Archivo del Autor: Paola Lizeth Rojas Salazar

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

Introducción

En entradas anteriores, mencionamos la clasificación afín de curvas cuadráticas, en las siguientes líneas, continuaremos con este análisis, convirtiendo los parámetros $\alpha, \beta$ y $\gamma$ 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 $P(x,y)=x^2+ay$ con $a\neq 0$, podemos lograr esto si hacemos:

\begin{equation}P\left(x, -\frac{y}{a}\right)=x^2-y\end{equation}

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:

\begin{equation} B^TAB=\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & b \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \beta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & b \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a^2 \alpha & 0 \\ 0 & b^2 \beta \end{pmatrix}\end{equation}

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

\begin{equation}\begin{pmatrix} \pm 1& 0 \\ 0 & \pm 1 \end{pmatrix}\end{equation}

Entonces, debemos tomar los valores $a=\left(\sqrt{|\alpha|} \right)^{-1}$ y $b=\left(\sqrt{|\beta|} \right)^{-1}$

Tarea moral

  1. ¿Cuál es la matriz de una homotecia que lleve a la parábola dada por $x^2+ay$ con $a\neq 0$, en la canónica dada por $x^2-y$?
  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

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 $P(x)=x*Ax+2b*x+c$ con $A=A^T\neq 0$, lo podemos componer con una isometría de la forma $g(x)=Bx+h$ con $B\in O(2)$ y obtener una ecuación de la forma:

\begin{equation}(P\circ g)(x)=x*(B^TAB)x+2B^T(Ah+b)*x+P(h)\end{equation}

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

Demostración

Sea $B$ una rotación que diagonaliza a $A$, entonces:

\begin{equation} \alpha \beta=det\begin{pmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \beta \end{pmatrix}=det(B^TAB)\end{equation}

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

\begin{equation} \alpha \beta=det(B^TAB)=det(B^T)det(A)det(B)=1*det(A)*1=det(A)\end{equation}

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: $det(A)\neq 0$

De aquí, vamos a separar en varios casos, pero empecemos realizando un análisis general. Nombremos como el centro a $h=-A^{-1}b$ y a $B$ como una rotación que diagonalice a $A$. Entonces, observa que $P$ es isométricamente equivalente a un polinomio de la siguiente forma:

\begin{equation} P_1(x,y)=\alpha x^2+\beta y^2+\gamma\end{equation}

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

Caso 1.1 $det(A)>0$

Hay $3$ posibilidades:

  • $\gamma =0$, entonces la única solución es $(x,y)=(0,0)$
  • $\gamma$ del mismo signo que $\alpha$ y $\beta$, entonces la curva es vacía porque no hay soluciones reales.
  • $\gamma$ de signo opuesto que $\alpha$ y $\beta$, entonces, los ceros de $P_1$ coinciden con las soluciones canónicas de la elipse con $a=\sqrt{\frac{-\gamma}{\alpha}}, b=\sqrt{\frac{-\gamma}{\beta}}$ dada por:

\begin{equation}\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\end{equation}

Caso 1.2 $det(A)<0$

Hay $2$ posibilidades:

  • $\gamma=0$, entonces $P_1$ es una diferencia de cuadrados que, como $\alpha>0$, entonces $a=sqrt{\alpha}, b=\sqrt{-\beta}$ y puede factorizarse como se muestra a continuación. Además, esto implica que se trata de dos rectas cuya intersección es el centro.

\begin{equation}(ax+by)(ax-by)\end{equation}

  • $\gamma\neq 0$, entonces, podemos elegir el primer vector propio correspondiente a $x$, de manera que su valor propio $\alpha$ tenga signo contrario a $\gamma$, lo que implica que los ceros de $P_1$ corresponden a las soluciones de la ecuación canónica de la hipérbola que tiene a $a=\sqrt{-\frac{\gamma}{\alpha}}$ y $b=\sqrt{\frac{\gamma}{\beta}}$, cuya ecuación se puede expresar como:

\begin{equation}\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\end{equation}

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:

\begin{equation}(x+\alpha )^2+\beta y+(\gamma – \alpha^2)\end{equation}

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

\begin{equation}P_2(x,y)=x^2+ay+b\end{equation}

Y de nuevo tenemos dos subcasos.

