TUTORIAL 9 Lugar geométrico Clasificación de Cónicas y Cuádricas Superficies Regladas

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U.N.Sa. - Facultad de Ciencias Exactas
Asignatura: Algebra Lineal y Geometría Analítica
Carreras: LAS, PM, LF, LER, TEU, TUES, TUP
Año: 2º Cuatrimestre 2019
Docente: Ing. Augusto A. Estrada V.
TUTORIAL 9
Lugar geométrico. Clasificación de Cónicas y Cuádricas. Superficies Regladas
Introducción:
En este trabajo práctico abordaremos el estudio de las cónicas y las cuádricas. Mediante algunas
situaciones problemáticas estudiaremos las cónicas como lugares geométricos de puntos del plano
determinando sus ecuaciones canónicas y sus elementos principales. Estudiaremos la ecuación
general de segundo grado en dos y tres variables. Mediante transformaciones o cambio de
coordenadas (rotaciones y/o traslaciones de los ejes) la reduciremos a su forma canónica para
identificar la curva o superficie y graficar la misma en forma aproximada. Estudiaremos también un
tipo de cuádricas o superficies especiales, las llamadas superficies regladas.
Ejercicio 1
¿Qué? debemos hacer. Determinar la ecuación canónica del lugar geométrico de los puntos del
plano que cumplen una determinada condición según lo indicado en la consigna. ¿Cómo? lo
hacemos. Es necesario recordar las definiciones de las distintas cónicas como lugares geométricos,
como también sus elementos principales y su ecuación canónica. Todo ello, a los efectos de que, en
el desarrollo analítico del problema, sepamos a priori, cual podría ser el resultado esperado. La
recomendación será entonces tener claros estos conceptos antes de comenzar a resolver los
ejercicios. Veamos algunos ejemplos
Ejemplo 1: Determina el lugar geométrico de los puntos del plano cuya distancia al origen de
coordenadas es 5
¿Qué debemos hacer?. De acuerdo a la consigna, debemos hallar el lugar geométrico de los
puntos del plano que cumplen la condición dada (que su distancia al origen sea constante e igual a
5). ¿Cómo? lo hacemos. Bastará recordar la definición de distancia entre dos puntos y hacer cumplir
la condición.
La distancia (euclídea) entre dos puntos del plano P  x1,y1 y Q  x2,y2 viene dada por:
dP,Q  x2  x12  y2  y12
En el caso que estamos resolviendo, queremos encontrar el conjunto de puntos P  x,y cuya
distancia al punto O  0,0 es 3. Así que si a
plicamos la anterior fórmula tomando Q  0,0 tendremos que:
dP,O  x  02  y  02  3  x2  y2  3  x2  y2  9
Si recordamos un poco y observamos la última ecuación, seguramente reconoceremos que se
trata de la ecuación canónica de una circunferencia de centro en el origen de coordenadas y radio
igual a 3. De modo que podemos asegurar que el lugar geométrico de los puntos del plano que
cumplen las condiciones del problema es una circunfencia. En la figura 1 se muestra la gráfica de la
misma
Figura 1
Ejemplo 2: Determina el lugar geométrico de los puntos del plano cuya suma de distancias a los
puntos P   5 ,0 y Q   5 ,0 es igual a 6
¿Qué debemos hacer?. Hallar el lugar geométrico de los puntos del plano que cumplen la
condición dada (la suma de las distancias del punto a los puntos P y Q sea constante e igual a 6).
¿Cómo? lo hacemos. Bastará recordar la definición de distancia entre dos puntos y hacer cumplir la
condición del problema. Asimismo si recordamos las definiciones de las cónicas como lugar
geométrico de puntos del plano, seguramente podemos inferir que este lugar geométrico,
correspondería a una elipse. Veamos si es así.
Un punto genérico del plano es X  x,y, si tenemos en cuenta la condición del problema,
tendremos que: dX,P  dX,Q  6
Aplicando la definición de distancia entre dos puntos tenemos:
x  5 2  y  02  x   5 2  y  02  6
Resolviendo algebraicamente, teniendo en cuenta que estamos trabajando con coordenadas
reales tenemos:
 x  5 2  y2  6  x   5 2  y2
 x  5 2  y2  6  x  5 2  y2
  x  5 2  y2 2  6  x  5 2  y2 2
 x  5 2  y2  36  12 x  5 2  y2  x  5 2  y2
 x2  2 5 x  5  y2  36  12 x  5 2  y2  x2  2 5 x  5  y2
 4 5 x  36  12 x  5 2  y2
 5 x  9  3 x  5 2  y2
  5 x  92  3 x  5 2  y2 2
 5x2  18 5 x  81  9x  5 2  y2
 5x2  18 5 x  81  9x2  18 5 x  45  y2
 4x2  y2  36
 x
2
9

y2
4
 1
Si recordamos un poco los conceptos teóricos, seguro que reconoceremos que la última
ecuación, es la ecuación canónica de una elipse cuyo eje mayor esta sobre el eje x. Es decir, el lugar
geométrico de los puntos del plano que cumplen las condiciones del problema, es una elipse cuyos
elementos son:
Semieje mayor sobre el eje x, semieje menor sobre el eje y, Focos los puntos dados P   5 ,0
y Q   5 ,0
Si estudiamos las intersecciones con los ejes coordenados y las simetrías, podremos obtener
información útil para poder graficar la curva de forma aproximada
Intersección con el eje x, entonces y  0, que reemplazado en la ecuación x
2
9

y2
4
 1 nos da:
x2  9 por lo que x  3. Es decir, la curva corta al eje x en los puntos V1  3,0 y V2  3,0
Intersección con el eje y, entonces x  0, que reemplazado en la ecuación x
2
9

y2
4
 1 nos da:
y2  4 por lo que y  2. Es decir, la curva corta al eje y en los puntos B1  0,2 y B2  0,2
La curva tiene simetría respecto al eje x ya que
x2
9

