TEORÍA ADICIONAL PARA DIAGONALIZACIÓN DE MATRICES I. OBTENCIÓN DE FORMAS CANÓNICAS DE LAS SECCIONES CÓNICAS ROTADAS. 1.- Matriz simétrica de segundo orden. Para 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ, la siguiente matriz es simétrica: 𝑎 𝐴=( 𝑏 𝑏 );𝑏 ≠ 0 𝑐 2.- Matriz de segundo orden especial: Para 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ, la siguiente matriz es diagonalizable: 𝑎 𝐴=( 𝑏 𝑏 );𝑏 ≠ 0 𝑐 En efecto Para que la matriz 𝐴 sea diagonalizable, es necesario que sus valores propios reales sean diferentes. Así: Determinación de los autovalores: Ecuación característica: 𝑏 1 0)| = 0 ↔ |𝑎 − 𝜆 )−𝜆( 𝑐 𝑏 0 1 |𝐴 − 𝜆𝐼| = 0 ↔ |(𝑎 𝑏 𝑏 | = 0 … (1) 𝑐−𝜆 Desarrollando el determinante: 𝝀𝟐 − (𝒂 + 𝒄)𝝀 + 𝒂𝒄 − 𝒃𝟐 = 𝟎 … (𝟐) Analizando la ecuación cuadrática (2) para 𝝀, mediante el discriminante: ∆= (𝒂 − 𝒄)𝟐 + 𝟒𝒃𝟐 > 𝟎 Siendo el ∆> 𝟎, las raíces de la ecuación (2), son reales y diferentes, consecuentemente, la matriz 𝐴 es diagonalizable. Ejemplo N° 01. Determinar la matriz diagonal equivalente a: 1 2 𝐴=( ) 2 −2 Solución 1° Determinación de los autovalores: Ecuación característica: |𝐴 − 𝜆𝐼| = 0 ↔ |(1 2 2 1 )−𝜆( −2 0 Desarrollando el determinante: 2 0)| = 0 ↔ |1 − 𝜆 | = 0 … (1) 2 −2 − 𝜆 1 𝝀𝟐 + 𝝀 − 𝟔 = 𝟎 → 𝝀𝟏 = −𝟑 ˄ 𝝀𝟐 = 𝟐 … (𝟐) Así, los autovalores están dados por: 𝝀𝟏 = −𝟑 ˄ 𝝀𝟐 = 𝟐 Para cada autovalor, se tiene un autovector. Es decir, generan un subespacio de autovectores, que denotamos como 𝐻(𝝀). Para ello, utilizamos la ecuación: (𝑨 − 𝝀𝑰)𝒗 = 𝟎 … (𝟑) 2° Determinación de los autovectores: a) Si 𝝀 = −𝟑, utilizamos la relación (3). Se obtiene el sistema: ( 1−𝜆 2 𝑥 2 4 0 ) (𝑦 ) = ( ) ↔ ( 2 −2 − 𝜆 0 𝑥= 𝛼 2 𝑥 0 ) (𝑦) = ( ) → 2𝑥 + 𝑦 = 0 → {𝑦 = −2𝛼 1 0 Los vectores tienen la forma: 𝒙 𝒗 = (𝒚) = ( 𝜶 𝟏 ) = 𝜶( ) −𝟐𝜶 −𝟐 Luego, el autovector