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Álgebra Lineal II: Existencia de la forma canónica de Jordan para nilpotentes

Por Elizabeth Chalnique Ríos Alvarado

Introducción

En la entrada anterior estudiamos de manera un poco más sistemática las matrices y transformaciones lineales nilpotentes. Lo que haremos ahora es enunciar el teorema de la forma canónica de Jordan para matrices nilpotentes. Este es un teorema de existencia y unicidad. En esta entrada demostraremos la parte de la existencia. En la siguiente entrada hablaremos de la unicidad y de cómo encontrar la forma canónica de Jordan de matrices nilpotentes de manera práctica.

El teorema de Jordan para nilpotentes

El teorema que queremos demostrar tiene dos versiones: la de transformaciones y la matricial. La versión en transformaciones dice lo siguiente.

Teorema. Sea V un espacio vectorial de dimensión finita n y T:VV una transformación lineal nilpotente. Entonces existen únicos enteros k1,,kd tales que k1+k2++kd=n,k1k2kd, y para los cuales existe una base de V en la cual T tiene como forma matricial a la siguiente matriz de bloques:

(J0,k1000J0,k2000J0,kd).

La versión en forma matricial dice lo siguiente.

Teorema. Sea A una matriz nilpotente en Mn(F). Entonces existen únicos enteros k1,,kd tales que k1+k2++kd=n,k1k2kd, y para los cuales A es similar a la siguiente matriz de bloques: (J0,k1000J0,k2000J0,kd).

A esta matriz de bloques (ya sea para una transformación, o para una matriz) le llamamos la forma canónica de Jordan de A.

En vista de que dos matrices son similares si y sólo si representan a la misma transformación lineal en distintas bases, entonces ambos teoremas son totalmente equivalentes. Así, basta enfocarnos en demostrar una de las versiones. Haremos esto con la versión para transformaciones lineales.

Trasnformaciones nilpotentes y unos vectores linealmente independientes

En esta sección enunciaremos un primer resultado auxiliar para demostrar la existencia de la forma canónica de Jordan. Veremos que a partir de una transformación lineal nilpotente podemos obtener algunos vectores linealmente independientes.

Proposición. Sea V un espacio vectorial de dimensión finita y T:VV una transformación lineal de índice k. Sea v un vector tal que Tk1(v)0, el cual existe ya que Tk1 no es la transformación lineal cero. Entonces:

  1. Los vectores v, T(v), , Tk1(v) son linealmente independientes.
  2. El subespacio W que generan es de dimensión k y es estable bajo T.
  3. La transformación T restringida a W en la base Tk1(v), Tk2(v), , T(v), v tiene como matriz al bloque de Jordan J0,k. Ojo. Aquí los vectores los escribimos en orden contrario, empezando con la mayor potencia de T aplicada.

Demostración. Probemos las afirmaciones una por una. Para empezar, supongamos que para ciertos escalares α0,,αk1 tenemos que α0v+α1T(v)++αk1Tk1(v)=0.

Vamos a probar inductivamente de 0 a k1 que αk=0. Para mostrar que α0=0, aplicamos Tk1 a la combinación lineal anterior para obtener:

0=α0Tk1(v)+α1Tk(v)++αk1T2k2(v)=α0Tk1(v).

Aquí estamos usando en todos los sumandos, excepto el primero, que Tk=0. Como Tk1(v)0, concluimos que α0=0. Suponiendo que ya hemos mostrado α0==αl=0, la combinación lineal con la que empezamos queda como αl+1Tl+1(v)+αl+2Tl+2(v)++αk1Tk1(v)=0. Aplicando Tkl2 y usando un argumento similar al anterior se llega a que αl+1=0. Esto muestra que la única combinación lineal de los vectores que da cero es la combinación lineal trivial, así que son linealmente independientes.

De manera inmediata obtenemos entonces que esos k vectores generan un subespacio W de dimensión k. Para ver que W es T estable, tomemos un elemento w en W, es decir w=α0v+α1T(v)++αk1Tk1(v) para algunos escalares α0,,αk1. Debemos ver que T(w) está nuevamente en W. Haciendo las cuentas y usando nuevamente que Tk=0 obtenemos:

T(w)=T(α0v+α1T(v)++αk1Tk1(v))=α0T(v)+α1T2(v)++αk2Tk1(v)+αk1T(v)=α0T(v)+α1T2(v)++αk2Tk1(v)

Este vector de nuevo es combinación lineal de los vectores que nos interesan, así que T(w) está en W, como queríamos.

