soluciones canónicas de la elipse con a=γα,b=γβ dada por:

(8)x2a2+y2b2=1

Caso 1.2 det(A)<0

Hay 2 posibilidades:

  • γ=0, entonces P1 es una diferencia de cuadrados que, como α>0, entonces a=sqrtα,b=β y puede factorizarse como se muestra a continuación. Además, esto implica que se trata de dos rectas cuya intersección es el centro.

(9)(ax+by)(axby)

  • γ0, entonces, podemos elegir el primer vector propio correspondiente a x, de manera que su valor propio α tenga signo contrario a γ, lo que implica que los ceros de P1 corresponden a las soluciones de la ecuación canónica de la hipérbola que tiene a a=γα y b=γβ, cuya ecuación se puede expresar como:

(10)x2a2y2b2=1

Caso 2: det(A)=0

Observa que, en este caso, no tenemos la seguridad de eliminar la parte lineal y que nos conviene simplificar la parte cuadrática. Por el Lema 4.14, uno de los valores propios es cero y el otro es distinto de cero.

Entonces, P es isométricamente equivalente a un polinomio de la forma:

(11)(x+α)2+βy+(γα2)

Comprueba que, si hacemos el cambio de variable dado por x=x+α, podemos simplificar el polinomio anterior como:

(12)P2(x,y)=x2+ay+b

Y de nuevo tenemos dos subcasos.

Caso 2.1 a=0

  • b<0, entonces, P2 define dos rectas paralelas.
  • b=0, entonces P2 es una recta doble.
  • b>0, entonces P2 consiste en dos rectas imaginarias.

Caso 2.2 a0

SI hacemos el cambio de variable y=y+ba, tenemos que P es isométricamente equivalente al polinomio:

(13)x2+ay

Que define una parábola.

Tarea moral

  1. Encuentra un polinomio que defina las siguientes curvas cuadráticas:
    • La hipérbola con semieje principal 4 en la dirección (2,1), semieje secundario 1 y centro en (2,3).
    • La elipse con semieje mayor 3 en la dirección (3,4), semieje menor 2 y centro en (1,2).
  2. Describe geométricamente las siguientes curvas cuadráticas que están definidas por los siguientes polinomios, además, da su centro la dirección de los ejes y los parámetros o la ecuación canónica correspondiente:
    • 9x24xy+6y258x+24y+59
    • 66x224xy+59y2108x94y+1
    • 7x2+48xy+7y2+158x6y88
    • 32x2+48xy+18y2+31x8y88

Más adelante…

En la última sección de esta unidad, veremos otra forma de clasificar las curvas, que es mediante la semejanza de curvas cuadráticas.

Geometría Analítica I: Diagonalización ortogonal de matrices simétricas

Por Paola Lizeth Rojas Salazar

Introducción

Anteriormente, estudiamos los vectores y valores propios de las matrices simétricas, en esta entrada vamos a usar que ya sabemos muchas cosas sobre el comportamiento respecto al producto interior, para hablar sobre la diagonalización ortogonal de matrices simétricas, cuyo procedimiento inicia resolviendo su polinomio característico.

Teoremas importantes

Antes de ver el proceso para la diagonalización ortogonal de matrices simétricas, vamos a enunciar un lema y un teorema que van a justificar la «receta» a seguir para esta diagonalización.

Lema 4.12: Considera una matriz simétrica A. Si λ1,u y λ2,v, son pares propios de A con λ1λ2, entonces u y v son ortogonales.

Demostración

Sabemos que:

(14)λ1(uv)=(λ1u)v=Auv=uAv=u(λ2v)=λ2(uv)

Esto implica que (λ1λ2)(uv)=0

Y λ1λ2, entonces uv=0.

Con lo que hemos terminado la demostración.

Teorema 4.13: Considera una matriz simétrica de 2×2, A. Entonces existe una rotación BO(2) tal que BTAB es diagonal de la siguiente forma:

(15)(λ100λ2)

Con λ1 y λ2, los valores propios de A.

Demostración

Por las entradas anteriores, las siguientes implicaciones son ciertas, puedes comprobarlo tú mismo con facilidad.

