Cómo girar la elipse $x^2 - xy + y^2 - 3y - 1 = 0$ a la forma canónica mediante una transformación isométrica?

Question

Hay un problema de examen con el que estoy teniendo problemas, es el siguiente:

Gire la ecuación $x^2 - xy + y^2 - 3y -1 = 0$ en la forma canónica utilizando una transformación isométrica y escriba la transformación.

Comparando con la ecuación general de las secciones cónicas veo que se trata de una elipse rotada. Supongo que la solución sería multiplicar una matriz de rotación (para alinear los ejes de la elipse con el $x$ y $y$ ejes) y una matriz de traslación (para llevar el centro de la elipse al origen), y luego aplicar de alguna manera el resultado a la elipse.

¿Cómo puedo hacer esto? ¿Cómo obtengo las coordenadas del centro de la elipse y el ángulo de su rotación para construir las matrices, y luego cómo aplicaría la transformación a la propia elipse?

Answer 1

Primero hay que centrar la ecuación desindexando la función $f(x,y) = x^2 - xy + y^2 - 3y - 1 = 0$ y resolver el siguiente sistema de ecuaciones para $(x,y)$

$$\left. \begin{aligned} \frac{\partial f(x,y)}{\partial x} & = 2x-y = 0 \\ \frac{\partial f(x,y)}{\partial y} & = -x+2y-3 = 0 \\ \end{aligned} \right\} \pmatrix{x & y} = \pmatrix{1 & 2} $$

Así que ahora reajustamos las coordenadas a $\pmatrix{x&y} \rightarrow \pmatrix{x+1&y+2}$

La nueva ecuación es $g(x,y) = x^2-x y + y^2 -4 = 0$

Ahora hay que reorientar la cónica. Utilice $\pmatrix{x&y} \rightarrow \pmatrix{x \cos \theta - y \sin \theta & x \sin\theta + y \cos \theta}$ y establecer el coeficiente de $x y$ igual a cero.

$$ g = \left( 1- \frac{\sin 2 \theta}{2} \right) x^2 + \left( 1 + \frac{\sin 2 \theta}{2} \right) y^2 +2 \left( -\frac{\cos 2\theta}{2} \right) x y -4 =0 $$

$$ \left. -\frac{1}{2}\cos(2 \theta)=0 \right\} \theta =\pm \frac{\pi}{4} $$

$$\boxed{ d(x,y) = \frac{1}{2} x^2 + \frac{3}{2} y^2 -4 =0 }$$

Answer 2

Para que sea comprensible aunque poco elegante, haré el pasaje en dos pasos

Primero la traducción

$x^2 - xy + y^2 - 3y -1 = 0$

buscamos un nuevo centro $(h;\;k)$ por lo que sustituimos $x=x'+h;\;y=y'+k$

$-(h+x) (k+y)+(h+x)^2+(k+y)^2-3 (k+y)-1=0$

$x'^2-x' y'+y^2+x' (2 h-k)+y' (-h+2 k-3) +h^2-h k+k^2-3 k-1=0$

Para no tener términos de primer grado ponemos $2h-k=0;\;-h+2 k-3=0$ que da

$h=1;\;k=2$ y añadimos estos valores a la ecuación anterior

$x'^2 - x' y' + y'^2=4$

Ahora queremos deshacernos del $x'y'$ término. Para ello tenemos que girar el eje utilizando estas ecuaciones

$\begin{aligned}x'&=X\cos \theta -Y\sin \theta \\y'&=X\sin \theta +Y\cos \theta \end{aligned}$

$(X \sin \theta+Y \cos \theta)^2-(X \cos \theta-Y \sin \theta) (X \sin \theta+Y \cos \theta)+(X \cos \theta-Y \sin \theta)^2=4$

términos de recaudación

$X^2 \left(\sin ^2\theta+\cos ^2\theta-\sin \theta \cos \theta\right)+X Y \left(\sin ^2\theta-\cos ^2\theta\right)+Y^2 \left(\sin ^2\theta+\cos ^2\theta+\sin \theta \cos \theta\right)=4$

ya que queremos que el término $XY$ de la que se desprende $\sin ^2\theta-\cos ^2\theta=0$