La afirmación de la forma matricial es inmediata pues precisamente

T(Tj(v))=0Tn1(V)++1Tj+1(v)++0T(v)+0v, de donde se lee que las columnas de dicha forma matricial justo son las del bloque de Jordan J0,k.

◻

El teorema anterior da otra demostración de algo que ya habíamos mostrado en la entada anterior: el índice de una matriz en Mn(F) (o de una transformación nilpotente en un espacio vectorial de dimensión n) no puede exceder n.

Encontrar un subespacio complementario y estable

Ahora veremos otro resultado auxiliar que necesitaremos para demostrar la existencia de la forma canónica de Jordan. A partir de él podemos conseguirnos un «subespacio complementario y estable» que en la prueba de la existencia nos ayudará a proceder inductivamente. Este truco ya lo hemos visto antes en la clasificación de matrices ortogonales y el la demostración del teorema espectral.

Proposición. Sea V un espacio vectorial de dimensión finita n y T:VV una transformación lineal nilpotente de índice k. Tomemos v un vector tal que Tk1(v)0. Sea W el subespacio generado por v,T(v),,Tk1(v). Entonces, existe un subespacio W estable bajo T y tal que T=WW.

La principal dificultad para probar esta proposición es una cuestión creativa: debemos saber de dónde sacar el espacio W. Para ello, haremos uso de la transformación transpuesta y de un espacio ortogonal por dualidad. Como recordatorio, si T:VV es una transformación lineal, entonces su transformación transpuesta es una transformación lineal tT:VV para la cual tT()(u)=(T(u)) para cualquier forma lineal y cualquier vector u en V.

Demostración. Primero, nos enfocamos en construir W. Para ello procedemos como sigue. Como Tk1(v)0, entonces existe una forma lineal tal que (Tk1(v))0. Se puede mostrar que S:= tT también es nilpotente de índice k. Por la proposición de la sección anterior, tenemos entonces que ,S(),,Sk1() son k vectores linealmente independientes en V y por lo tanto que generan un subespacio Z de dimensión k. El espacio W que propondremos será Z.

Debemos mostrar que:

  1. En efecto V=WW.
  2. En efecto W es T estable.

Para la primer parte, usando teoría de espacios ortogonales tenemos que dim(W)=dim(Z)=ndim(Z)=nk, así que los subespacios tienen la dimensión correcta para ser complementarios. Además, si uWW, entonces u es combinación lineal de v,T(v),,Tk1(v), digamos u=α0v++αk1Tk1(v) y se anula por ,S(),,Sk1(), lo que quiere decir que se anula por ,T,,Tk1. Esto permite probar iterativamente que α0==αk1=0, de modo que u=0. Con esto, W y W son de intersección trivial y dimensiones complementarias, lo cual basta para que V=WW.

Para terminar, debemos ver que W es T estable. Tomemos un u en W, es decir, tal que se anula por ,T,,Tk1. Al aplicar T, tenemos que T(u) también se anula por todas estas transformaciones. Esto se debe a que para Tj con jk2 se anula ya que Tj(T(u))=Tj+1(u)=0 por cómo tomamos u y para Tk1 se anula pues T es nilpotente de índice k.

◻

Existencia de forma canónica de Jordan para nilpotentes

La idea para encontrar la forma canónica de Jordan debe ser clara a estas alturas: se procederá por inducción, el caso base será sencillo, asumiremos la hipótesis inductiva y para hacer el paso inductivo descomponeremos al espacio V mediante la proposición de la sección anterior. Veamos los detalles.

Demostración (existencia de forma canónica de Jordan para nilpotentes). Estamos listos para probar la existencia de la forma canónica de Jordan para una transformación lineal nilpotente T:VV con V un espacio vectorial de dimensión finita n. Procederemos por inducción en la dimensión. Si n=1, entonces V es generado por un vector v y la transformación lineal T debe mandarlo al vector 0 para ser nilpotente. En esta base, T(v)=0 y la matriz que representa a T es entonces (0)=J0,1.

