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