Caso 2.1 $a=0$

  • $b<0$, entonces, $P_2$ define dos rectas paralelas.
  • $b=0$, entonces $P_2$ es una recta doble.
  • $b>0$, entonces $P_2$ consiste en dos rectas imaginarias.

Caso 2.2 $a\neq 0$

SI hacemos el cambio de variable $y’=y+\frac{b}{a}$, tenemos que $P$ es isométricamente equivalente al polinomio:

\begin{equation}x^2+ay\end{equation}

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:
    • $9x^2-4xy+6y^2-58x+24y+59$
    • $66x^2-24xy+59y^2-108x-94y+1$
    • $-7x^2+48xy+7y^2+158x-6y-88$
    • $32x^2+48xy+18y^2+31x-8y-88$

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

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 $\lambda_1, u$ y $\lambda_2, v$, son pares propios de $A$ con $\lambda_1\neq \lambda_2$, entonces $u$ y $v$ son ortogonales.

Demostración

Sabemos que:

\begin{equation} \lambda_1(u\cdot v)=(\lambda_1u)\cdot v= Au\cdot v=u\cdot Av=u\cdot(\lambda_2 v)=\lambda_2(u\cdot v)\end{equation}

Esto implica que $(\lambda_1 – \lambda_2)(u\cdot v)=0$

Y $\lambda_1\neq \lambda_2$, entonces $u\cdot v$=0.

Con lo que hemos terminado la demostración.

Teorema 4.13: Considera una matriz simétrica de $2×2$, $A$. Entonces existe una rotación $B\in O(2)$ tal que $B^TAB$ es diagonal de la siguiente forma:

\begin{equation}\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2\end{pmatrix}\end{equation}

Con $\lambda_1$ y $\lambda_2$, 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 $\lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb R$.

Caso 1 $\lambda_1=\lambda_2$

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

Caso 2 $\lambda_1\neq \lambda_2$

Consideramos a $u, v$, los vectores propios correspondientes a $\lambda_1$ y $\lambda_2$. Observa que $u$ es diferente al vector cero.

Sabemos que $u$ y $v$ son ortogonales, entonces $v$ es paralelo a $u^T$ que también es vector propio correspondiente a $\lambda_2$.

Considera $B=\frac{1}{|u|} (u, u^T)$, donde se puede comprobar fácilmente que $B$ es la matriz de una rotación y que cumple que $B^TAB$ es diagonal.

«Receta»

Ingredientes

  1. Una matriz simétrica $A=A^T$ de $2×2$

Procedimiento

  1. Resolver su polinomio característico con $det(A-\lambda I)$.
  2. Encontrar $u\neq 0$ tal que $(A-\lambda_1 I)u=0$.
  3. Declarar $B=\frac{1}{|u|} (u, u^T)$.
  4. La matriz diagonal, con entradas $\lambda_1$ y $\lambda_2$, estará dada por $B^TAB$.

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 $B\in Gl(2)$ tal que $B^{-1}AB$ es diagonal.
  3. Encuentra la matriz $B$ de una rotación que diagonalice las siguientes matrices simétricas: Además, calcula $B^TAB$:
    • \begin{equation}A=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\end{equation}
    • \begin{equation}A=\begin{pmatrix} -6 & 12 \\ 12 & 1 \end{pmatrix}\end{equation}
    • \begin{equation}A=\begin{pmatrix} -7 & -6 \\ -6 & 2 \end{pmatrix}\end{equation}

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

Introducción

Mucho hemos hablado, a lo largo de las entradas anteriores, sobre las soluciones de las ecuaciones resultantes de la forma $det(A-I\lambda)=0$ 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 $\lambda \in \mathbb R$, si $v\neq 0$ y $Av=\lambda v$. A la pareja $\lambda , v$, 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 $\lambda \in \mathbb R$, 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 $Au=\lambda u$ y $Av=\lambda v$, entonces, para cualquier par de coeficientes $\alpha, \beta \in \mathbb R$ se tiene que, la combinación lineal de $u$ y $v$ con estos vectores, se cumple:

\begin{equation} A(\alpha u+\beta v)=\alpha (Au)+ \beta(Av)=\alpha (\lambda u)+\beta (\lambda v)=\lambda (\alpha u+\beta v)\end{equation}

Lo que significa que, si $\alpha u+ \beta v\neq 0$, entonces es vector propio de $A$ con valor propio $\lambda$.