Supongamos que existe la forma canónica de Jordan para cuando V es de cualquier dimensión menor a un entero positivo dado n. Tomemos V un espacio vectorial de dimensión n y T:VV una transformación lineal nilpontente. Si T es de índice n, entonces Tn1(v),,T(v),v son linealmente independientes y por lo tanto son una base de V. La forma matricial de T en esta base es el bloque de Jordan J0,n, en cuyo caso terminamos.

De otra forma, el índice es un número k<n. Entonces, Tk1(v),,T(v),v generan un subespacio estable W de dimensión k. Por la proposición de la sección anterior, podemos encontrar un subespacio complementario W de dimensión nk<n y estable bajo T. Como la restricción de T a W tiene codominio W, es nilpotente y dim(W)<dim(V), entonces por hipótesis inductiva W tiene una base β bajo la cual la restricción de T a W tiene como forma matricial una matriz diagonal por bloques con puros bloques de Jordan del estilo J0,kj. Al completar β con Tk1(v),,T(v),v , obtenemos una base de V en la cual T tiene como forma matricial una matriz diagonal por bloques con puros bloques de Jordan del estilo J0,kj (que vienen de la hipótesis inductiva) y un bloque de Jordan J0,k. Salvo quizás un reordenamiento de la base para ordenar los kj y k, obtenemos exactamente lo buscado.

◻

Más adelante…

Ya demostramos una parte fundamental del teorema que nos interesa: la existencia de la forma canónica de Jordan para transformaciones (y matrices) nilpotentes. Nos falta otra parte muy importante: la de la unicidad. Las demostraciones de unicidad típicamente son sencillas, pero en este caso no es así. Para decir de manera explícita cuál es la forma canónica de Jordan de una transformación (o matriz) nilpotente, deberemos hacer un análisis cuidadoso del rango de las potencias de la transformación (o matriz). Veremos esto en las siguientes entradas.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Verifica que la siguiente matriz es nilpotente: (13614520422912341345185421).
    Siguiendo las ideas de la demostración de existencia de esta entrada, ¿cómo podrías dar la forma canónica de Jordan de esta matriz? Intenta hacerlo.
  2. Sea V un espacio vectorial de dimensión finita y T:VV una transformación lineal nilpotente de índice k. Demuestra que tT también es una transformación lineal nilpotente de índice k. ¿Cuál sería el resultado análogo para matrices?
  3. Sea V un espacio vectorial de dimensión finita y T:VV una transformación lineal tal que para cualquier v en V existe algún entero n tal que Tn(v)=0. Estos n pueden ser distintos para distintos v. Muestra que T es nilpotente.
  4. Considera el subespacio V de polinomios reales con grado a lo más 4 y D:VV la transformación lineal derivar. Da, de manera explícita, espacios W y W como en las proposición de encontrar el subespacio complementario estable.
  5. Hay varios detalles que quedaron pendientes en las demostraciones de esta entrada. Revisa la entrada para encontrarlos y da las demostraciones correspondientes.

Entradas relacionadas

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE109323 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 3»

Álgebra Lineal II: Introducción a forma canónica de Jordan

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

Introducción

En esta última unidad usaremos las herramientas desarrolladas hasta ahora para enunciar y demostrar uno de los teoremas más hermosos y útiles en álgebra lineal: el teorema de la forma canónica de Jordan. A grandes rasgos, lo que nos dice este teorema es que cualquier matriz prácticamente se puede diagonalizar. En esta primera entrada hablaremos un poco de qué puedes esperar en el transcurso de la unidad, aunque en un orden algo distinto que te ayudará a entender mejor la motivación de presentar la teoría cómo vendrá en las siguientes notas.

Bloques de Jordan

Un bloque de Jordan de tamaño k y eigenvalor λ es una matriz en Mk(F) que se obtiene de comenzar con λIk y agregar encima de la diagonal principal puros unos. Queda algo así:

Jλ,k=(λ10000λ10000λ00000λ10000λ).

Puedes notar que esto es prácticamente una matriz diagonal, a excepción de la diagonal de unos que queda por encima de la diagonal principal. Esto debería sugerirte que los bloques de Jordan son casi tan amigables como las matrices diagonales. Como veremos en las siguientes entradas, es muy fácil calcularles su traza, determinante, polinomio característico, polinomio mínimo, eigenvalores, eigenvectores, etc.