y2
4
 x
2
9

y2
4
 1  fx,y  fx,y
La curva tiene simetría respecto al eje y ya que
x2
9

y2
4
 x
2
9

y2
4
 1  fx,y  fx,y
La curva tiene simetría respecto al origen ya que:
x2
9

y2
4
 x
2
9

y2
4
 1  fx,y  fx,y
Con estos datos podemos realizar una gráfica aproximada de la elipse. En la figura 2 se muestra
la misma:
Figura 2
Ejemplo 3: Determina el lugar geométrico de los puntos del plano cuya diferencia de distancias
a los puntos P   13 ,0 y Q   13 ,0 es igual a 6
Como podemos ver es un problema similar al del ejemplo 2 pero ahora la condición del
problema es que la resta de las distancias de un punto X del plano a los puntos P y Q es igual a 6
Así que si aplicamos la condición del problema tendremos: dX,P  dX,Q  6
Queda como ejercicio continuar el desarrollo algebraico-como lo hicimos para el anterior
ejemplo- y verificar que la ecuación del lugar geométrico es:
x2
9
 y
2
4
 1
Ahora nuevamente debemos apelar a nuestra memoria y nuestros conocimientos teóricos para
recordar, en primer lugar, la definición de las distintas cónicas como lugar geométrico de puntos del
plano. Si hacemos esto y leemos nuevamente la condición del problema, veremos que la posible
curva sería una hipérbola. En segundo lugar debemos recordar la ecuación canónica de una
hipérbola. Veremos que la ecuación encontrada corresponde a la ecuación canónica de una hipérbola
cuyo eje real es el eje x, eje imaginario el eje y
Sus elementos son:
Focos: los puntos dados P   13 ,0 y Q   13 ,0
Asíntotas: Las rectas r1 : y  23
x y r2 : y   23 x
Se puede verificar, de la misma forma que lo hicimos para la elipse del ejemplo 2, que la curva
es simétrica respecto a cada uno de los ejes x e y y también respecto al origen de coordenadas.
La intersección con el eje x se obtiene haciendo y  0, que reemplazado en la ecuación nos da:
x2
9
 0
2
4
 1  x2  9  x  3, por lo que la curva intercepta al eje x en los puntos
V1  3,0 y V2  3,0
La intersección con el eje y se obtiene haciendo x  0, entonces 0
2
9
 y
2
4
 1
  y
2
4
 1  y2  4, ecuación que no tiene solución en . Por lo tanto la curva no corta al
eje y (es la razón de llamar eje imaginario al eje y)
Con toda esta información podemos graficar de forma aproximada la curva. En la figura 3 se
muestra una gráfica aproximada de la misma
Figura 3
Ejemplo 4: Determina la ecuación canónica del lugar geométrico de los puntos del plano cuya
distancia al punto F  0,2 es igual a la distancia a la recta r cuya ecuación general es: y  2  0
De acuerdo a las condiciones del problema será: dX,F  dX,r
Si recordamos que la distancia de un punto a una recta en 2 viene dada por:
dX,r
Q  P, N
N
Donde: en el ejemplo será: Q  X; P un punto de la recta r; N vector normal a r
Sea X  x,y un punto genérico de 2; N  0,1-que sabemos, sus coordenadas son los
coeficientes de x e y en la ecuación general de r 
Tomamos P  1,2  r ya que si reemplazamos en la ecuación de r esta se verifica:
2  2  0
Q  P  x,y  1,2  x  1,y  2
Si consideramos el producto interno usual en 2 tendremos que:
Q  P, N  x  1,y  2,0,1  y  2
N  02  12  1
Así que: dX,r 
Q  P, N
N
 dX,r 
y  2
1
 |y  2|. Entonces
dX,F  dX,r  x  02  y  22  |y  2|  x2  y  22  |y  2|
  x2  y  22 2  |y  2|2  x2  y  22  y  22  x2  y2  4y  4  y2  4y  4. Es
decir:
x2  8y
Esta última ecuación es la ecuación canónica de una parábola con eje de simetría el eje y. Es
decir, el lugar geométrico de los puntos del plano que cumplen las condiciones del problema, es una
parábola con eje de simetría el eje y. La gráfica aproximada correspondiente se muestra en la figura
4
Figura 4
Para realizar la gráfica se tiene en cuenta que la ecuación canónica hallada x2  8y es de la
forma general x2  4py y que la curva tiene simetría respecto al eje y
Como 4p  8  0 entonces es una parábola que se abre hacia valores de y positivos. De
4p  8  p  2, que es la distancia del foco al origen de coordenadas (vértice de la parábola)
distancia que debe ser igual a la distancia del vértice a la recta r (directriz de la parábola).
Además sabemos que si trazamos la recta perpendicular al eje de simetría y por el punto
F  0,2 (foco de la parábola), la longitud del segmento determinado por los puntos intersección de
esta recta perpendicular con la parábola, es igual a la longitud del lado recto, que sabemos es 4p. Si
se tiene en cuenta la simetría respecto al eje y llevando desde el eje 2p para cada lado obtenemos los
puntos simétricos de la parábola, por lo que se puede trazar la misma en forma aproximada.
Ejercicio 2
¿Qué? debemos hacer. Dadas algunas ecuaciones de segundo grado incompletas, que solo
contienen términos cuadràticos puros y/o lineales, determinar su ecuaciòn canónica, identificar la
curva que representa y graficarla en forma aproximada. ¿Cómo? debemos hacerlo. Bastará recordar
cuál es la forma canónica de las distintas cónicas, a fin de realizar las operaciones algebraicas para
llevar la ecuaciòn dada a su forma canónica. Si recordamos un poco, podemos ver, que las
ecuaciones canónicas de las cónicas con centro solo contienen terminos cuadráticos puros en ambas
variables (x,y y el término constante o independiente, en cambio en las cónicas sin centro,
contienen un cuadrático puro en una de las variables y un lineal en la otra variable. Es decir si el
término cuadrádico es en la variable x, entonces el lineal es en la variable y o viceversa. Así que,
debemos observar la ecuaciòn dada, y segun sea su forma, realizar las operaciones algebraicas
necesarias hasta obtener su forma canónica.
Ejemplo 1:
Consigna similar a la del TP para la ecuación: 4x2  9y2  36  0
Si observamos la ecuación, vemos que contiene términos cuadráticos puros en ambas variables y
término constante. Además ambos coeficientes de los términos cuadráticos tienen el mismo signo y
son distintos, por lo que puede representar una cónica con centro tipo elipse, cuya ecuación canónica
es de la forma:
x2
a2
 v
2
b2
 1
Veamos cómo, si es posible, llevamos la ecuación dada a esta forma:
4x2  9y2  36  0  4x2  9y2  36  4x
2  9y2
36
 36
36
 4x
2
36

9y2
36
 1  x
2
9

y2
4

Como podemos ver la última ecuación es la ecuación canónica de una elipse. Así que la ecuación
dada representa una elipse.
Para graficarla en forma aproximada, solo debemos encontrar el valor de los semiejes mayor y
menor de la elipse. Así que:
a2  9  a  3 longitud del semieje mayor y b2  4  b  2 longitud del semieje menor.
Como el eje mayor esta sobre el eje x, entonces los focos de la elipse están sobre el eje x. Para
saber sus coordenadas debemos calcular el valor de c. Para ello recordemos que:
c2  a2  b2  c2  9  4  5  c   5 entonces los focos son: F1  0, 5  y F2  0, 5 
Si encontramos la intersecciones con los ejes:
Con el eje x, entonces y  0  x
2
9
 1  x2  9  x  3 con lo que V1  0,3 y
V2  0,3 son los puntos intersecciòn con el eje x
Con el eje y, entonces x  0 
y2
4
 1  y2  4  y  2 con lo que B1  0,2 y
B2  0,2 son los puntos intersecciòn con el eje y
Si tenemos en cuenta que la elipse es simétrica respecto a ambos ejes x e y como tambien
respecto al origen de coordenadas. podemos graficar en forma bastante aproximada la curva.
Figura
Ejercicio 3
¿Qué? debemos hacer. Dadas distintas ecuaciones generales de segundo grado en dos variables,
realizar las transformaciones necesarias-rotaciones y/o traslaciones- para llevarla a su forma
canónica, identificar la curva y graficarla en forma aproximada si se trata de una curva real,
interpretando las transformaciones realizadas.
¿Cómo? debemos hacerlo. Bastará recordar algunos conceptos ya estudiados en trabajos
prácticos anteriores tales como autovalores y autovectores de una matriz, diagonalización,
coordenadas de un vector, cambio de base, bases ortonormales, etc., como también nuevos conceptos
que se han incorporado en el tema del presente trabajo práctico.
Recordemos que una cónica se puede representar por una ecuación general de 2do grado en dos
variables como la que se indica a continuación:
a11x2  2a12xy  a22y2  dx  ey  f  0
Según los valores que tomen las constantes, esta curva puede representar una cónica real (elipse,
hipérbola, parábola) una cónica degenerada (un punto, un par de rectas paralelas o un par de rectas
secantes) o un cónica imaginaria (no tiene solución para valores reales de x,y
Recordemos también que esta ecuación puede escribirse en forma matricial como sigue:
x,y
a11 a12
a12 a22
x
y
 d e
x
y
 f  0
Haciendo: X 
x
y
; XT  x,y; A 
a11 a12
a12 a22
y B  d e tenemos:
XTAX  BX  f  0 1
La matriz A es la matriz asociada a la cónica y define la misma. Observemos que A es simétrica,
por lo que es posible diagonalizarla ortogonalmente. Es decir existirá una matriz P ortogonal
(P1  PT tal que PTAP  D siendo D una matriz diagonal.
Sabemos que, cuando una matriz A es diagonalizable, la matriz P que la diagonaliza es aquella
cuyas columnas están constituidas por autovectores de la matriz A. En este caso particular, al ser
A22 y ser simétrica, sabemos que sus autovalores son reales y los autovectores asociados son
ortogonales. En consecuencia si normalizamos los mismos, estos constituyen una base ortonormal de
2, por lo que la matriz P cuyas columnas son los autovectores normalizados de A será ortogonal y
en consecuencia se cumplirá que P1AP  PTAP  D, donde D es una matriz diagonal cuyos
elementos de la diagonal principal son los autovalores de A, en el mismo orden en el que están en P
sus autovectores asociados. Es decir:
Si U1 
u11
u21
y U2 
u12
u22
son los autovectores normalizados de A será:
P  U1/U2 
u11 u12
u21 u22
y PTAP  D 
1 0
0 2
Siendo 1 y 2 los autovalores de A asociados a los autovectores U1 y U2 respectivamente.
Asimismo al ser P1AP  PTAP  D  |P1AP|  |D|  |P1 ||A||P|  12
 |A|  12
Se puede determinar el tipo de cónica estudiando el determinante de la matriz A
Si |A|  0 entonces la cónica es con centro de tipo elipse
Si |A|  0 entonces la cónica es sin centro de tipo parábola
Si |A|  0 entonces la cónica es con centro de tipo hipérbola
O en forma equivalente, como |A|  12 tendremos que:
Si 1, 2 tienen igual signo la cónica es de tipo elipse
Si 1  0  2  0 , entonces la cónica es de tipo parábola
Si 1, 2 tienen distinto signo la cónica es de tipo hipérbola
Si analizamos la ecuación general y la ecuación canónica de una cónica, vemos que esta última
solo contiene términos cuadráticos puros, por lo que si queremos reducirla ecuación general a la
canónica, debemos eliminar de ella los términos rectangulares (cuadráticos cruzados) y los términos
lineales
Debemos preguntarnos ¿Cómo se eliminan los términos rectangulares? ¿Cómo se eliminan
los términos lineales? Para responderlas bastará recordar que, la eliminación de los términos
rectangulares se realiza mediante una rotación de ejes o cambio de base y la eliminación de los
términos lineales mediante una traslación de ejes. Veamos algunos ejemplos que ilustren lo antes
expresado.
Ejemplo 1: Dada la siguiente ecuación de segundo grado en las variables x,y: 4x2  y2  2  0.
Determina su ecuación canónica, identifica la curva y realiza una gráfica aproximada de ella.
Podemos expresar la ecuación en forma matricial: x,y
4 0
0 1
x
y
 2  0
|A|  4  0, entonces es una cónica con centro tipo elipse.
La ecuación no contiene ni términos rectangulares ni términos lineales, por lo que no es
necesario realizar ninguna transformación (ni rotación ni traslación). Así que podemos encontrar la
ecuación canónica realizando operaciones algebraicas. Veamos como:
De acuerdo a lo que vimos más arriba, la ecuación dada representa una cónica tipo elipse.
Sabemos que la ecuación canónica de una elipse es de la forma:
x2
a2