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: $\lambda$ es un valor propio de $A$ si y solo si, $det(A-\lambda I)=0$

Demostración

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

$\Longleftrightarrow Av-\lambda v=0$

$\Longleftrightarrow (A-\lambda I)v=0$

Y, como $v\neq 0$, entonces:

$\Longleftrightarrow det(A-\lambda I)=0$

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 $\lambda_1$ y $\lambda_2$ en $\mathbb R$.

Corolario 4.10: Sea $A$ una matriz simétrica de $2×2$, con valores propios $\lambda_1$ y $\lambda_2$. Entonces, sus valores propios coinciden ($\lambda_1 =\lambda_2$) si y solo si, $A= \lambda_1 I$. En este caso, cualquier vector $v\neq 0$ es vector propio.

Corolario 4.11: Considera una matriz simétrica $A$ de $2×2$. Entonces, existe una base $u, v \in \mathbb R^2$, donde $u$ y $v$ son vectores propios de $A$.

Demostración

Por el Lema 4.9, sabemos que $A$ tiene dos valores propios $\lambda_1$ y $\lambda_2$.

Caso 1, $\lambda_1=\lambda_2$

Por el Corolario 4.10, cualquier base $u,v \in \mathbb R^2$ funciona.

Caso 2, $\lambda_1\neq \lambda_2$

Por la definición de valor propio, existen $u,v$, vectores distintos de $0$ que corresponden a los valores propios $\lambda_1$ y $\lambda_2$ respectivamente.

Estos vectores no pueden ser paralelos porque por el Lema 4.8, esto implicaría que $\lambda_1=\lambda_2$.

Entonces, $u$ y $v$ forman una base de $\mathbb R^2$.

Terminamos la demostración.

Ejemplo

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

\begin{equation}A=\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & -1\end{pmatrix}\end{equation}

Valores propios

Recordemos que, para encontrar los valores propios, debemos resolver su polinomio característico que está dado por $det(A-\lambda I)$:

\begin{equation}det(A-\lambda I)=det\left(\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & -1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix} \lambda & 0\\ 0 & \lambda\end{pmatrix}\right)\end{equation}

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

\begin{equation}det(A-\lambda I)= \lambda^2-\lambda -6\end{equation}

Para resolver el polinomio anterior, debemos igualarlo a $0$, de donde vamos a obtener que, las raíces del polinomio son: $\lambda_1=\frac{1+\sqrt{1+24}}{2}=3$ y $\lambda_2=\frac{1-5}{2}=-2$

Vectores propios

Para encontrar los vectores propios correspondientes a $\lambda_1$ y $\lambda_2$, debemos encontrar una solución no trivial para los sistemas $(A-\lambda_i I)x=0$ con $i=1,2$

Para $\lambda_1=3$

\begin{equation}(A-3I)x=\begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 2 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -x+2y\\ 2x-4y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0\end{pmatrix}\end{equation}

De donde obtenemos el siguiente sistema:

\begin{equation}\begin{matrix}-x+2y=0\\2x-4y=0\end{matrix}\end{equation}

Donde, una de sus soluciones no triviales es $u^T=(2,1)$

Para $\lambda_2=-2$

\begin{equation}(A-(-2)I)x=\begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 2 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4x+2y\\ 2x+y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0\end{pmatrix}\end{equation}

De donde obtenemos el siguiente sistema:

\begin{equation}\begin{matrix}4x+2y=0\\2x+y=0\end{matrix}\end{equation}

Donde, una de sus soluciones no triviales es $v^T=(-1,2)$

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 \begin{equation}\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\end{equation} no tiene vectores propios.
  3. Demuestra que la matriz \begin{equation}\begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix}\end{equation} no tiene vectores propios para $b\neq0$.
  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 $A=A^T$, después, expresa a $A$ de la siguiente forma y desarrolla:

\begin{equation}A=\begin{pmatrix} a & b \\ b & c\end{pmatrix} \end{equation}

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

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 $h \in \mathbb R^2$, consideremos la traslación $g(x)=x+h$ y veamos cómo se escribe el polinomio $P \circ g$ con $P(x)=x*Ax+k*x+f$:

\begin{equation}\left(P\circ g\right)(x)= P(x+h)=(x+h)*A(x+h)+k*(x+h)+f\end{equation}