A partir de los bloques de Jordan podemos formar matrices de bloques de Jordan pegando varios bloques de Jordan en una diagonal para obtener una matriz del siguiente estilo:

(1)(Jλ1,k10000Jλ2,k20000Jλ3,k30000Jλd,kd).

Aquí pusimos muchos ceros, pero en el fondo cada uno de estos ceros son una matriz de ceros. Por ejemplo, si tenemos los tres bloques de Jordan J3,2, J2,1 y J5,3 y pegamos estos bloques, obtenemos la siguiente matriz de bloques:

(310000030000002000000510000051000005).

Recuerda que las líneas que dibujamos en una matriz de bloques son simplemente ayuda visual. Estas matrices también son prácticamente diagonales y, como te imaginarás, también es fácil encontrar muchas de sus propiedades.

Teorema de la forma canónica de Jordan

Si recuerdas, una de las motivaciones fuertes para que nos interesara diagonalizar una matriz A es que la matriz diagonal D semejante comparte muchas propiedades con A, pero D es mucho más fácil de entender. A veces no podremos encontrar una matriz diagonal semejante a A, pero lo que nos dice el teorema de formas canónicas de Jordan es que prácticamente siempre podremos encontrar una matriz de bloques de Jordan semejante a A.

Teorema. Sea AMn(F) una matriz tal que su polinomio característico χA(X) se divide sobre F. Entonces, A es similar a una matriz de bloques de Jordan, es decir, una matriz como en \refeq{eq:Jordan}.

En realidad, cuando enunciemos el teorema lo haremos de manera más formal, y hasta diremos en qué sentido la forma canónica de Jordan es única.

¿Por qué decimos que entonces prácticamente siempre podemos diagonalizar una matriz? En cursos más avanzados se muestra que sin importar en qué campo F estemos trabajando, siempre podemos extender el campo F lo suficiente como para que cualquier polinomio se divida sobre una extensión G de F. En este campo extendido, cualquier matriz en Mn(F) se puede diagonalizar.

Transformaciones y matrices nilpotentes

Para demostrar el teorema de Jordan, primero tendremos que enunciarlo y demostrarlo para una clase muy especial de matrices: las nilpotentes. Ya hemos hablado un poco de estas matrices en ejercicios particulares y algunos problemas de la tarea moral. Pero si se te pasó, una matriz A en Mn(F) es nilpotente cuando se puede encontrar un expontente m tal que Am=On. De manera similar, si T es una transformación lineal, diremos que es nilpotente cuando Tm=Z para algún exponente m, donde Z es la transformación lineal trivial que manda todo elemento al 0. Recuerda que aquí el exponente indica cuántas veces se compone T consigo mismo. Como te imaginarás, T será nilpotente si y sólo si alguna de sus formas matriciales lo es.

Las matrices nilpotentes servirán como nuestros cimientos para demostrar el teorema de la forma canónica de Jordán. Es sencillo ver que los bloques de Jordan de la forma J0,k son nilpotentes. También es sencillo ver que cualquier matriz de bloques de Jordan con puros eigenvalores iguales a cero es nilpotente. Nuestra primera versión del teorema de la forma canónica de Jordán nos dará algo así como un «regreso» de esta afirmación. El siguiente teorema es una versión «light» de lo que demostraremos.

Teorema. Sea AMn(F) una matriz nilpotente. Entonces, A es similar a una matriz de bloques de Jordan, todos ellos con eigenvalor 0.

La demostración será muy bonita, y hará uso de la teoría de dualidad de Álgebra Lineal I. Una vez que demostremos esta versión, la combinaremos con el teorema de Cayley-Hamilton de la Unidad 1 para obtener el teorema general.

Aplicaciones del teorema de Jordan

Si conocemos la forma canónica de Jordan de una matriz, podemos encontrar a partir de ella fácilmente muchas propiedades, como la traza, determinante, etc. Además de estas aplicaciones «de cálculo de propiedades», el teorema de la forma canónica de Jordán nos permitirá decir exactamente cuándo dos matrices son similares. En particular, veremos que cualquier matriz A es similar a su transpuesta.