y2
b2
 1 o bien x
2
b2

y2
a2
 1
Veamos si podemos escribir la ecuación dada en alguna de ella.
4x2  y2  2  0  4x2  y2  2. Dividiendo ambos miembros por 2 y simplificando tenemos:
x2
2

y2
4
 1
Que es la ecuación canónica de una elipse cuyo eje mayor esta sobre el eje y. Para graficarla
realizamos la intersección con los ejes coordenados y las simetrías:
Intersección con el eje x  y  0  x
2
2
 1  x2  2  x   2
Intersección con el eje y  x  0 
y2
4
 1  y2  4  y  2
En la figura 5 se muestra una gráfica aproximada de la curva.
Figura 5
Ejemplo 2: El mismo enunciado que el anterior pero para la ecuación: 4x2  16  0
Resolviendo la ecuación, teniendo en cuenta que al ser una ecuación en de segundo grado en dos
variables, y al no estar presente y en la ecuación, ella es variable libre para la solución. Tenemos
que:
4x2  16  x2  4  x  2. Como dijimos más arriba, y es una variable libre , entonces se
trata de un par de rectas paralelas al eje y cuyas ecuaciones generales son r1 : x  2  0 y r2 :
x  2  0. Sus respectivas ecuaciones vectoriales serán:
r1:x,y  2,y  2,0  y0,1  r1:x,y  2,0  t0,1
r2:x,y  2,y  2,0  y0,1  r2:x,y  2,0  t0,1
En este caso, es un caso degenerado de parábola, un par de rectas paralelas distintas. En la figura
6 se muestra la gráfica.
Figura 6
Ejemplo 3: El mismo enunciado que el anterior pero para la ecuación: 9x2  4y2  36  0
Si observamos la ecuación dada vemos que uno de los coeficientes de los términos cuadráticos es
negativo. Si recordamos las ecuaciones canónicas de las cónicas, sabemos que la ecuación canónica
de una hipérbola tiene la forma: x
2
a2
 y
2
b2
 1 (eje real sobre el x) ó  x
2
b2

y2
a2
 1 (eje real sobre
el eje y. Veamos si podemos escribir la ecuación dada en esta forma:
9x2  4y2  36  0  9x2  4y2  36
Dividiendo ambos miembros por 36 tenemos:
 x
2
4

y2
9
 1
Esta última ecuación es la ecuación canónica de una hipérbola con eje real sobre el eje y. Para
realizar una gráfica aproximada de la curva tenemos que encontrar las intersecciones con los ejes
coordenados y estudiar sus simetrías.
Intersección con el eje x, entonces y  0. Si reemplazamos en  x
2
4

y2
9
 1 tenemos que:
 x
2
4
 0
2
9
 1   x
2
4
 1  x2  4  x2  4
Esta última ecuación no tiene solución en . En consecuencia no hay intersección con el eje x (el
eje x es eje imaginario para la hipérbola)
Intersección con el eje y, entonces x  0. Si reemplazamos en  x
2
4

y2
9
 1, tenemos que:
 0
2
4

y2
9
 1 
y2
9
 1  y2  9  y  3. Es decir la intersección de la hipérbola con el
eje y son dos puntos V1  0,3 y V2  0,3 simétricos con respecto a eje x. En la figura 7 se
muestra una gráfica aproximada de la curva.
Figura 7
Ejemplo 4: Dada la siguiente ecuación de segundo grado en dos variables: x2  4x  4y  16  0
Realiza las transformaciones necesarias para reducirla a su forma canónica, identificar la curva
que representa y graficarla interpretando las transformaciones realizadas.
¿Qué? debemos hacer. Encontrar a partir de una ecuación general de segundo grado en dos
variables, su ecuación canónica, identificar la curva que representa y graficarla. ¿Cómo? lo hacemos.
Debemos analizar si la ecuación dada es completa o no, a fin de precisar las transformaciones que
serán necesarias realizar para llevarla a su forma canónica. Para ello debemos recordar que si la
ecuación tiene término rectangular (cuadráticos cruzados), será necesario realizar una rotación
(cambio de base) para poder eliminarlo. Sí además tiene términos lineales, luego de hacer la rotación
debemos realizar una traslación para eliminarlos. De esta manera podremos hallar la ecuación
canónica de la curva, que como sabemos, solo contiene términos cuadráticos puros y término
independiente.
Como la ecuación no contiene el término rectangular, no hace falta realizar una rotación. La
ecuación contiene términos lineales por lo que hace falta realizar una traslación para eliminarlos.
Recordemos también que la ecuación general de 2do grado puede escribirse matricialmente y
que calculando el determinante de la matriz A asociada a la curva, podemos clasificarla o determinar
el tipo de cónica calculando el determinante de A. Veamos esto:
x,y
1 0
0 0
x
y
 4 4
x
y
 16  0 siendo A 
1 0
0 0
, así que
|A|  0
Como |A|  0 , entonces se trata de una cónica sin centro tipo parábola.
Para poder determinar la traslación a realizar, debemos completar cuadrados en la variable que
tiene término cuadrático, tratando de escribir la ecuación canónica de una parábola. Hagamos eso.
x2  4x  4y  16  0  x2  4x  4y  16
Completamos cuadrado en x, para ello, dividimos el coeficiente de x (término lineal) por 2 y
sumamos y restamos el cuadrado de este resultado. Es decir:
x2  4x  4  4  4y  16
 x  22  4  4y  16  x  22  4y  16  4  x  22  4y  12. Entonces:
x  22  4y  3 1
Aquí podemos visualizar la traslación a realizar: Las ecuaciones de la traslación son:
u  x  2
v  y  3
2
Reemplazando 2 en 1 tenemos:
u2  4v 3
La ecuación 3 es la ecuación canónica de una parábola cuyo eje de simetría es el eje v.
Ahora debemos graficar la curva obtenida interpretando las transformaciones realizadas para
obtenerla. En este caso hemos realizado una traslación de ejes dada por 2.
El nuevo sistema de ejes coordenados u,v tiene su origen en el punto de coordenadas
x,y  2,3 y sus ejes u,v son respectivamente paralelos a x e y (primitivos ejes).
La ecuación canónica u2  4v representa en el sistema de ejes u,v una parábola cuyo eje de
simetría es el eje v, por lo que su ecuación canónica es de la forma u2  4pv siendo p la distancia
desde el vértice al foco (igual a la distancia del vértice a la directriz) y 4p es la longitud del lado
recto, segmento determinado por la intersección de la parábola con la recta perpendicular al eje de
simetría por el foco.
Entonces 4p  4  p  1. Además como 4p  4  0 entonces la gráfica se extiende hacia las v
positivas, por lo que el foco es el punto de coordenadas F  x,y  2,4 respecto al sistema de
ejes x,y y F  u,v  0,1 respecto al sistema de ejes u,v. La directriz tiene ecuación v  p y
como p  1  v  1
Para graficar la parábola, graficamos el foco, trazamos por él la perpendicular al eje de simetría v
y los puntos simétricos respecto al eje v, P1  0,2p y P2  0,2p. Como p  1, será P1  0,2
y P2  0,2. Estos puntos conjuntamente con el vértice 0,0 permiten graficar en forma
aproximada la parábola (teniendo en cuenta la simetría respecto al eje v.
En la figura 8 se muestra una gráfica aproximadade la curva con todos los elementos antes
mencionados
Figura 8
Ejemplo 5: Idéntica consigna que la del ejemplo 1 para la ecuación de 2do grado en dos
variables: x2  y2  4xy  3  0
Vemos que en la ecuación aparece el término rectangular pero no hay términos lineales. En
consecuencia será necesario realizar solo una rotación o cambio de base para eliminar el término
rectangular.
Escribamos la ecuación en forma matricial:
x,y
1 2
2 1
x
y
 3  0
Si X 
x
y
será XT  x,y ; A 
1 2
2 1
; y f  3
Tenemos que la ecuación en forma sintética es:
XTAX  f  0 1
Determinamos el tipo de cónica.
|A| 
1 2
2 1
 3  0. Entonces se trata de una cónica con centro tipo hipérbola.
Como tenemos que realizar un cambio de base, debemos encontrar la matriz de cambio de base.
Si recordamos los conceptos teóricos, veremos que ella tiene como columnas autovectores de la
matriz A, en consecuencia debemos determinar los autovalores y autovectores de A.
Asimismo sabemos que al ser A simétrica, entonces es diagonalizable ortogonalmente, y como
los autovalores son ortogonales, si los normalizamos, la matriz P que la diagonaliza es ortognal
PT  P1.
Calculamos los autovalores de A. Para ello encontramos las raíces del polinomio característico.
Es decir resolvemos la ecuación característica |A  I|  0
1   2
2 1  
 0  1  2  4  0  1  2  4  1    2
 1    2  1    2  1  1  2  3
Calculamos los autovectores asociados.
Para 1  1. Resolvemos (A  1IX    A  IX  

1  1 2
2 1  1
x
y

0
0

1  1 2
2 1  1
x
y

0
0

2 2
2 2
x
y

0
0

2 2 0
2 2 0

2 2 0
0 0 0
El sistema escalonado es: 2x  2y  0  y  x
La solución general es x,y  x,x  x1,1  U1  1,1 es un autovector de A asociado
a 1  1  U1  2
Normalizamos a U1 tenemos que V1 
U1
U1
  1
2
, 1
2
 es un autovector unitario que
tiene la misma dirección de U1
Para 2  3. Resolvemos (A  2IX   (A  3IX  