correspondientes a 𝝀 = −𝟑, es: 𝒗𝟏 = ( 𝟏 ) −𝟐 Este autovector genera la base ℬ1 , y se acostumbra a escribirlos como vectores fila. Es decir: 𝓑𝟏 = {𝒗𝟏 } = {(𝟏, −𝟐)} También suele denotarlo de la siguiente forma: −𝟓/𝟒 ⃗⃗⃗⃗𝟏 = ( 𝓑𝟏 = 𝑺𝝀=−𝟑 = 𝒈𝒆𝒏 {𝒗 )} ≡ 𝑯{𝝀𝟏 } 𝟏 b) Si 𝝀 = 𝟐, utilizamos la relación (3). Se obtiene el sistema: 𝑥 𝑥 1−𝜆 2 −1 2 0 0 ( ) (𝑦) = ( ) ↔ ( ) (𝑦) = ( ) 2 −4 2 −2 − 𝜆 0 0 𝑥 = 2𝛼 → −𝑥 + 2𝑦 = 0 → { 𝑦= 𝛼 Los vectores tienen la forma: 𝑥 2𝛼 2 𝑣 = (𝑦) = ( ) = 𝛼 ( ) 𝛼 1 Luego, el autovector correspondientes a 𝝀 = 𝟐, es: 𝟐 𝒗𝟐 = ( ) 𝟏 Este autovector genera la base 𝓑𝟐 , y se acostumbra a escribirlos como vectores fila. Es decir: 𝟐 ⃗⃗⃗⃗𝟐 = ( )} ≡ 𝑯{𝝀𝟐 } 𝓑𝟐 = {𝒗𝟐 } = {(𝟐, 𝟏)} ↔ 𝓑𝟐 = 𝑺𝝀=𝟐 = 𝒈𝒆𝒏 {𝒗 𝟏 El vector 𝑫, que se desea hallar debe cumplir: 𝑫 = 𝑷−𝟏 𝑨𝑷 donde 𝑷 = (𝒗𝟏 𝒗𝟐 ) Entonces: 𝑃 = (𝑣1 1 2 − 5) (1 𝑣2 ) = ( 1 2) → 𝐷 = 𝑃−1 𝐴𝑃 = (5 2 1 2 −2 1 5 5 −𝟑 𝟎 ) 𝟎 𝟐 → 𝑫=( Forma práctica: 2 1 ) (( −2 −2 2 )) 1 Observación. Los vectores propios 𝑣1 y 𝑣2 son ortogonales, luego podemos normalizarlos para tener vectores ortogonales unitarios. Así: 𝑢1 = (1, −2) 𝑣1 = ‖𝑣1 ‖ √5 ˄ 𝑢2 = (2, 1) 𝑣2 = ‖𝑣2 ‖ √5 Equivalentemente: 𝟏 𝒖𝟏 = 𝟐 √𝟓 𝟐 ˄ 𝒖𝟐 = − ( √𝟓) √𝟓 𝟏 (√𝟓) Así, tenemos una nueva expresión para 𝑃, que para evitar confusiones lo denominamos por 𝑄. Entonces: 𝑸= 𝟏 𝟐 √𝟓 𝟐 √𝟓 𝟏 − ( √𝟓 √𝟓) Esta matriz 𝑄, es ortogonal, por la razón de que {𝑢1 , 𝑢2 } es un conjunto ortonormal de vectores y también cumple que: 𝑫 = 𝑸−𝟏 𝑨𝑸 Siendo: 𝑸−𝟏 = 𝑸𝑻 → 𝑫 = 𝑸𝑻 𝑨𝑸 … (𝟏) La relación (1) es mejor se adapta para hallar 𝑫, dado que, involucra el cálculo de la transpuesta, que es más directo que calcular la inversa de 𝑸. 3.- Matriz cuadrada ortogonalmente diagonalizable. Una matriz cuadrada 𝑨 se dice que es ortogonalmente diagonalizable, si existe una matriz 𝑄 ortogonal tal que la matriz 𝐷 = 𝑄 𝑇 𝐴𝑄 es una matriz diagonal. 