Tarea moral

En esta ocasión la tarea moral consistirá en un repaso de contenido anterior tanto de Álgebra Lineal I como Álgebra Lineal II, para que cuentes con todas las herramientas necesarias para aprovechar esta última unidad.

  1. Haz un repaso de la teoría de Matrices de bloques, para recordar a qué se refiere esta notación y cómo se pueden hacer operaciones cuando las matrices están escritas por bloques.
  2. Revisa la entrada de Matrices de cambio de base, para recordar por qué dos matrices similares en el fondo representan a la misma transformación lineal, pero en distintas bases.
  3. Repasa la teoría básica de dualidad en espacios vectoriales. Puedes comenzar con la entrada de Introducción a espacio dual. Concretamente, tendrás que recordar por lo menos hasta la teoría de Ortogonalidad y espacio ortogonal.
  4. Recuerda todo lo que podemos decir de las transformaciones triangularizables, revisando la entrada de Triangularizar y descomposición de Schur, y compara los resultados de ahí con lo que esperamos obtener sobre forma canónica de Jordan. ¿Cuál teorema dice algo más fuerte?
  5. Vuelve a leer todo el contenido relacionado con el teorema de Cayley-Hamilton para recordar no sólo qué dice, sino cómo está relacionado con los eigenespacios asociados a una transformación lineal. Puedes empezar con la entrada de Introducción al teorema de Cayley-Hamilton.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE109323 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 3»

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:

(2)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:

(3)BTAB=(a00b)(α00β)(a00b)=(a2α00b2β)

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

(4)(±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 Moderna I: Potencia de un punto

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Introducción

En esta ocasión estudiaremos la potencia de un punto con respecto a una circunferencia, esta es una herramienta que nos permite establecer una medida de la distancia de un punto a una circunferencia dada.

Potencia de un punto respecto a una circunferencia

Teorema 1. Sea Γ una circunferencia y P un punto en el plano, por P tracemos una secante a Γ, con intercesiones en A y en B, entonces el número PA×PB es independiente de la secante que tracemos.

Demostración. Consideremos dos secantes desde P, PAB y PCD, consideremos los triángulos PAD y PCB, tenemos que CDA=CBA, pues abarcan el mismo arco de circunferencia.

Figura 1

Si P es un punto exterior a Γ, APC es un ángulo común de los triángulos considerados.

Si P es un punto interior a Γ, APD=BPC por ser opuestos por el vértice.

Por criterio de semejanza AA, PADPCB,
PAPC=PDPB
PA×PB=PC×PD.

◼

Definición. Al valor constante PA×PB, se le conoce como la potencia de P respecto a la circunferencia Γ.

Otras expresiones para la potencia

Proposición 1. Sea P un punto en el plano y (O,R) una circunferencia, entonces la potencia de P respecto a (O,R) es igual a |OP2R2|.

Demostración. Por P tracemos la secante AB a (O,R) que pasa por O.

Figura 2

Si P es exterior PA×PB=(OPOA)(OP+OB)=(OPR)(OP+R)=OP2R2.

Si P es interior PA×PB=(OAOP)(OP+OB)=(ROP)(OP+R)=R2OP2.

◼

Proposición 2. Si P es un punto exterior a una circunferencia Γ, entonces el cuadrado del segmento tangente PT a Γ es igual a la potencia de P respecto a Γ.

Demostración. Tracemos una secante PAB por P a Γ (figura 2), consideremos PAT y PTB, como el ángulo semiinscrito ATP, abarca el mismo arco que el ángulo inscrito ABT, entonces son iguales, además TPA es un ángulo común a ambos triángulos.

Por criterio de semejanza AA, PATPTB,
PAPT=PTPB
PA×PB=PT2

◼

Teorema de las cuerdas

Teorema 2. Considera dos segmentos AB, CD que se intersecan en P, entonces A, B, C y D son cíclicos si y solo si PA×PB=PC×PD.

Demostración. Supongamos que A, B, C, y D son cíclicos, tanto si P es interno o externo a la circunferencia, por el teorema 1, PA×PB=PC×PD.

Figura 3

Ahora supongamos se cumple PA×PB=PC×PD,
PBPD=PCPA.