1  2 2
2 1  2
x
y

0
0

1  3 2
2 1  3
x
y

0
0

2 2
2 2
x
y

0
0

2 2 0
2 2 0

2 2 0
0 0 0
El sistema escalonado es2x  2y  0  y  x
La solución general es x,y  x,x  x1,1  U2  1,1 es un autovector de A asociado a
2  3  U2  2
Normalizamos a U2 tenemos que V2 
U2
U2
  1
2
, 1
2
 es un autovector unitario que
tiene la misma dirección de U2
Si llamamos 1  V1,V2
La matriz de cambio de base es P  V1/V2  P 
1
2
1
2
1
2
1
2
Como |P|  1, entonces el cambio de base es una rotación.
Si hacemos X 
x
y
será XT  x,y y X 1 
s
t
será X
1
T  s, t
La ecuación de cambio de base es: X  PX 1  X
T  X
1
T PT 2
Sustituyendo 2 en 1 tenemos que: X
1
T PTAPX 1  f  0
Como P es ortogonal será PT  P1  PTAP  P1AP  D siendo:
D 
1 0
0 2

1 0
0 3
En consecuencia la nueva ecuación en las variables s, t será:
1s2  2t2  3  0  s2  3t2  3  3t
2
3
 s
2
3
 3
3
 t
2
1
 s
2
3
 1
La última ecuación es la ecuación canónica de una hipérbola cuyo eje real es el eje t.
Para graficar la curva interpretando las transformaciones realizadas, como en este caso solo
realizamos una rotación de ejes, tenemos que graficar los vectores de la matriz de cambio de base
(columnas de la matriz de rotación) quienes nos indicarán el sentido positivo de cada uno de los ejes
(la primera columna el sentido de s y la 2da columna el de t. Asimismo su longitud (unitaria) nos
indica la escala en los nuevos ejes.
La ecuación canónica es de la forma: t
2
a2
 s
2
b2
 1. Por lo que podemos obtener el valor de la
longitud del semieje real y semieje imaginario a saber: a2  1  a  1 y b2  3  b  3
De esta manera, la longitud de los ejes reales e imaginario respectivamente son 2a  2 y
2b  2 3
En consecuencia tenemos los puntos de intersección con el eje t : V1  0,1 y V2  0,1
Las ecuaciones de las asíntotas serán: t   ba s  t  
3
1
s  t   3 s
En la figura 9 se muestra la grafica aproximada de de la curva
Figura 9
Ejemplo 6: Consigna similar a la del ejemplo 1 para la ecuación de 2do grado en dos variables:
2x2  2y2  2xy  5 2 x  7 2 y  10  0 1
Escribimos la ecuación en forma matricial:
x,y
2 1
1 2
x
y
 5 2 ,7 2
x
y
 10  0
Si X 
x
y
será XT  x,y; A 
2 1
1 2
; B  5 2 ,7 2  y f  10 tenemos:
XTAX  BX  f  0 1
|A| 
2 1
1 2
 3  0. Entonces es una cónica con centro tipo elipse
Calculamos los autovalores de A. Para ello encontramos las raíces del polinomio característico.
Es decir resolvemos la ecuación característica |A  I|  0
2   1
1 2  
 0  2  2  1  0  2  2  1  2    1
 2    1  2    1  1  1  2  3
Calculo de los autovectores asociados
Para 1  1. Resolvemos (A  1IX   (A  IX   
2  1 1
1 2  1
x
y

0
0

2  1 1
1 2  1
x
y

0
0

1 1
1 1
x
y

0
0

1 1 0
1 1 0

1 1 0
0 0 0
El sistema escalonado es: x  y  0  y  x
La solución general es x,y  x,x  x1,1  U1  1,1 es un autovector de A asociado
a 1  1  U1  2
Normalizamos a U1 tenemos que V1 
U1
U1
  1
2
, 1
2
 es un autovector unitario que
tiene la misma dirección de U1
Para 2  3. Resolvemos (A  2IX   (A  3IX  

2  2 1
1 1  2
x
y

0
0

2  3 1
1 2  3
x
y

0
0

1 1
1 1
x
y

0
0

1 1 0
1 1 0

1 1 0
0 0 0
El sistema escalonado esx  y  0  y  x
La solución general es x,y  x,x  x1,1  U2  1,1 es un autovector de A asociado a
2  3  U2  2
Normalizamos a U2 tenemos que V2 
U2
U2
  1
2
, 1
2
 es un autovector unitario que
tiene la misma dirección de U2
La matriz de cambio de base es P  V1/V2  P 
1
2
1
2
1
2
1
2
Si hacemos X 
x
y
será XT  x,y y X 1 
s
t
será X
1
T  s, t
La ecuación de cambio de base es: X  PX 1  X
T  X
1
T PT 2
Sustituyendo 2 en 1 tenemos que: X
1
T PTAPX 1  BPX 1  f  0
Como P es ortogonal será PT  P1  PTAP  D siendo D 
1 0
0 2

1 0
0 3
Los nuevos términos lineales son: B   d,e   BP  5 2 ,7 2 
1
2
1
2
1
2
1
2
 2,12
La nueva ecuación en las variables (s, t (coordenadas en la nueva base) será:
1s2  2t2  ds  e t  f  0  s2  3t2  2s  12t  10  0  s2  2s  3t2  12t  10
Completando cuadrados en s y en t tenemos:
s2  2s  1  1  3t2  4t  4  4  10  s2  2s  1  1  3t2  4t  4  12  10
 s  12  3t  22  10  1  12
 s  12  3t  22  3 
s  12
3

3t  22
3
 1. Entonces:
s  12
3

t  22
1
 1 2
Hacemos la traslación dada por las ecuaciones:
u  s  1
v  t  2
3
Reemplazando en la 2 tenemos:
u2
3
 v
2
1
 1 4
La,.4 es la ecuación canónica de una elipse de eje mayor sobre el eje u.
Ahora graficamos la curva interpretando las transformaciones realizadas. En este caso hemos
realizado primero una rotación de ejes pasando del sistema x,y al sistema rotado s, t mediante la
matriz de rotación P, luego hemos realizado una traslación pasando del sistema de ejes s, t al sistema
trasladado u,v mediante las ecuaciones 3
La ecuación canónica es de la forma:
u2
a2
 v
2
b2
 1
Tenemos que: a2  3  a  3 y b2  1  b  1
En consecuencia tenemos los puntos de intersección con el eje u : V1  0, 3  y
V2  0, 3  y con el eje v : B1  0,1 y B2  0,1.
En la figura 10 se muestra una gráfica aproximada de la curva con las transformaciones
realizadas (rotación y traslación) para llegar a la ecuación canónica de la misma.
Figura 10
Ejercicio 4
¿Qué? debemos hacer. Dadas algunas ecuaciones de segundo grado en dos variables y que
contienen un parámetro, analizar en función del valor del parámetro, el tipo de cónica que
representan. ¿Cómo? lo hacemos. Bastará recordar cómo se determina el tipo de cónica. Si
recordamos un poco, veremos que si expresamos la ecuación en forma matricial encontraremos la
matriz A asociada a ella y que analizandoel determinante de A, podemos determinar el tipo de
cónica que representará la ecuación: Así tenemos que:
Si detA  0 entonces la cónica es tipo parábola (sin centro)
Si detA  0 entonces la cónica es tipo elipse (con centro)
Si detA  0 entonces la cónica es tipo hipérbola (con centro)
Ejemplo 1
Consigna similar a la del ejercicio 4 del TP para la ecuación: 4x2  ky2  4xy  3  0 donde k es
el parámetro
Escrita en forma matricial, la ecuación es:
x,y
4 1
1 k
x
y
 3  0
Tenemos que: detA 
4 2
2 k
 4k  4  detA  4k  4
Veamos si hay valores del parámetro k tal que este determinante toma los valores cero, es
positivo o es negativo
Si 4k  4  0  k  1. Es decir si k  1 la cónica será de tipo parábola
Si 4k  4  0  k  1. Es decir si k  1 entonces la cónica es de tipo elipse
Si 4k  4  0  k  1. Es decir si k  1 entonces la cónica es de tipo hipérbola
Ejercicio 5
¿Qué? debemos hacer. Dada una ecuación de segundo grado con un parámetro, analizar los
valores del parámetro para los distintos tipos de solución. ¿Cómo? lo hacemos. Bastará realizar el
estudio completo que se debe hacer en una ecuación de segundo grado que nos permita determinar la
ecuación canónica de la solución. Imponiendo las condiciones al parámetro que requieren cada una
de las posibilidades de solución. Veamos un ejemplo:
Ejemplo 1: Dada la siguiente ecuación de segundo grado en dos variables: ax2  y2  2a  0
Determine el valor del parámetro a para que ella represente:
i Una parábola
ii Una elipse
iii Una Hipérbola
Si expresamos en forma matricial la ecuación tenemos:
x,y
a 1
1 1
x
y
 2a  0, |A| 
a 1
1 1
 a  1
La cónica será de tipo parábola si |A|  0, entonces debe ser a  1  0  a  1
Así que, si a  1, la ecuación dada representa una cónica sin centro tipo parábola.
La cónica será tipo elipse si |A|  0, entonces debe ser a  1  0  a  1
En consecuencia, si a  1, la ecuación dada representa una cónica con centro tipo elipse.
Por último la cónica será de tipo hipérbola si |A|  0, entonces debe ser a  1  0  a  1, por
lo tanto, si a  1, la ecuación dada representa una cónica con centro tipo hipérbola.
Hay que observar que si queremos saber en todos los casos si se trata de una cónica real, si
estamos en presencia de algunos de los casos degenerados o bien de una cónica imaginaria, debemos
realizar las rotaciones y/o traslaciones necesarias para obtener la ecuación canónica y poder
reconocer la situación particular que estemos resolviendo. Además sabemos que como A es simétrica
sus autovalores son reales y que ademas es diagonalizable ortogonalmemnte.
Determinemos los autovalores y autovectores de la matriz A. Calculamos las raíces del
polinomio característico. Entonces resolvemos |A  I|  0.
a   1
1 1  
 0  a  1    1  0  a  a    2  1  0  2  a  1
 1,2 
a  1  a  12  4a  1
2
Como vimos anteriormente la cónica será de tipo parábola cuando a  1
Si reemplazamos en las expresiones que nos dan los autovalores tendremos:
Si
a  1  1,2 
a  1  a  12  4a  1
2
 1,2 
2  4  4  0
2
 1  2  22
 2 y
2  2  22  0  1  2 y 2  0
Con estos autovalores calculamos los autovectores asociados:
Para 1  2 Resolvemos A  2IX  , para la matriz A que resulta con a  1 que es:
A 
a 1
1 1