4.- Teorema. Una matriz cuadrada 𝑨 es ortogonalmente diagonalizable, si y solo sí, 𝑨 es simétrica. II. CÓNICAS ROTADAS. Sus ecuaciones son de la forma: 𝒂𝒙𝟐 + 𝒃𝒙𝒚 + 𝒄𝒚𝟐 + 𝒅𝒙 + 𝒆𝒚 + 𝒇 = 𝟎; 𝒃 ≠ 𝟎 … (𝜶𝟏 ) Analizando en (𝜶𝟏 ) la expresión: 𝒂𝒙𝟐 + 𝒃𝒙𝒚 + 𝒄𝒚𝟐 Para ello, consideremos: 𝒙 𝑿 = (𝒚 ) ˄ 𝒃 𝒂 𝟐) 𝑨=( 𝒃 𝒄 𝟐 Así: 𝒂𝒙𝟐 + 𝒃𝒙𝒚 + 𝒄𝒚𝟐 = 𝑿𝑻 𝑨𝑿 … (𝜶𝟐 ) Siendo 𝑨 una matriz simétrica, entonces, por el teorema anterior, esta es diagonalizable, consecuentemente, existe una matriz ortogonal Q tal que: 𝐷 = 𝑄 𝑇 𝐴𝑄 → 𝐴 = 𝑄𝐷𝑄 𝑇 … (𝜶𝟑 ) Asimismo: (𝜶𝟑 ) 𝑻 𝑿 𝑨𝑿 = ⏞ 𝑿𝑻 𝑄𝐷𝑄 𝑇 𝑿 = 𝑿𝑻 (𝑸𝑻 )𝑻 𝑫(𝑸𝑻 𝑿) = (𝑸𝑻 𝑿)𝑻 𝑫(𝑸𝑻 𝑿) → 𝑿𝑻 𝑨𝑿 = (𝑸𝑻 𝑿)𝑻 𝑫(𝑸𝑻 𝑿) … (𝜶𝟒 ) En la relación (𝛼4 ), hacemos el siguiente cambio de variable: 𝒙′ 𝑸𝑻 𝑿 = 𝒀 = ( ′ ) … (𝜶𝟓 ) 𝒚 Remplazando (𝛼5 ) en (𝛼4 ): 𝑿𝑻 𝑨𝑿 = 𝒀𝑻 𝑫𝒀 … (𝜶𝟔 ) La relación (𝛼6 ) obtenida, permitirá expresar la ecuación de la cónica sin el término “𝑥𝑦”, es decir, la nueva ecuación de la cónica (𝜶𝟏 ) se escribirá en su forma estándar. Ejemplo N° 02. Mediante un cambio apropiado de variables, exprese la forma cuadrática: 𝑷(𝒙, 𝒚) = 𝟓𝒙𝟐 + 𝟒𝒙𝒚 + 𝟐𝒚𝟐 En otra en que no aparezca el término cruzado 𝑥𝑦. Solución 1° Determinación de la matriz simétrica: 𝒂𝒙𝟐 + 𝒃𝒙𝒚 + 𝒄𝒚𝟐 ≡ 5𝑥2 + 4𝑥𝑦 + 2𝑦2 → 𝑎 = 5; 𝑏=4 ˄ 𝑐=2 Entonces: 𝒃 𝒂 𝟐 ) = ( 𝟓 𝟐) 𝑨=( 𝒃 𝟐 𝟐 𝒄 𝟐 2° Determinación de los autovalores de la matriz 𝑨: Ecuación característica: |𝐴 − 𝜆𝐼| = 0 ↔ |(𝟓 𝟐) − 𝜆 (1 0)| = 0 ↔ |5 − 𝜆 2 0 1 𝟐 𝟐 2 | = 0 … (1) 2−𝜆 Desarrollando el determinante: 𝜆2 − 7𝜆 + 6 = 0 𝜆1 = 6 → ˄ 𝜆2 = 1 … (2) Para hallar los autovectores, utilizamos la ecuación: (𝑨 − 𝝀𝑰)𝒗 = 𝟎 … (𝟑) Determinación de los autovectores: a) Si 𝝀 = 𝟔, utilizamos la relación (3): 5−𝜆 2 ( 𝑥 2 −1 0 ) (𝑦) = ( ) ↔ ( 2 2−𝜆 0 Los vectores tienen la forma: 𝑥 = 2𝛼 2 𝑥 0 ) (𝑦) = ( ) → −𝑥 + 2𝑦 = 0 → { 𝑦=𝛼 −4 0 𝒙 𝟐𝜶 𝟐 𝒗 = (𝒚) = ( ) = 𝜶 ( ) 𝜶 𝟏 Luego, el autovector correspondientes a 𝝀 = 𝟔, es: 𝟐 𝟐 ⃗⃗⃗⃗𝟏 } ≡ 𝑯{𝝀𝟏 } = {( )} 𝒗𝟏 = ( ) → 𝓑𝟏 = 𝑺𝝀𝟏 =𝟐 = 𝒈𝒆𝒏{𝒗 𝟏 𝟏 b) Si 𝝀 = 𝟏, utilizamos la relación (3): 𝑥 5−𝜆 2 4 2 𝑥 0 0 ( ) (𝑦) = ( ) ↔ ( ) (𝑦) = ( ) 2 1 2 2−𝜆 0 0 𝑥= 𝛼 → 2𝑥 + 𝑦 = 0 → {𝑦 = −2𝛼 Los vectores tienen la forma: 𝒙 𝒗 = (𝒚) = ( 𝜶 𝟏 ) = 𝜶( ) −𝟐𝜶 −𝟐 Luego, el autovector correspondientes a 𝝀 = 𝟏, es: 𝟏 𝟏 ⃗⃗⃗⃗𝟐 } ≡ 𝑯{𝝀𝟐 } = {( )} ) → 𝓑𝟐 = 𝑺𝝀𝟐 =𝟏 = 𝒈𝒆𝒏{𝒗 −𝟐 −𝟐 𝒗𝟐 = ( 3° Normalizando los autovectores hallados: 2 𝑣1 = ( ) → ‖𝑣1 ‖ = √5 1 { → 𝑞1 = 1 𝑣2 = ( ) → ‖𝑣2 ‖ = √5 −2 2 √5 1 1 √5 2 ˄ 𝑞2 = − ( √5) (√5) Así: 𝑄 = (𝑞1 𝑞2 ) = 2 1 √5 1 √5 2 (√5 − 4° Determinación de la matriz diagonal 𝐷: √5) 2 → 𝑄𝑇 = √5 1 1 √5 2 − √5) (√5 2 𝐷 = 𝑄 𝑇 𝐴𝑄 = 1 2 √5 (𝟓 2 𝟐 − √5) (√5 √5 1 𝟐 √5 ) 1 𝟐 (√5 1 − √5 2 6 0 ) 0 1 =( √5) . 5° Determinación de las nuevas variables: 𝑥′ 𝑄 𝑇 𝑋 = 𝑌 = ( ′ ) ↔ 𝑄 −1 𝑋 = 𝑌 → 𝑋 = 𝑄𝑌 𝑦 𝑇 𝑃(𝑥, 𝑦) = 5𝑥 2 + 4𝑥𝑦 + 2𝑦 2 = 𝑌 𝐷𝑌 = (𝑥′ 6 0) (𝑥′ ) = 6(𝑥′ )2 + (𝑦′ )2 = 𝑓(𝑌) 𝑦′ ) ( 0 1 𝑦′ Ejemplo N° 03. La ecuación de una cónica está dada por la ecuación. 5𝑥 2 + 4𝑥𝑦 + 2𝑦 2 = 6 Identificarla y graficarla. Solución La ecuación dada, matricialmente, queda expresada de la siguiente forma: 𝑋 𝑇 𝐴𝑋 = 6; 𝐴 = ( 𝟓 𝟐 𝟐 ) 𝟐 La matriz 𝑨, ya ha sido estudiada en el problema anterior, donde encontramos que la matriz 𝑸 que ortogonalmente lo diagonaliza, está dada por: 𝑄= 2 1 √5 1 √5 2 − (√5 → |𝑄| = −1 √5) Siendo el determinante negativo, entonces, hacemos un intercambio de columnas, para evitar tener un resultado negativo. Así: 𝑄= 1 2 √5 2 √5 1 − ( √5 → |𝑄| = 1 √5 ) Entonces, hallamos 𝐷: 𝐷 = 𝑄 𝑇 𝐴𝑄 = 1 2 √5 2 √5 1 − ( √5 𝑇 𝟓 ( 𝟐 √5 ) 𝟐 ) 𝟐 2 √5 2 √5 1 − ( √5 1 0 ) 0 6 → 𝐷=( 1 √5 ) =( 1 0 ) 0 6 Considerando: 𝑥′ 𝑄 𝑇 𝑋 = 𝑌 = ( ′ ) ↔ 𝑄 −1 𝑋 = 𝑌 → 𝑋 = 𝑄𝑌 𝑦 Entonces: 𝑋 𝑇 𝐴𝑋 = 6 ↔ 𝑌 𝑇 𝐷𝑌 = 6 → (𝑥 ′ 1 0 𝑦 ′) ( 0 𝑥′ ) ( ) = 6 → (𝑥 ′ 6 𝑦′ 𝑋 𝑇 𝐴𝑋 = 6 → (𝑥 ′ )2 + 6(𝑦 ′ )2 = 6 ↔ 𝑥′ 6𝑦 ′ ) ( ′ ) = 6 𝑦 (𝑥 ′ )2 (𝑦 ′ )2 + =1 6 1 La cónica es una elipse en el sistema de coordenadas 𝑋 ′ 𝑌 ′ : Construcción de la Gráfica. Necesitamos saber cuáles son los vectores de la base canónica en el sistema de coordenadas 𝑋 ′ 𝑌 ′ , que representan a los vectores: 𝑖 = (1, 0) y 𝑗 = (0, 1) Se procede de la siguiente forma: 1 𝑄𝑖 = − √5 2 ( √5 1 𝑄𝑗 = − √5 2 ( √5 2 1 √5 (1) = 1 0 √5 ) 2 2 √5 (0) = 1 1 √5 ) √5 = 𝑒 1 2 − ( √5) √5 1 = 𝑒2 ( √5 ) Se observa que los nuevos vectores bases son las columnas de 𝑄 (autovectores de 𝐴), que al ser ortonormales, nos indica que el cambio de variables corresponde a una rotación. 1 2 𝑒1 = ( , − ) √5 √5 2 1 𝑒2 = ( , ) √5 √5 Ejemplo N° 04. La ecuación de una cónica está dada por la ecuación. 5𝑥 2 + 4𝑥𝑦 + 2𝑦 2 − 28 √5 𝑥− 4 √5 𝑦+4 = 0 Identificarla y graficarla. Solución Para eliminar los términos mixtos en esta clase de ecuaciones se sugiere expresarla en forma matricial: 28 𝟓 𝟐 𝑋 𝑇 𝐴𝑋 + 𝐵𝑥 + 4 = 0 donde A = ( ) ; 𝐵 = (− 𝟐 𝟐 √5 − 4 √5 ) 𝑥 ˄ 𝑋 = (𝑦) En los problemas anteriores hemos visto que el término mixto 𝑥𝑦, proviene de la forma cuadrática 𝑋 𝑇 𝐴𝑋 que mediante el cambio de variable 𝑋 = 𝑄𝑌, se logró diagonalizar ortogonalmente. Así: 𝑄= 1 2 √5 2 √5 1 − ( √5 → 𝑋 𝑇 𝐴𝑋 = 𝑌 𝑇 𝑄𝑌 = (𝑥 ′ )2 + 6(𝑦 ′ )2 √5 ) Similarmente: 1 𝑋 = 𝑄𝑌 → 𝐵𝑋 = 𝐵𝑄𝑌 = (− 28 √5 − 4 √5 ) √5 2 − ( √5 2 𝑥′ √5 (𝑥 ′ ) = ( ) ( ) −4 −12 1 𝑦′ 𝑦′ √5 ) → 𝐵𝑋 = 𝐵𝑄𝑌 = −4𝑥 ′ − 12𝑦 ′ Luego, expresamos la cónica por la nueva ecuación: 𝑋 𝑇 𝐴𝑋 + 𝐵𝑥 + 4 = 0 ↔ (𝑥 ′ )2 + 6(𝑦 ′ )2 − 4𝑥 ′ − 12𝑦 ′ + 4 = 0 ↔ (𝑥 ′ − 2)2 + 6(𝑦 ′ − 1)2 = 6 ↔ (𝑥 ′ − 2)2 (𝑦 ′ − 1)2 + =1 6 1 La cónica corresponde a una elipse con traslación y rotación, donde