Como A es simétrica de 2×2, entonces A tiene valores propios λ1,λ2R.

Caso 1 λ1=λ2

Entonces A es diagonal y puede tomarse a B como la matriz identidad que es rotación en O(2).

Caso 2 λ1λ2

Consideramos a u,v, los vectores propios correspondientes a λ1 y λ2. Observa que u es diferente al vector cero.

Sabemos que u y v son ortogonales, entonces v es paralelo a uT que también es vector propio correspondiente a λ2.

Considera B=1|u|(u,uT), donde se puede comprobar fácilmente que B es la matriz de una rotación y que cumple que BTAB es diagonal.

«Receta»

Ingredientes

  1. Una matriz simétrica A=AT de 2×2

Procedimiento

  1. Resolver su polinomio característico con det(AλI).
  2. Encontrar u0 tal que (Aλ1I)u=0.
  3. Declarar B=1|u|(u,uT).
  4. La matriz diagonal, con entradas λ1 y λ2, estará dada por BTAB.

Tarea moral

  1. Termina de escribir la demostración del Teorema 4.13.
  2. Demuestra que, si una matriz A cualquiera, tiene dos valores propios distintos, entonces existe una matriz BGl(2) tal que B1AB es diagonal.
  3. Encuentra la matriz B de una rotación que diagonalice las siguientes matrices simétricas: Además, calcula BTAB:
    • (16)A=(1111)
    • (17)A=(612121)
    • (18)A=(7662)

Más adelante…

Avanza a las siguientes entradas, en las que usaremos estos conocimientos para dar dos nuevas formas de clasificación de las curvas.

Geometría Analítica I: Valores y vectores propios

Por Paola Lizeth Rojas Salazar

Introducción

Mucho hemos hablado, a lo largo de las entradas anteriores, sobre las soluciones de las ecuaciones resultantes de la forma det(AIλ)=0 con A matriz y x vector; sin embargo, aún no nos hemos dedicado a resolver este tipo de ecuaciones. En esta entrada, hablaremos de las soluciones de estas ecuaciones que se llaman valores propios y que tienen un vector propio asociado.

¿Qué son?

Si tienes una matriz cuadrada A, vamos a decir que un vector v es vector propio de A con valor propio λR, si v0 y Av=λv. A la pareja λ,v, la vamos a llamar pareja propia de A y el principal problema de estudio de esta entrada será encontrar a estas parejas.

Implicaciones importantes

Lema 4.7: Si u y v son vectores propios de A con el mismo valor λR, entonces cualquier combinación lineal no trivial de ellos también es vector propio de A.

Demostración

Si tenemos dos parejas de A, u, v que cumplen Au=λu y Av=λv, entonces, para cualquier par de coeficientes α,βR se tiene que, la combinación lineal de u y v con estos vectores, se cumple:

(19)A(αu+βv)=α(Au)+β(Av)=α(λu)+β(λv)=λ(αu+βv)

Lo que significa que, si αu+βv0, entonces es vector propio de A con valor propio λ.

Con lo que hemos terminado la demostración.

El siguiente lema es muy importante para realizar los cálculos.

Lema 4.8: Para cualquier matriz A cuadrada, se cumple: λ es un valor propio de A si y solo si, det(AλI)=0

Demostración

Sabemos que, como λ es valor propio de A, entonces tiene a su vector propio v correspondiente que cumple que: Av=λv.

Avλv=0

(AλI)v=0

Y, como v0, entonces:

det(AλI)=0

Fin de la demostración.

Observa que, con los conocimientos que tenemos hasta el momento, ya puedes demostrar fácilmente el siguiente Lema y Corolario.

Lema 4.9: Si A es una matriz simétrica de 2×2, entonces A tiene dos valores propios λ1 y λ2 en R.

Corolario 4.10: Sea A una matriz simétrica de 2×2, con valores propios λ1 y λ2. Entonces, sus valores propios coinciden (λ1=λ2) si y solo si, A=λ1I. En este caso, cualquier vector v0 es vector propio.