1 1
1 1
 A  2I 
1 1
1 1

1 1
1 1
x
y

0
0

1 1 0
1 1 0

1 1 0
0 0 0
 x  y  0  y  x  x,y  x,x  x1,1  V1  1,1 es un autovector asociado al
autovalor 1  2.
Si lo normalizamos tendremos U1  1V1
V1  1
2
1,1  U1   1
2
, 1
2

Para 2  0 Resolvemos A  0IX    AX  

1 1
1 1
x
y

0
0

1 1 0
1 1 0

1 1 0
0 0 0
 x  y  0  x  y  x,y  y,y  y1,1  V2  1,1 es un autovector asociado
al autovalor 2  0.
Si lo normalizamos tendremos:U2  1V2
V2  1
2
1,1  U2   1
2
, 1
2

La matriz de cambio de base es: P  U1/U2 
1
2
 1
2
1
2
1
2
Como P es ortogonal se cumple PTAP  D 
2 0
0 0
En consecuencia si realizamos el cambio de base
x
y

1
2
 1
2
1
2
1
2
s
t
La nueva ecuación en las variables s, t es: s, t
2 0
0 0
s
t
 2a  0.
Como a  1 tendremos: 2s2  2  0  2s2  2  s  1. Como esto vale para todo valor de t
entonces son dos rectas paralelas.
Es decir si a  1 la ecuación representa un par de rectas paralelas. En consecuencia no hay
valores de a de modo que la curva represente una parábola.
Los autovalores son: 1,2 
a  1  a  12  4a  1
2
1, 2 serán reales distintos y positivos si
a  1  a  12  4a  1  a  12  a  12  4a  1  0  4a  1  0  4a  4 
Como ya vimos que si a  1 la cónica es de tipo elipse tendremos que si a  1 entonces 1, 2
serán reales distintos y positivos y en consecuencia tendremos que:
PTAP  D 
1 0
0 2
y la nueva ecuación será: 1s2  2t2  2a  0  1s2  2t2  2a
Como a  1 será 2a  2  0, entonces 1s2  2t2  2a. Entonces tenemos:
s2
2a
1
 t
2
2a
2
 1
Que es la ecuación canónica de una elipse. Así que, si a  1, entonces la ecuacion dada
representa una elipse.
1, 2 serán reales distintos de signos contrarios si:
a  1  a  12  4a  1  a  12  a  12  4a  1  0  4a  1  0  4a  4 
Como ya vimos que si a  1 la cónica es de tipo hipérbola, tendremos que, si a  1, entonces
1, 2 serán reales distintos y de signos contrarios y en consecuencia tendremos que:
PTAP  D 
1 0
0 2
y la nueva ecuación será: 1s2  2t2  2a  0  1s2  2t2  2a
donde los signos de los términos del primer miembro son uno positivo y el otro negativo:
Como a  1 será 2a  2  0, entonces tendremos que: 1s2  2t2  2a  s
2
2a
1
 t
2
2a
2
 1
será una hipérbola de eje real el eje s o será una hipérbola de eje real el eje t segun sean los signos de
1, 2 y 2a.
Si a  0  1 tendremos que 2a  0  1s2  2t2  0  1s2  2t2  2t2  s   21
t
Son las ecuaciones canónicas de un par de rectas secantes.
Ejercicios 6 y 7
El ¿qué debemos hacer? en estos ejercicios esta relacionado con, dada una ecuación general de
segundo grado en tres variables, determinar su ecuación canónica que permita identificar la
superficie y realizar una gráfica aproximada de ella. ¿Cómo? lo hacemos. Debemos recordar que la
forma canónica solo contiene términos cuadráticos puros y término independiente (constante). Así
que debemos observar la ecuación dada para ver si es una ecuación completa, es decir tiene términos
cuadráticos puros, términos rectangulares, lineales e independiente y recordar cuáles son las
transformaciones que permiten eliminar aquellos que no deben aparecer en una ecuación canónica
(los rectangulares y los lineales). Habrá que preguntarnos ¿Cómo se eliminan los términos
rectangulares?. ¿Cómo se eliminan los términos lineales?. Responderlas nos llevará a recordar
que un cambio de base o rotación elimina términos rectangulares y una traslación elimina términos
lineales.
La primera de las respuestas nos llevará a preguntarnos: ¿Cómo se realiza una rotación o
cambio de base?. ¿Cómo se hace una traslación? y ello nos llevará a recordar lo que hemos
realizado en el ejercicio 3 con la única diferencia que ahora el proceso es más extenso por tener la
ecuación tres variables. Veamos algunos ejemplos.
Ejemplo 1: Dada la ecuación de segundo grado en tres variables: 9x2  4y2  9z2  36  0
Encuentra su ecuación canónica, identifica la superficie y grafica en forma aproximada la misma
indicando las trazas con los ejes, planos coordenados y/o planos paralelos a los planos coordenados
según sea necesario.
¿Qué? debemos hacer. Determinar la ecuación canónica, identificar y graficar la superficie.
¿Cómo? lo hacemos. Para encontrar la ecuación canónica, debemos recordar la forma que tienen las
ecuaciones canónicas de las distintas superficies. Con ello podremos guiarnos para que, en función
de la ecuación que tenemos, realizar las operaciones algebraicas que nos permitan transformar la
ecuacióndada en la canónica.
La ecuación dada tiene solo términos cuadráticos puros (los tres) y término independiente y no
posee términos rectangulares ni lineales. En consecuencia para encontrar la ecuación canónica no es
necesario realizar ninguna transformación (rotación y/o traslación).
Además los coeficientes de los términos cuadráticos son distintos y de igual signo (todos
positivos) y el término independiente es no nulo. Así que podría tratarse de una cuádrica con centro,
que si es real, sería un elipsoide cuya ecuación canónica es de la forma: x
2
a2

y2
b2
 z
2
c2
 1
Tratemos de expresar la ecuación dada de esta forma realizando algunas operaciones algebraicas:
9x2  4y2  9z2  36  0  9x2  4y2  9z2  36
Si dividimos ambos miembros por 36 tenemos: 9x
2
36

4y2
36
 9z
2
36
 36
36
. Entonces:
x2
4

y2
9
 z
2
4
 1 1
Como podemos observar, esta última ecuación 1 corresponde a la ecuación canónica de un
elipsoide. Así que hemos resuelto lo solicitado en la primera parte de la consigna (encontrado la
ecuación canónica e identificado la superficie).
Resta graficar la misma. Para ello debemos hallar las trazas (intersecciones) y las simetrías, que
nos permitan extender y graficar la superficie:
Traza con el eje x. Entonces debe ser y  z  0, ya que cualquier punto del eje x tiene
coordenadas x, 0,0
Reemplazando en la ecuación 1 tenemos que: x
2
4
 1  x  2 , por lo que tenemos dos
puntos de intersección con el eje x , P1  2,0,0 y P2  2,0,0.
Traza con el eje y. Entonces debe ser x  z  0, ya que cualquier punto del eje y tiene
coordenadas 0,y, 0
Reemplazando en la ecuación 1 tenemos que:
y2
9
 1  y  3, por lo que tenemos dos
puntos de intersección con el eje y Q1  0,3,0 y Q2  0,3,0.
Traza con el eje z. Entonces debe ser x  y  0, ya que cualquier punto del eje y tiene
coordenadas 0,0, z
Reemplazando en la ecuación 1 tenemos que: z
2
4
 1  z  2, por lo que tenemos dos
puntos de intersección co el eje z , R1  0,0,2 y R2  0,0,2.
Traza con el plano xy. Entonces debe ser z  0 ya que cualquier punto del plano xy tiene
coordenadas x,y, 0
Reemplazando en la ecuación 1 tenemos que:
x2
4