En caso de que P este en la extensión de ambos segmentos (izquierda figura 3), APC es un ángulo común de los triángulos PCB y PAD.

En caso de que P este contenido en ambos segmentos (derecha figura 3), entonces BPC=APD por ser opuestos por el vértice.

Por criterio de semejanza LAL, PCBPAD CDA=CBA.

Sabemos que el lugar geométrico de los puntos que subtienden ángulos iguales con el segmento AC, es un arco de circunferencia que pasa por A y C. Por lo tanto, A, B, C y D son cíclicos.

◼

Formula de Euler

Teorema 3, formula de Euler. Considera el circuncírculo (O,R) y el incírculo (I,r) de un triángulo ABC, entonces IO2=R(R2r).

Demostración. Sea K=AI(O,R), entonces BAK=KAC, pues AK es bisectriz de A.

KAC=KBC, pues abarcan el mismo arco, por lo tanto BAK=KBC.

KBI=KBC+CBI=BAK+CBI=A+B2.

Figura 4

El ángulo BIK es un ángulo exterior de BAI, por lo que es igual a la suma de los ángulos no adyacentes a el,
BIK=IBA+BAI=A+B2
BIK=KBI.

Por lo tanto IKB es isósceles.

Por otro lado, considera K=KO(O,R), Z=AB(I,r), BKK es rectángulo, pues KK es diámetro.

Notemos que ZAK=BAK=BKK, pues abarcan el mismo arco, entonces por criterio de semejanza AA, ZAIBKK
AIKK=ZIBK
(5)AI×BK=KK×ZI=2Rr.

Por la proposición 1, la potencia de I con respecto a (O,R)
(6)AI×KI=R2IO2.

Haciendo el cociente de (1) y (2) tenemos que BKKI=2RrR2IO2.

Como IKB es isósceles entonces BK=KI
IO2R2=2Rr
IO2=R22Rr=R(R2r).

◼

Reciproco de la formula de Euler

Teorema 4. Sean (O,R), (I,r), dos circunferencias tal que (I,r) está en el interior del círculo (O,R) y tal que la distancia entre sus centros cumple la igualdad IO2=R(R2r), entonces existen una infinidad de triángulos inscritos en (O,R) y circunscritos en (I,r).

Demostración. Dado que varios argumentos son iguales a los del teorema 3 solo serán mencionados, nos guiaremos en la figura 4.

Desde cualquier punto A(O,R) trazamos las tangentes a (I,r) que intersecan a (O,R) en B y C, sea K=AI(O,R), usando la igualdad dada y la potencia de I respecto de (O,R) obtenemos,
(7)AI×IK=R2IO2=2Rr..

Sean Z e Y los puntos de tangencia de AB y AC con (I,r) respectivamente, por criterio hipotenusa-cateto los triángulos rectángulos AIZ y AIY son congruentes por lo que AK es bisectriz de A.

Sea K=KO(O,R), como BKK es rectángulo y BKK=ZAI, por criterio de semejanza AA, ZAIBKK y tenemos que
AIKK=ZIBK
(8)AI×BK=KK×ZI=2Rr.

Por (3) y (4) tenemos AI×IK=AI×BK
IK=BK

Así IKB es isósceles y KBI=BIK, pero
KBI=KBC+CBI=A2+CBI y BIK=A2+IBA,
CBI=IBA.

Sea X pie de la perpendicular a BC desde I, entonces por criterio de congruencia ALA, IZBIXB IZ=IX.

Por lo tanto, BC es tangente a (I,r) en X, así ABC está inscrito en (O,R) y circunscrito en (I,r).

◼

Lema de Haruki

Lema de Haruki. Sean AB y CD dos cuerdas de una circunferencia Γ1 que no se intersecan considera P un punto variable en el arco BA que no contiene a C y a D. Sean E=PCAB y F=PDAB, entonces el numero AE×FBEF, es independiente de la posición de P en el arco BA.

Demostración. Consideremos Γ2 circuncírculo de PED y sea G=ABΓ2, entonces EPD=EGD, pues abarcan el mismo arco.

Entonces AGD=EGD=EPD=CPD, esté último ángulo es fijo mientras P varié en el arco BA.