$\tan^2\theta=1\to \theta=\pm \dfrac{\pi}{4}$

si queremos que el eje mayor de la elipse sea horizontal elegimos $\theta=\dfrac{\pi}{4}$ y sustituir este valor en la última ecuación

$\dfrac{X^2}{8}+\dfrac{3 Y^2}{8}=1$

las ecuaciones de la roto-traducción en conjunto son

$\begin{aligned}x&=X\cos \frac{\pi}{4}-Y\sin \frac{\pi}{4} +1\\y&=X\sin \frac{\pi}{4}+Y\cos \frac{\pi}{4} +2\end{aligned}$

o

$\begin{aligned}x&=\frac{\sqrt 2}{2}(X-Y) +1\\y&=\frac{\sqrt 2}{2}(X+Y) +2\end{aligned}$

Espero que esto ayude

Answer 3

Hay que encontrar una base ortonormal de vectores propios asociados a la matriz de la parte cuadrática de la ecuación: $$Q=\begin{bmatrix} 1& -\dfrac12\\ -\dfrac12&1 \end{bmatrix}$$ El polinomio característico es $\;\chi_Q(\lambda)=(\lambda-1)^2-\dfrac14$ , por lo que los valores propios $\lambda_1=\dfrac12$ , $\;\lambda_2=\dfrac32$ y los correspondientes vectores propios $(1,1)$ y $(-1,1)$ .

Normalizar estos vectores para obtener una base ortonormal, y la matriz de cambio de base $$u=\biggl(\dfrac1{\sqrt 2},\dfrac1{\sqrt 2}\biggr),\qquad v=\biggl(-\dfrac1{\sqrt 2},\dfrac1{\sqrt 2}\biggr),\qquad P=\begin{bmatrix} \dfrac1{\sqrt2}& -\dfrac1{\sqrt2}\\ \dfrac1{\sqrt2}&\dfrac1{\sqrt2} \end{bmatrix}.$$ Utilizando esta matriz, obtenemos la ecuación de la cónica en el nuevo sistema de coordenadas $(x',y')$ : $$\frac12x'^2+\dfrac32y'^2-\dfrac3{\sqrt2}(x'+y')=1$$ Centremos esta ecuación reescribiéndola como \begin{align} &\phantom{\iff}\;\frac12\bigl(x'^2-3\sqrt 2x'\bigr)+\frac32\bigl(y'^2-\sqrt2 y')=1\\ &\iff\;\frac12\biggl(x'-\frac{3\sqrt 2}2\biggr)^2+\frac32\biggl(y'-\frac{\sqrt 2}2\biggr)^2=1+\frac94+\frac34=4 \end{align} Por lo tanto, el establecimiento de \begin{cases} X=x'-\dfrac{3\sqrt2}2=\dfrac{\sqrt2}2(x+y-3),\\ Y=y'-\dfrac{\sqrt 2}2=\dfrac{\sqrt2}2(-x+y-1), \end{cases} obtenemos la ecuación en forma canónica: $$\frac{X^2}8+\frac{3Y^2}8=1.$$

Answer 4

$$\left(x-\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3}{4}y^2-3y-1=0$$ o

$$\left(x-\frac{y}{2}\right)^2+3\left(\frac{y}{2}-1\right)^2=4$$ o $$\frac{\left(x-\frac{y}{2}\right)^2}{4}+\frac{\left(\frac{y}{2}-1\right)^2}{\frac{4}{3}}=1.$$ Ahora, dejemos que $x'=x-\frac{y}{2}$ y $y'=\frac{y}{2}-1$ ...