y2
9
 1
Que es la ecuación canónica de una elipse con eje mayor sobre el eje y, cuya gráfica aproximada
se muestra en la figura 11
Figura 11
Traza con el plano xz. Entonces debe ser y  0 ya que cualquier punto del plano xz tiene
coordenadas x, 0, z
Reemplazando en la ecuación 1 tenemos que:
x2
4
 z
2
6
 1
Que es la ecuación canónica de una elipse con eje mayor sobre el eje z, cuya gráfica aproximada
se muestra en la figura 12
Figura 12
Traza con el plano yz. Entonces debe ser x  0, ya que cualquier punto del plano yz tiene
coordenadas 0,y, z
Reemplazando en la ecuación 1 tenemos que:
y2
9
 z
2
6
 1
Que es la ecuación canónica de una elipse con eje mayor sobre el eje y, cuya gráfica aproximada
se muestra en la figura 13
Figura 13
Como todas las trazas con los planos coordenados son curvas cerradas (acotadas) no es necesario
calcular trazas con planos paralelos a los coordenados.
Si estudiamos las simetrías (sugiero que lo verifiquen) podemos ver que la superficie es simétrica
respecto a cada uno de los ejes x,y, z y también al origen de coordenadas.
Por lo tanto, podemos extender la superficie y graficarla en forma aproximada con la ayuda de
las trazas, y las simetrías determinadas anteriormente. En la figura 14 se muestra una gráfica
aproximada de la superficie.
Figura 14
Ejemplo 2: Consigna similar a la del ejemplo 1 para la ecuación: 9x2  4y2  6z2  36  0
Haciendo un análisis similar a lo realizado para el ejemplo 1 podemos realizar lo solicitado. Así
tenemos:
9x2  4y2  6z2  36  0  9x2  4y2  6z2  36  x
2
4

y2
9
 z
2
6
 1 1
Esta última ecuación es la ecuación canónica de un hiperboloide de una hoja. (Hemos
encontrado la ecuación canónica e identificado la superficie).
Resta graficar la misma. Para ello debemos hallar las trazas (intersecciones) que nos permitan
extender y graficar la superficie:
Traza con el eje x. Entonces debe ser y  z  0
Reemplazando en la ecuación 1 tenemos que: x
2
4
 1  x  2, por lo que tenemos dos
puntos de intersección con el eje x, P1  2,0,0 y P2  2,0,0.
Traza con el eje y. Entonces debe ser x  z  0
Reemplazando en la ecuación 1 tenemos que:
y2
9
 1  y  3, por lo que tenemos dos
puntos de intersección con el eje y, Q1  0,3,0 y Q2  0,3,0.
Traza con el eje z. Entonces debe ser x  y  0
Reemplazando en la ecuación 1 tenemos que:  z
2
6
 1. esta ecuación no tiene solución en ,
entonces no existe intersección con el eje z
Traza con el plano xy. Entonces debe ser z  0. Reemplazando en la ecuación 1 tenemos:
x2
4

y2
9
 1
Que es la ecuación canónica de una elipse con eje mayor sobre el eje y. En la figura 15 se
muestra la gráfica aproximada
Figura 15
Traza con el plano xz. Entonces debe ser y  0. Reemplazando en la ecuación 1 tenemos:
x2
4
 z
2
6
 1
Que es la ecuación canónica de una hipérbola con eje real el eje x. En la figura 16 se muestra la
gráfica aproximada
Figura 16
Traza con el plano yz . Entonces debe ser x  0. Reemplazando en la ecuación 1 tenemos:
y2
9
 z
2
6
 1
Que es la ecuación canónica de una hipérbola con eje real eje y. En la figura 17 se muestra la
gráfica aproximada de la curva:
Figura 17
Como podemos observar en las trazas con los planos xz e yz las curvas obtenidas son hipérbolas
que no interceptan al eje z. Esto nos indica que debemos realizar una traza con un plano paralelo al
xy z  k  0 de modo de poder graficar en forma aproximada la superficie (una parte de ella)
Traza con un plano z  k  0
Reemplazando en 1 tenemos: x
2
4

y2
9
 k
2
6
 1  x
2
4

y2
9
 1  k
2
6
Si llamamos 1  k
2
6
 p será p  1 tenemos:
x2
4

y2
9
 p  x
2
4p

y2
9p
 1.
Ecuación canónica de una elipse tanto para k  0 como para k  0.
En realidad la elipse tiene su centro en el punto 0,0,k por lo que sus ejes son paralelos a los
ejes x e y respectivamente ya que la elipse está contenida en el plano z  k paralelo al plano xy.
Ahora ya podemos extender la superficie ayudándonos de las trazas ya obtenidas. En la figura 18
se muestra una gráfica aproximada de la superficie:
Figura 18
Ejemplo 3: Consigna similar a la del ejemplo 1 para la ecuación x2  4y2  4  0
De acuerdo a la consigna, la ecuación es de 2do grado en tres variables. Si observamos esta
ecuación, podemos ver que la variable z no aparece en la ecuación. ¿Qué ocurre con la variable z
para el conjunto solución de la ecuación? Si recordamos lo visto allá por el inicio del curso, en el
TP1, cuando una variable no aparece en la ecuación, es una variable libre para el conjunto solución
(cuando este existe).
Si recordamos un poco de las ecuaciones de las distintas cuádricas (superficies) este tipo de
ecuación corresponde a una superficie cilíndrica cuyo eje es precísamente el eje que corresponde a la
variable que no aparece en la ecuación. Es muy común en muchos estudiantes, confundir esta
situación y considerar que la ecuación corresponde a una cónica. ¡OJO! no debemos olvidarnos de
la consigna, ella ya afirmaba que la ecuación es de 2do grado pero en tres variables, no en dos
variables, que sería el caso de las cónicas. Así que a estar atentos a esto. Cuando no se dice
cuantas variables tiene una ecuación la consigna es abierta por lo tanto en el caso de una
ecuación de segundo grado puede tener 2 o 3 variables (una cónica ó una cuádrica).
Volviendo a la ecuación: x2  4y2  4  0 tenemos que:
x2  4y2  4  x
2
4
 y
2
1
 1 z
En consecuencia la superficie es un cilindro hiperbólico. Queda como ejercicio realizar la gráfica
aproximada de la superficie.
Ejercicios: 8 y 9
El ¿qué debemos hacer? en estos ejercicios está relacionado con el concepto de superficie
reglada, así que debemos responder la pregunta ¿qué es una superficie reglada? y ellonos llevará a
recordar la definición de ese concepto. Recordémoslo
Dada una superficie , se dice que es reglada, si para cualquier punto P  existe una recta r tal
que P  r y r  . Esto es equivalente a decir que la superficie es generada por una familia de
rectas.
El ¿cómo? debemos hacerlo, dependerá del tipo de problema que tengamos que resolver.
Podemos enfrentarnos a dos tipos de problemas:
1) Dada la ecuación de una superficie, determinar si se trata de una superficie reglada. Es decir
determinar si esta ecuación es la solución de un sistema de dos ecuaciones lineales con tres
incógnitas y un parámetro. ¿Te recuerda algo este tipo de problema?. ¿Donde resolvimos un
problema similar? ¡Claro que sí! en el TP7 resolvimos algo similar por ejemplo cuando dada la
ecuación general de un plano encontrábamos las ecuaciones paramétricas del mismo (sistema de
ecuaciones lineales con parámetros).
2) Dado un sistema de dos ecuaciones lineales con tres incógnitas y un parámetro (una familia de
rectas), determinar si su solución es una superficie.
En el ejercicio 5 justamente debemos resolver el problema tipo 1 y en el ejercicio 6 el problema
tipo 2
Veamos algunos ejemplos a modo de ilustración.
Ejemplo 1: Determina si la siguiente superficie: 4x2  y2  z2  0 es reglada
Estamos en el tipo de problema 1 (más arriba enunciado). Como para determinar si una
superficie es reglada, debemos mostrar que la misma es generada por una familia de rectas, entonces
debemos a partir de su ecuación cartesiana (la dada), expresar esta ecuación en otra equivalente que
represente una familia de rectas.
Como la ecuación de la superficie es una ecuación cuadrática en dos variables, debemos
descomponerla en una igualdad en la cual cada uno de sus miembros es producto de factores
lineales. De esta manera podremos separar las variables mediante un sistema de ecuaciones. Si
recordamos un poco lo aprendido acerca de la factorización de polinomios, podemos ver que esto
solo será posible si cada uno de los miembros de la igualdad, ambos, es una diferencia de cuadrados,
o bien uno de ellos una diferencia de cuadrados y el otro un cuadrado perfecto, o bien uno una
diferencia de cuadrados y el otro un término lineal o una constante, según el tipo de superficie de que
se trate.
Veamos como lo hacemos:
4x2  2y2  z2  0  4x2  z2  y2  2x2  z2  y2
Como podemos ver en la última ecuación tenemos que el primer miembro es una diferencia de
cuadrados y el segundo miembro es un cuadrado perfecto, por lo que podremos expresarlos como
producto de factores lineales como:
2x  z2x  z  y  y  2x  zy 
y
2x  z
La última ecuación nos está diciendo que hay una proporción. Si a la constante de
proporcionalidad la llamamos k, cuyo valor no sabemos determinar, ya que depende de las variables
x,y, z por lo que será un parámetro. En consecuencia tenemos:
2x  z
y 
y
2x  z
 k 
2x  z
y  k 
y
2x  z
 k 
2x  z
y  k
y
2x  z
 k