Corolario 4.11: Considera una matriz simétrica A de 2×2. Entonces, existe una base u,vR2, donde u y v son vectores propios de A.

Demostración

Por el Lema 4.9, sabemos que A tiene dos valores propios λ1 y λ2.

Caso 1, λ1=λ2

Por el Corolario 4.10, cualquier base u,vR2 funciona.

Caso 2, λ1λ2

Por la definición de valor propio, existen u,v, vectores distintos de 0 que corresponden a los valores propios λ1 y λ2 respectivamente.

Estos vectores no pueden ser paralelos porque por el Lema 4.8, esto implicaría que λ1=λ2.

Entonces, u y v forman una base de R2.

Terminamos la demostración.

Ejemplo

Calculemos los valores y vectores propios de la siguiente matriz simétrica:

(20)A=(2221)

Valores propios

Recordemos que, para encontrar los valores propios, debemos resolver su polinomio característico que está dado por det(AλI):

(21)det(AλI)=det((2221)(λ00λ))

Si continuamos con el desarrollo de la expresión anterior, comprueba que llegamos al siguiente polinomio característico:

(22)det(AλI)=λ2λ6

Para resolver el polinomio anterior, debemos igualarlo a 0, de donde vamos a obtener que, las raíces del polinomio son: λ1=1+1+242=3 y λ2=152=2

Vectores propios

Para encontrar los vectores propios correspondientes a λ1 y λ2, debemos encontrar una solución no trivial para los sistemas (AλiI)x=0 con i=1,2

Para λ1=3

(23)(A3I)x=(1224)(xy)=(x+2y2x4y)=(00)

De donde obtenemos el siguiente sistema:

(24)x+2y=02x4y=0

Donde, una de sus soluciones no triviales es uT=(2,1)

Para λ2=2

(25)(A(2)I)x=(4221)(xy)=(4x+2y2x+y)=(00)

De donde obtenemos el siguiente sistema:

(26)4x+2y=02x+y=0

Donde, una de sus soluciones no triviales es vT=(1,2)

Observa que estos vectores u y v son ortogonales, ¿será coincidencia? Lo veremos más adelante.

Tarea moral

  1. Comprueba que, para los vectores propios obtenidos en los sistemas de ecuaciones (6) y (7), se cumple que Au=3u y que Av=2v.
  2. Demuestra, con un argumento algebraico y uno geométrico, que la matriz (27)(0110) no tiene vectores propios.
  3. Demuestra que la matriz (28)(abba) no tiene vectores propios para b0.
  4. Usa el Lema 4.9 para demostrar el Corolario 4.10.
  5. Demuestra el Lema 4.9. Hint: usa que, al ser A matriz simétrica, entonces A=AT, después, expresa a A de la siguiente forma y desarrolla:

(29)A=(abbc)

Más adelante…

En la siguiente entrada, concluiremos nuestro estudio de los valores y vectores propios, analizando la diagonalización ortogonal de matrices simétricas.

Geometría Analítica I: Encontrar el centro y los ejes de una cónica

Por Paola Lizeth Rojas Salazar

Introducción

En esta entrada, continuaremos con el estudio de las cónicas, pero en esta ocasión, vamos a encontrar su centro y ejes, a partir de dos grupos de isometrías que ya son familiares para nosotros, las rotaciones y traslaciones y usando otro tema que ya ha sido estudiado con anterioridad, la equivalencia de polinomios y reducción de términos lineales y cuadráticos.

Encontrando el centro de las traslaciones

Para cualquier vector hR2, consideremos la traslación g(x)=x+h y veamos cómo se escribe el polinomio Pg con P(x)=xAx+kx+f:

(30)(Pg)(x)=P(x+h)=(x+h)A(x+h)+k(x+h)+f

Factorizando y desarrollando un poco la expresión anterior, obtenemos:

(31)(Pg)(x)=xAx+xAh+hAx+kx+(hAh+kh+f)

Donde hAh+kh+f=P(h)

Lo que nos lleva, finalmente, a:

(32)(Pg)(x)=xAx+xAh+hAx+kx+P(h)

La pregunta ahora es, ¿hay una forma de encontrar el centro de la traslación g a partir de esta expresión? Lo que, por muy extraño que parezca, es cierto, pero, ¿cómo?