a la matriz 𝑄 , se le conoce como la matriz de rotación. Construcción de la Gráfica. Necesitamos saber cuáles son los vectores de la base canónica en el sistema de coordenadas 𝑋 ′ 𝑌 ′ , que representan a los vectores: 𝑖 = (1, 0) y 𝑗 = (0, 1) Se procede de la siguiente forma: 1 𝑄𝑖 = √5 2 − ( √5 1 𝑄𝑗 = − √5 2 ( √5 2 1 √5 (1) = 1 0 √5 ) 2 √5 = 𝑒 2 2 − ( √5) 2 √5 (0) = 1 1 √5 ) √5 1 = 𝑒1 ( √5 ) Se observa que los nuevos vectores bases son las columnas de 𝑄 (autovectores de 𝐴), que al ser ortonormales, nos indica que el cambio de variables corresponde a una rotación. 1 2 𝑒2 = ( , − ) √5 √5 2 1 𝑒1 = ( , ) √5 √5 Ejemplo N° 05. La ecuación de una cónica está dada por la ecuación. 9𝑥 2 + 4𝑥𝑦 + 6𝑦 2 + 12√5𝑥 − 4√5𝑦 + 5 = 0 Identificarla y graficarla. Solución 1° Para eliminar los términos mixtos en esta clase de ecuaciones se sugiere expresarla en forma matricial: 𝑥 𝟗 𝟐 𝑋 𝑇 𝐴𝑋 + 𝐵𝑥 + 5 = 0 donde A = ( ) ; 𝐵 = (12√5 −4√5) ˄ 𝑋 = (𝑦) 𝟐 𝟔 2° Determinación de los autovalores de la matriz A: Ecuación característica: |𝐴 − 𝜆𝐼| = 0 ↔ |(𝟗 𝟐) − 𝜆 (1 0)| = 0 ↔ |9 − 𝜆 2 𝟐 𝟔 0 1 2 | = 0 … (1) 6−𝜆 Desarrollando el determinante: 𝜆2 − 15𝜆 + 50 = 0 𝜆1 = 10 → ˄ 𝜆2 = 5 … (2) Para hallar los autovectores, utilizamos la ecuación: (𝑨 − 𝝀𝑰)𝒗 = 𝟎 … (𝟑) Determinación de los autovectores: a) Si 𝝀 = 𝟏𝟎, utilizamos la relación (3): 9−𝜆 2 ( 𝑥 2 −1 0 ) (𝑦) = ( ) ↔ ( 2 6−𝜆 0 𝑥 = 2𝛼 2 𝑥 0 ) (𝑦) = ( ) → −𝑥 + 2𝑦 = 0 → { 𝑦=𝛼 −4 0 Los vectores tienen la forma: 𝑥 2𝛼 2 𝑣 = (𝑦) = ( ) = 𝛼 ( ) 𝛼 1 Luego, el autovector correspondientes a 𝝀 = 𝟏𝟎, es: 𝟐 𝟐 ⃗⃗⃗⃗𝟏 } ≡ 𝑯{𝝀𝟏 } = {( )} 𝒗𝟏 = ( ) → 𝓑𝟏 = 𝑺𝝀𝟏 =𝟏𝟎 = 𝒈𝒆𝒏{𝒗 𝟏 𝟏 b) Si 𝝀 = 𝟓, utilizamos la relación (3): 𝑥 9−𝜆 2 4 2 𝑥 0 0 ( ) (𝑦) = ( ) ↔ ( )( ) = ( ) 2 1 𝑦 2 6−𝜆 0 0 𝑥= 𝛼 → 2𝑥 + 𝑦 = 0 → {𝑦 = −2𝛼 Los vectores tienen la forma: 𝑥 𝛼 1 𝑣 = (𝑦 ) = ( ) = 𝛼( ) −2𝛼 −2 Luego, el autovector correspondientes a 𝝀 = 𝟓, es: 𝒗𝟐 = ( 𝟏 𝟏 ⃗⃗⃗⃗𝟐 } ≡ 𝑯{𝝀𝟐 } = {( )} ) → 𝓑𝟐 = 𝑺𝝀𝟐 =𝟓 = 𝒈𝒆𝒏{𝒗 −𝟐 −𝟐 3° Normalizando los autovectores hallados: 2 𝑣1 = ( ) → ‖𝑣1 ‖ = √5 1 { → 𝑞1 = 1 ‖𝑣 ‖ √5 𝑣2 = ( ) → 2 = −2 2 1 √5 1 ˄ 𝑞2 = − (√5) √5 2 ( √5) Así: 𝑄 = (𝑞1 𝑞2 ) = 2 1 √5 1 √5 2 (√5 − |𝑄| = −1 → √5) Se debe evitar que el determinante sea negativo → 𝑄= 1 2 √5 2 √5 1 1 → |𝑄| = 1 → √5 2 𝑄𝑇 = − ( √5 √5) − (√5 2 √5 1 √5 ) 4° Determinación de la matriz diagonal 𝐷: 2 𝐷 = 𝑄 𝑇 𝐴𝑄 = 1 √5 (𝟗 2 𝟐 − √5) (√5 √5 1 2 𝟐 √5 ) 1 𝟔 (√5 1 − √5 2 5 0 =( 0 ) 10 √5) En los problemas anteriores hemos visto que el término mixto 𝑥𝑦, proviene de la forma cuadrática 𝑋 𝑇 𝐴𝑋 que mediante el cambio de variable 𝑋 = 𝑄𝑌, se logró diagonalizar ortogonalmente. Así: 𝑄= 1 2 √5 2 √5 1 − ( √5 → 𝑋 𝑇 𝐴𝑋 = 𝑌 𝑇 𝑄𝑌 = (𝑥 ′ )2 + 6(𝑦 ′ )2 √5 ) Similarmente: 1 𝑋 = 𝑄𝑌 → 𝐵𝑋 = 𝐵𝑄𝑌 = (12√5 −4√5) − 2 √5 (𝑥 ′ ) = ( 20 1 𝑦′ √5 2 ( √5 𝑥′ 20) ( ′ ) 𝑦 √5 ) → 𝐵𝑋 = 𝐵𝑄𝑌 = 20𝑥 ′ + 20𝑦 ′ Luego, expresamos la cónica por la nueva ecuación: 𝑋 𝑇 𝐴𝑋 + 𝐵𝑋 + 5 = 0 ↔ (𝑥 ′ )2 + 6(𝑦 ′ )2 + 20𝑥 ′ + 20𝑦 ′ + 5 = 0 ↔ (𝑥 ′ + 10)2 (𝑦 ′ + 10)2 + =1 880 440 9 27 La cónica corresponde a una elipse con traslación y rotación, donde a la matriz 𝑄 , se le conoce como la matriz de rotación. Construcción de la Gráfica. Necesitamos saber cuáles son los vectores de la base canónica en el sistema de coordenadas 𝑋 ′ 𝑌 ′ , que representan a los vectores: 𝑖 = (1, 0) y 𝑗 = (0, 1) Se procede de la siguiente forma: 1 𝑄𝑖 = − √5 2 ( √5 1 𝑄𝑗 = √5 2 − ( √5 2 √5 (1) = 1 0 √5 ) 2 √5 (0) = 1 1 √5 ) 1 √5 = 𝑒 2 2 − ( √5) 2 √5 1 = 𝑒1 ( √5 ) Se observa que los nuevos vectores bases son las columnas de 𝑄 (autovectores de 𝐴), que al ser ortonormales, nos indica que el cambio de variables corresponde a una rotación