2x  z  ky
y  k2x  z

2x  z  ky  0
y  2kx  kz

2x  z  ky  0
2kx  y  kz  0
El último sistema, es un sistema de 2 ecuaciones lineales con 3 incógnitas con un parámetro k.
Como para cada valor del parámetro, cada una de esas ecuaciones representa un plano y la
intersección de dos planos no paralelos es una recta, el conjunto solución de ese sistema con
parámetros será una familia de rectas. La pregunta es: ¿cómo sabemos que cada par de planos de
la familia no son paralelos?. Si recordamos lo estudiado en el tema 6, veremos que para mostrar
que dos planos no son paralelos, basta mostrar que sus normales no son paralelas y para esto, como
ya sabemos bastará mostrar que el producto vectorial de los vectores normales a los planos, es no
nulo cualquiera sea el valor del parámetro k.
El vector normal del plano que representa la primera ecuación del sistema 2x  z  ky  0 será
N1  2,1,k y el de la segunda ecuación 2kx  y  kz  0 será N2  2k,1,k
Entonces:
N1  N2 
I J K
2 1 k
2k 1 k
 2k,2kk  1,21  k
Para ver si se anula para algun valor de k, hacemos 2k,2kk  1,21  k  0,0,0
 2k  0  2kk  1  0  21  k  0
De la primera igualdad es k  0. Si lo reemplazamos en la 2da y 3ra igualdad tenemos:
En la 2da igualdad es 2  00  1  0  0  0 Verifica
En la 3ra igualdad es 21  0  0  2  0 No se verifica. En consecuencia.
2k,2kk  1,21  k  0;0;0 k
Como podemos ver este vector será no nulo cualquiera sea el valor de k, así que los planos serán
secantes para cualquier valor de k y en consecuencia el sistema con parámetros tiene como solución
una familia de rectas. Podemos afirmar que la superficie dada es reglada.
Ejemplo 2: Determina la superficie generada por la familia de rectas.:
3x  2y  6k
3kx  2ky  6z  0
¿Qué? debemos hacer. Determinar la superficie generada por una familia de rectas. Como
podemos ver la consigna asegura que el sistema dado tiene como solución una familia de rectas, asi
que ya no es necesario verificar que los planos son secantes. ¿Cómo? lo hacemos. Sólo debemos
recordar cómo se obtiene la ecuación cartesiana a partir de la ecuación parámetrica de la curva. Para
determinar la ecuación cartesiana, debemos eliminar el parámetro de las ecuaciones del sistema
dado. Veamos como.
3x  2y  6k
3kx  2ky  6z  0

3x  2y
6
 k
k3x  2y  6z

3x  2y
6
 k
k  6z
3x  2y
Del último sistema por transitividad podemos escribir:
3x  2y
6
 6z
3x  2y
 3x  2y3x  2y  36z  3x2  2y2  36z  9x2  4y2  36z
Esta ultima ecuación, es la ecuación canónica de la superficie que como sabemos representa un
paraboloide hiperbólico.
Ejemplo 3: Decide si el siguiente sistema de ecuaciones lineales con parámetros genera una
superficie.
3x  2y  6k
3kx  2ky  6z  0
¿Qué? debemos hacer. Dado un sistema de ecuaciones lineales, debemos decidir si generan una
superficie. Es decir debemos ver si la solución del mismo es una familia de rectas. En consecuencia
debemos ver si para cualquier valor del parámetro k, los planos son secantes.
Como vimos más arriba debemos mostrar que el producto vectorial de las normales a los planos,
es no nulo cualquiera sea el valor del parámetro k. Veámoslo:
Tenemos que: 3x  2y  6k será N1  3,2,0 y el de la segunda ecuación 3kx  2ky  6z  0
será N2  3k, 2k,6
N1  N2 
I J K
3 2 0
3k 2k 6
 12,18,12k   k
En consecuencia los planos serán secantes cualquiera sea el valor del parámetro k, y en
consecuencia, el sistema con parámetros, tiene como solución una familia de rectas, por lo que
podemos afirmar que genera una superficie que será reglada
Para hallar su ecuación debemos eliminar el parámetro de ambas ecuaciones y encontrar la
ecuación cartesiana de dicha superficie. Así
3x  2y  6k
3kx  2ky  6z  0

3x  2y
6
 k
k3x  2y  6z

3x  2y
6
 k
k  6z
3x  2y
Por igualación tenemos que:
3x  2y
6
 6z
3x  2y
 3x  2y3x  2y  36z  3x2  2y2  36z  9x2  4y2  36z.
Es decir:
x2
4
 y
2
9
 z
Como podemos ver, la última ecuación, es la ecuación canónica de un paraboloide hiperbólico.
Por lo que podemos afirmar que la superficie generada por el sistema dado (familia de rectas) es un
paraboloide hiperbólico y en consecuencia es una superficie reglada.
Queda como ejercicio y a manera de práctica, graficar en forma aproximada la superficie.
Ejercicio 10
Veamos a partir de la consigna cual es la naturaleza de la tarea a realizar. es decir ¿qué? es lo
que se nos requiere realizar. Dados algunos sistemas de dos ecuaciones con dós incógnitas con un
parámetro se solicita determinar el conjunto solución, identificar la curva asociada al sistema y
graficarla en forma aproximada.
Realizar todas estas tareas, es equivalente a resolver el sistema de ecuaciones en las incógnitas
x,y con un parámetro t y esto es equivalente obtener la solución del mismo. Dicha solución será un
conjunto de puntos del plano que verifican tales ecuaciones de acuerdo a las restriccionesque
puedan ser necesarias para que exista solución. Ello es equivalente a encontrar la ecuación cartesiana
(ecuación cuyas incognitas son las coordenadas cartesianas x e y de un punto genérico) de la curva a
partir de su(s) ecuacion(es) paramétrica(s). Para ello es necesario eliminar el parámetro de dichas
ecuaciones.
Para eliminar el parámetro, debemos tener en cuenta que, cada una de las ecuaciones del sistema
( en x o en y contienen el parámetro t, que aunque la consigna no lo menciona, al ser las ecuaciones
de una curva real, tanto las variables x,y como el parámetro t deberán ser números reales. En
consecuencia hay que asegurarse de que sus términos estén definidos en ese conjunto. Por lo tanto, si
es necesario, habrá que dar las condiciones al parámetro t que lo garanticen.
Ejemplo 1:
x  1  t
y  3  2t
Observa que no es necesario dar condiciones para el parámetro t, ya que tanto x como y serán
reales para cualquier valor real de t. En consecuencia el parámetro t puede tomar cualquier valor
real.
x  1  t
y  3  2t
despejando t de ambas ecuaciones tenemos:
x  1  t
y  3
2
 t
por igualación
(utilizando la propiedad transitiva en  obtenemos la ecuación x  1  y  3
2
Resolviendo la misma tenemos:
2x  1  y  3  2x  2  y  3  2x  y  2  3  0  2x  y  1  0
Esta última igualdad es la ecuación implícita de la curva pedida, de la cual se puede hallar su
ecuación explícita: y  2x  1.
Como recordarás, esta es la ecuación de una recta en 2, y es el conjunto solución del sistema de
ecuaciones paramétricas, ya que no hay ninguna condición para el parámetro t. En otras palabras el
sistema de dos ecuaciones con parámetro t dado no es más que las ecuaciones parámetricas de la
recta cuya ecuación general implícita (o explícita ) acabamos de encontrar. Su gráfica se muestra en
la Figura 1.
Figura 1
Ejemplo 2:
x  1  t
y  3  2 t
En este caso observa que el parámetro t aparece como radicando en una raíz cuadrada.
Recordarás que la raíz cuadrada de un número real, sólo existe en los reales, si el número es no
negativo, por lo cual, es necesario imponerle al parámetro t la condición: t  0 para que x,y  .
Como en ambas ecuaciones aparece el término t , conviene despejar este término y no t de
ambas ecuaciones, ya que nuestro objetivo es eliminarlo, sin importar demasiado la forma de
hacerlo.
x  1  t
y3
2  t
 por igualacíon (prop. transitiva) obtenemos la ecuación: x  1  y  3
2
que al resolverla proporciona la misma ecuación encontrada en el ejemplo 1: y  2x  1
Ahora bien, ¿Se trata del mismo problema que el anterior? La respuesta es no, ya que ahora
existen condiciones para el parámetro t. Veamos como se las considera y como afecta al conjunto
solución.
para que t  debe ser t  0  t  0 y como: x  1  t  y  3
2
entonces tendremos:
x  1  0  x  1 Condición 1
y  3
2
 0  y  3  0  y  3 Condición 2
Aplicando las restricciones dadas por las condiciones 1 y 2 al posible conjunto solución,
obtenemos el conjunto solución del sistema:
Cs  x,y / y  2x  1, x  1  y  3 cuyo gráfico ahora ya no es toda la recta sino una
semirrecta con origen el punto 1,3 incluida en ella (la remarcada en trazo continuo y más grueso)
Ver figura 2
Figura 2
Ejemplo 3
x  1  cos t
y  3  sent
Si observas las ecuaciones, el parámetro t está como argumento de las funciones trigonométricas
sen y cos. Recuerda que estás funciones tienen dominio en el conjunto de los reales, y su conjunto
imagen es el intervalo 1,1, por lo que los valores de las variables x e y estarán acotados.
Recuerda también que éstas funciones pueden relacionarse a traves del teorema fundamental de
la trigonometría que dice: sen2t  cos2t  1. En consecuencia si despejamos de ambas ecuaciones
sent y cos t, luego elevamos al cuadrado y sumamos ambas ecuaciones miembro a miembro
podremos eliminar el parámetro utilizando el teorema fundamental de la trigonometría. Es decir:
x  1  cos t
y  3  sent


x  1  cos t
y  3  sent


x  12  cos2t
(y  32  sen2t
 x  12 (y  32  cos2t  sen
Esta última ecuacion como recordarás, es la ecuación de una circunferencia de centro el punto
O  1,3 y radio r  1
Si realizamos la traslación:
u  x  1
v  y  3
Tendremos:
u2  v2  1
Es decir el posible conjunto solución del sistema con parámetros dado es una circunferencia de
centro en el origen de coordenadas del sistema uv y radio 1.
Pero sabemos que: 1  cos t  1
1  sent  1