Enunciemos unos lemas que nos ayudarán a encontrar la respuesta a la pregunta anterior.

Lema 4.4: Dadas A y B dos matrices que se puedan multiplicar, se cumple que (AB)T=BTAT

Lema 4.5: Si tenemos una matriz simétrica A (recordemos que una matriz A es simétrica si A=AT), entonces, para todo par de vectores x,y en R, se cumple que xAy=Axy

Demostración

Sean x,y vectores, recordemos que x=xT y que y=yT, por esto y el lema anterior, tenemos que:

(33)xAy=xTAy=(xTAy)T=(Ay)T(xT)T=yTATx=yAx=Axy

Ahora sí podemos encontrar el centro de la traslación considerando:

(34)(Pg)(x)=xAx+xAh+hAx+kx+P(h)

Ya que, considerando el lema anterior, podemos simplificar (Pg)(x) de la siguiente manera:

(35)(Pg)(x)=xAx+xAh+hAx+kx+P(h)=2(Ahx)+kx+P(h)

Y, finalmente:

(36)(Pg)(x)=(2Ah+k)x+P(h)

Donde (2Ah+k)x es la parte lineal de esta composición por lo que, si podemos encontrar una hR2 que cumpla que 2Ah+k=0, entonces habremos encontrado una traslación que no contenga la parte lineal del polinomio. Si esta h existe, es el centro de la traslación (en el caso de este capítulo, estaremos hablando de traslaciones de cónicas).

Lo anterior lo podemos resumir en el siguiente lema:

Lema 4.6: Sea P(x)=xAx+kx+f un polinomio cuadrático (es decir que A=AT) tal que det(A)0. Si definimos c:=A1k, c es el centro de la curva asociada al polinomio P, C(P) donde:

(37)P(x+c)=xAx+P(c)

Como buena conclusión de este apartado, observa que las traslaciones afectan la parte lineal de los polinomios cuadráticos.

Encontrando los ejes de las rotaciones

Ahora considera la rotación g(x)=Bx con B en el general lineal de R2, es decir, BGl(2) y P el polinomio cuadrático general. Entonces:

(38)(Pg)(x)=P(Bx)=(Bx)A(Bx)+k(Bx)+f

Si desarrollamos y simplificamos esta expresión, obtenemos:

(39)(Pg)(x)=x(BTAB)x+(BTk)x+f

La pregunta en este caso es, ¿existe una forma de encontrar los ejes de la rotación a partir de esta expresión? La respuesta es sí.

A diferencia de las traslaciones, en las que se afectaba la parte lineal, para las rotaciones nos vamos a enfocar en la parte cuadrática. Debemos encontrar una manera de simplificar la expresión BTAB.

Considera a B como matriz ortogonal (BO(2)), esto implica que BTAB=B1AB que es la matriz que expresa la función A en la base de las columnas de B.

Finalmente, toma a u,v columnas de B que forman una base ortonormal y que A alarga estas columnas en factores λ,μ, es decir, que Au=λu y Av=μv. Entonces, las siguientes igualdades se cumplen:

(40)A=(λ00μ)

(41)BTAB=(u,v)TA(u,v)=(uTAuuTAvvTAuvTAv)

Si desarrollamos esta última igualdad, obtenemos:

(42)BTAB=(λ00μ)

Si encontramos una matriz B que cumpla (3), podemos eliminar el término mixto del polinomio P y acercarnos a los polinomios canónicos.

Tarea moral

  1. Demuestra el Lema 4.4.
  2. Demuestra que, para A,B,C matrices que se pueden multiplicar, se tiene que: (ABC)T=CTBTAT
  3. Encuentra el centro, si es que tienen, de las curvas asociadas a los siguientes polinomios:
    • xy3x2y2,
    • x2+2y26x+4y+3
    • 9x24xy+6y258x+24y+59

Más adelante…

Continuaremos con el estudio de la equivalencia y reducción de polinomios, con valores y vectores propios.