Factorizando y desarrollando un poco la expresión anterior, obtenemos:

\begin{equation}\left(P\circ g\right)(x)=x*Ax+x*Ah+h*Ax+k*x+(h*Ah+k*h+f)\end{equation}

Donde $h*Ah+k*h+f=P(h)$

Lo que nos lleva, finalmente, a:

\begin{equation}\left(P\circ g\right)(x)=x*Ax+x*Ah+h*Ax+k*x+P(h)\end{equation}

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 $(AB)^T=B^TA^T$

Lema 4.5: Si tenemos una matriz simétrica $A$ (recordemos que una matriz $A$ es simétrica si $A=A^T$), entonces, para todo par de vectores $x,y$ en $\mathbb R$, se cumple que $x*Ay=Ax*y$

Demostración

Sean $x,y$ vectores, recordemos que $x=x^T$ y que $y=y^T$, por esto y el lema anterior, tenemos que:

\begin{equation}x*Ay=x^TAy=\left(x^TAy\right)^T=\left(Ay\right)^T\left(x^T\right)^T=y^TA^Tx=y*Ax=Ax*y\end{equation}

Ahora sí podemos encontrar el centro de la traslación considerando:

\begin{equation}\left(P\circ g\right)(x)=x*Ax+x*Ah+h*Ax+k*x+P(h)\end{equation}

Ya que, considerando el lema anterior, podemos simplificar $\left(P\circ g\right)(x)$ de la siguiente manera:

\begin{equation}\left(P\circ g\right)(x)=x*Ax+x*Ah+h*Ax+k*x+P(h)=2(Ah*x)+k*x+P(h)\end{equation}

Y, finalmente:

\begin{equation}\left(P\circ g\right)(x)=(2Ah+k)*x+P(h)\end{equation}

Donde $(2Ah+k)*x$ es la parte lineal de esta composición por lo que, si podemos encontrar una $h \in \mathbb R^2$ 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 $P(x)=x*Ax+k*x+f$ un polinomio cuadrático (es decir que $A=A^T$) tal que $det(A)\neq 0$. Si definimos $c:=-\frac{A^{-1}}{k}$, $c$ es el centro de la curva asociada al polinomio $P$, $C(P)$ donde:

\begin{equation}P(x+c)=x*Ax+P(c)\end{equation}

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 $\mathbb R^2$, es decir, $B \in Gl(2)$ y $P$ el polinomio cuadrático general. Entonces:

\begin{equation}(P\circ g)(x) = P(Bx)=(Bx)*A(Bx)+k(Bx)+f\end{equation}

Si desarrollamos y simplificamos esta expresión, obtenemos:

\begin{equation}(P\circ g)(x) = x*(B^TAB)x+(B^Tk)*x+f\end{equation}

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 $B^TAB$.

Considera a $B$ como matriz ortogonal $(B \in O(2))$, esto implica que $B^TAB=B^{-1}AB$ 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 $\lambda, \mu$, es decir, que $Au=\lambda u$ y $Av=\mu v$. Entonces, las siguientes igualdades se cumplen:

\begin{equation}A=\begin{pmatrix} \lambda & 0 \\
0 & \mu\end{pmatrix}\end{equation}

\begin{equation}B^TAB=\begin{pmatrix} u,&v \end{pmatrix}^T*A\begin{pmatrix} u,&v \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} u^TAu & u^TAv\\ v^TAu & v^TAv\end{pmatrix}\end{equation}

Si desarrollamos esta última igualdad, obtenemos:

\begin{equation}B^TAB=\begin{pmatrix} \lambda & 0 \\
0 & \mu\end{pmatrix}\end{equation}

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: $\left(ABC\right)^T=C^TB^TA^T$
  3. Encuentra el centro, si es que tienen, de las curvas asociadas a los siguientes polinomios:
    • $xy-3x-2y-2$,
    • $x^2+2y^2-6x+4y+3$
    • $9x^2-4xy+6y^2-58x+24y+59$

Más adelante…

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