1  x  1  1
1  y  3  1


0  x  2
2  y  4
si consideramos el
sistema xy
O bien
1  u  1
1  v  1
si consideramos el sistema uv
Si aplicamos estas condiciones al posible conjunto solución, vemos que no afecta en nada al
mismo, es decir el conjunto solución es la circunferencia antes mencionada.
Ejercicio 11
¿Qué? debemos hacer. Parametrizar una curva. Es decir, dada la ecuación cartesiana de la curva
, encontrar sus ecuaciones paramétricas. ¿Cómo? lo hacemos. Bastará recordar como se encuentra
las ecuaciones paramétricas de una curva, a partir de su ecuación cartesiana. Parametrizar una curva
es encontrar un sistema de ecuaciones con un parámetro cuya solución sea la curva. La
parametrización de una curva puede hacerse en todo el dominio o en un intervalo de ese dominio. La
consigna de la tarea será la que nos indique lo que debemos hacer. Veamos un ejemplo.
Ejemplo 1
Determinar las ecuaciones paramétricas de la elipse cuya ecuación canónica es:
x2
9

y2
4
 1
Podemos observar que la ecuación dada es la ecuación canónica de una elipse de centro en el
origen y eje mayor sobre el eje x. Recordemos que la ecuación canónica de una elipse con centro en
el origen y eje mayor sobre el eje x es de la forma:
x2
a2

y2
b2
 1
Si recordamos que en trigonometría se tiene el teorema fundamental que relaciona las funciones
seno y coseno de un ángulo  y es: sen2  cos2  1. Comparamos esta igualdad con la anterior
ecuación vemos que podemos inducir que si hacemos: xa  cos 
x2
a2
 cos2 y si
y
b
 sen 
y2
b2
 sen2 con lo que sen2  cos2  x
2
a2

y2
b2
 1
En consecuencia: de xa  cos tenemos que x  acos y de
y
b
 sen tenemos que y  bsen
Por lo tanto, las ecuaciones paramétricas de la elipse estan dadas por:
I
x  acos
y  bsen
En efecto si resolvemos el anterior sistema por eliminación del parámetro  encontraremos la
ecuación canónica de la elipse. Esto es similar a lo ya resuelto en el ejemplo 3 dado para el
ejercicio 10. Veamos que esto es así:
De x  acos  x2  a2 cos2  x
2
a2
 cos2 1 y de
y  bsen  y2  bsen2 
y2
b2
 sen2 2
Si sumamos miembro a miembro 1 y 2 tenemos: x
2
a2

y2
b2
 sen2  cos2 y como
sen2  cos2  1 tenemos que el posible conjunto solución del sistema I es la elipse de ecuación
canónica:
x2
a2

y2
b2
 1
Además como xa  cos y 1  cos  1  1 
x
a  1  a  x  a
y como
y
b
 sen y 1  sen  1  1  y
b
 1  b  y  b
Como podemos ver las restriciones de cos y sen nos proporcionan el mismo entorno en los
que varian x e y en la ecuación de la elipse hallada, la que coincide con la ecuacion de la elipse cuya
parametrización esta dada por el sistema I. De esta manera hemos probado que las ecuaciones del
sistema I constituyen las ecuaciones paramétricas de la elipse cuyo centro es el origen de
coordenadas y eje mayor sobre el eje x.
Si particularizamos en I para la elipse del ejemplo, considerando que a2  9  a  3 y
b2  4  b  2 que reemplazando en las ecuaciones de I obtenemos las ecuaciones paramétricas
de la elipse:
I
x  3cos
y  2sen
Ejercicio 12
¿Qué? debemos hacer. Dadas algunas proposiciones, decidir su valor de verdad, justificando la
respuesta. ¿Cómo? lo hacemos. Bastará recordar lo que en cada uno de los trabajos prácticos
anteriores hemos realizado para ejercicios de este tipo. Recordar nuevamente los conceptos de la
lógica simbólica y lo relacionado al valor de verdad de una proposición. Paraafirmar que una
proposición tiene valor de verdad Verdadero, requiere demostrar que la proposición es verdadera
para todos los elementos del dominio, y para afirmar que tiene un valor de verdad Falso basta con
mostrar que es falsa para al menos un valor de su dominio. Veamos algunos ejemplos ilustrativos.
Ejemplo 1: Consigna similar a la del ejercicio 7 para las proposiciones:
i Si A  22 es la matriz asociada a una ecuación de 2do grado en dos variables y detA  0
entonces la ecuación de segundo grado representa una cónica real.
ii Si A  22 y detA  0 entonces la ecuación de 2do grado cuya matriz es A representa una
parábola.
iii La ecuación en 3 variables 4x2  y2  1 representa una superficie reglada.
Como dijimos más arriba, para justificar nuestra respuesta, debemos ver si la afirmación vale
siempre o solo en algunos casos. Veamos lo que ocurre con cada una de las afirmaciones cuyo valor
de verdad debemos decidir.
i La afirmación es Falsa, ya que si recordamos un poco lo que hemos dicho acerca de cómo el
determinante de la matriz asociada a la ecuación de 2do grado podía indicarnos el tipo de cónica,
podremos ver que hay dos casos en el que el determinante es no nulo. En el primero de ellos si
detA  0 la cónica es de tipo elipse. Esto significa que puede ser una elipse o bien no tener solución
para valores reales de x,y. Lo último indica que es una elipse imaginaria y por lo tanto no es una
cónica real.
podemos dar el siguiente contraejemplo. La ecuación: 4x2  y2  4  0 es una ecuación de
segundo grado que no representa una cónica real ya que la ecuación 4x2  y2  4 no tiene solución
para níngun valor real de x,y debido a que la suma de cuadrados nunca podrá ser un número
negativo. Esta ecuación se dice que representa una elipse imaginaria.
La ecuación tiene como expresión matricial :
x,y
4 0
0 1
x
y
 4  0 cuya matriz asociada es: A 
4 0
0 1
y detA  4  0
Así, tenemos que la matriz asociada a una ecuación de segundo grado es tal que su determinante
es no nulo, sin embargo la ecuación no representa una cónica real.
ii La afirmación es Falsa, ya que si detA  0 solo indica que la cónica es de Tipo parábola,
pero no asegura que sea una parábola ya que puede ser un caso degenerado.
El contraejemplo esta dado por la ecuación 4x2  16  0 dada en el ejemplo 2 desarrollado para
el ejercicio 2.
Esta ecuación expresada matricialmente es:
x,y
4 0
0 0
x
y
 16  0 donde A 
4 0
0 0
, detA  0, pero sin embargo vimos
al desarrollar dicho ejemplo, que no representa una parábola sino un par de rectas paralelas.
iii Si recordamos la ecuación general de una superficie-ecuación de segundo grado en tres
variables- y observamos la ecuación dada, vemos que en ella no aparece la variable z. Así que z será
una variable libre para la solución. También si seguimos recordando cosas, vemos que si
consideramos solo las variables que aparecen en la ecuación, la misma representa una elipse en el
plano x,y z  0. Como esto ocurre para todo valor de z entonces en el espacio representará un
cilindro elíptico.
Como la proposición involucra el concepto de superficie reglada, debemos preguntarnos.
¿Cuando se dice que una superficie es reglada? ¿ Cómo determinamos si una superficie es o no
reglada?.
La respuesta a estos interrogantes nos proporciona el camino para decidir si la ecuación dada
representa una superficie reglada.
Recordemos que una superfice es reglada si es generada por una familia de rectas. Tambien
recordemos que una familia de rectas se obtiene como solución de la intersección de una familia de
planos que se cortan. Asimismo recordemos que una familia de planos viene dada por una ecuación
en tres variables con un parámetro. Así que para poder decidir si la ecuación dada representa una
superficie reglada, bastará con expresarla como el conjunto solución de un sistema de dos
ecuaciones lineales con tres incógnitas y un parámetro.
Veamos si es posible para la ecuación dada:
4x2  y2  1  4x2  1  y2  2x2x  1  y1  y  2x
1  y

1  y
2x
 k
Si consideramos esta triple igualdad tenemos que:
2x
1  y
 k
1  y
2x
 k

2x  k1  y
1  y  2kx

2x  k  ky
1  y  2kx

2x  ky  k
2kx  y  1
Como podemos ver hemos podido expresar a la ecuación dada como un sistema de 2 ecuaciones
lineales con tres incógnitas con un parámetro k. Es decir la superficie cuya ecuación es la dada, es
una superficie reglada. En consecuencia la proposición dada es Verdadera
Ing. Augusto A. Estrada V.