Figura 5

A y D son puntos fijos y G siempre está sobre la recta AB, G es un punto fijo, por lo tanto, el valor BG es fijo.

Por otro lado, calculamos la potencia de F respecto de ambas circunferencias
FA×FB=FP×FD y FE×FG=FP×FD
(AE+FE)FB=FP×FD=EF(FB+BG)
AE×FBEF=BG.

◼

Mas ejemplos

Problema 1. Sean ABC y D un punto interior del triángulo tal que BE×BA=CA×CF donde E y F son los pies de las perpendiculares a AB y AC trazados desde D, encuentra el lugar geométrico de D.

Solución. Como DEA=AFD=π2, entonces AD es diámetro de una circunferencia que pasa por E y F, por lo que el centro O de dicha circunferencia Γ(O) es el punto medio de AD.

Figura 6

Por la proposición 1, la potencia de B y C respecto a Γ(O) es 
OB2R2=BE×BA=CA×CF=OA2R2,
OB=OC.

Esto implica que el conjunto R, de los puntos medios del segmento AD, esta contenido en la mediatriz del segmento BC, así el lugar geométrico de los puntos D, está en homotecia con centro en A y razón 2 con el conjunto R, esto es una recta paralela a la mediatriz de BC y que esta en el interior de ABC.

◼

Observación. Notemos que si D es un punto exterior de ABC entonces B y C podrían situarse en lugares distintos respecto de Γ(O), es decir uno fuera y otro dentro, por lo que la igualdad OB=OC no seria cierta.

Problema 2. Considera ABC y (O,R) su circuncírculo, sean DAB y EAC, sean F, G y H los puntos medios de BE, CD y DE respectivamente, si DE es tangente al circuncírculo de FGH, muestra que OD=OE.

Figura 7

Como el ángulo semiinscrito DHF y el ángulo inscrito HGF abarcan el mismo arco, son iguales entre si.

Dado que HF es un segmento medio de BDE entonces HFBD y 2HF=BD
DHF=HDA
HGF=HDA.

De manera análoga podemos ver que GFH=AED y que HGEC y 2HG=EC.

Por criterio de semejanza AA, FGHEDA, entonces
AEHF=ADHG
AEBD2=ADEC2
AE×EC=AD×BD.

Por lo tanto, D y E tienen la misma potencia respecto a el circuncírculo de ABC.

Por la proposición 1, R2OD2=R2OE2, OD=OE.

◼

Más adelante…

Para concluir con los temas básicos de geometría de la circunferencia en la siguiente entrada hablaremos sobre el teorema de Ptolomeo que nos da una condición necesaria y suficiente para que un cuadrilátero convexo sea cíclico, este teorema nos ayudara mas adelante a demostrar algunas identidades trigonométricas.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Dos segmentos PA y BC se intersecan en P, si PA2=PB×PC, muestra que PA es tangente al circuncírculo de ABC en A.
Figura 8
  1. ABC es un triangulo rectángulo con A=π2, sea DBC el pie de la altura por A, considera Γ1 el circuncírculo de ADC y Γ2 una circunferencia tangente a Γ1 externamente y tangente a AB y BC en E y F respectivamente, muestra que CE=CF.
Figura 9
  1. Considera (O,R), (I,r) y (Ia,ra), el circuncírculo, el incírculo y alguno de los excÍrculos respectivamente de un triangulo, muestra que:
    i) OIa2=R(R+2ra),
    ii) IIa2=4R(rar).
  2. Sean ABC, DBC el pie de la altura por A y HAD. Muestra que H es el ortocentro de ABC si y solo si DB×DC=AD×HD.
Figura 10
  1. Teorema de la mariposa. Sea AB una cuerda de una circunferencia y M su punto medio. Por M trazamos otras dos cuerdas PQ y RS, sean E=PSAB y F=RQAB. Prueba que M es el punto medio de EF.
Figura 11

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 1-11.
  • Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 27-31.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 118-124.
  • Geometría interactiva
  • Wikipedia
  • Cut the Knot

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

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:

(9)(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:

(10)αβ=det(α00β)=det(BTAB)

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

(11)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:

(12)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:

(13)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.

(14)(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:

(15)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:

(16)(x+α)2+βy+(γα2)

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

(17)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:

(18)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.