geometria proyectiva

Geometría proyectiva para enseñanzasemipresencial

Ignacio Sols y Jesús Sols

En memoria de nuestro padre, un buen trabajador

Índice general

Prólogo v

Capítulo 1. El espacio proyectivo 11. Enunciados de los ejercicios 12. Soluciones de los ejercicios 6

Capítulo 2. Geometría en la recta proyectiva 7

1. Enunciados de los ejercicios 72. Soluciones de los ejercicios 10

Capítulo 3. Plano proyectivo 131. Enunciado de los ejercicios 132. Soluciones de los ejercicios 16

Capítulo 4. Cuádricas 191. Enunciado de los ejercicios 192. Solución de los ejercicios 24

Capítulo 5. Cónicas 311. Enunciados de los ejercicios 312. Soluciones de los ejercicios 33

Capítulo 6. Consecuencias del Teorema de Chasles 391. Enunciados de los ejercicios 392. Soluciones de los ejercicios 42

Capítulo 7. Más sobre cónicas lisas 47

1. Enunciados de los ejercicios 47

2. Solución de los ejercicios 50

Capítulo 8. Haces de cónicas 55

1. Enunciados de los ejercicios 552. Soluciones de los ejercicios 59

Capítulo 9. Clasi�cación de cuádricas reales 631. 63

2. Enunciado de los ejercicios 63

iii

iv ÍNDICE GENERAL

3. Soluciones de los ejercicios 67

Capítulo 10. Espacio euclídeo 81

1. Enunciado de los ejercicios 812. Solución de los ejercicios 853. 85

Capítulo 11. Más sobre geometría euclídea 891. Enunciados de los ejercicios 892. Soluciones de los ejercicios 94

Prólogo

Este es material ha sido elaborado por los dos autores para un curso impartidopor Ignacio Sols como experiencia de enseñanza semipresencial, según el espíritu deconvergencia de Bolonia. En la primera parte, se proponen unos ejercicios teóricoscuya resolución y entrega semanal al profesor constituyen la confección por partedel alumno de su propio texto. La segunda parte consiste en las contestaciones aestos ejercicios, un material que el profesor puede ir poniendo en la red, semana asemana, para que el alumno pueda confrontar sus respuestas con las del profesor.La semipresencialidad prevista para el uso de este material consiste, por supuesto,en que los ejercicios teóricos deben ser presentados semanalmente por el profesoren una sesión larga o un par de sesiones en el aula, lo que justi�ca la parquedad denuestro estilo.

Se trata pues de ejercicios "teóricos", cuyo conjunto conforma la teoría delcurso, por lo que su complemento natural es una colección de ejercicios "prácticos",material que hemos confeccionado para que puedan ser propuestos en paralelo conasistencia del programa de cálculo "Wiris"del prof. Sebastián Xambó.

Hemos supuesto la familiaridad del alumno con el Algebra y la GeometríaLineal en un espacio vectorial, y en el espacio afín , con o sin estructura métrica,y como recordatorio de estos prerrequisitos incluimos al �nal un apéndice, cuyaresumida exposición a principio de curso -una o dos semanas- encontramos muyrecomendable.

Hubiésemos querido tratar el espacio proyectivo tan extensivamente al menoscomo el plano proyectivo, pero eso tan sólo era posible en la antigua enseñanza enque se dedicaba una año entero a la geometría proyectiva. Hemos perdido eso ensolidez de la formación de nuestros jóvenes, pérdida que probablemente no puedajusti�carse porque hayamos ganado en otros aspectos: en matemáticas, nada vale acambio de las matemáticas. Sencillamente, no estamos transmitiendo lo que hemosrecibido. Pero al menos, a pesar de la brevedad de este curso, demostramos elteorema de Witt, complejo y real, de clasi�cación afín de las cuádricas en dimensiónarbitraria. Se trata , pues , del teorema principal de este curso.

No cabe duda, pues, de que la continuación natural sería hacia la dimensióntres. Por esa razón hemos incluído su tratamiento como uno de los apéndices contemas sugeridos a modo de seminario para que puedan proseguir aquellos alumnosque se hayan interesado especialmente por este curso: dimensión superior, métodoaxiomático, teorema fundamental, rectas en el espacio, y un apéndice sobre historiade la Geometría Proyectiva.

Este material, aún sin revisar, no puede ser divulgado ni utilizado sin permisode los autores.

v

CAPíTULO 1

El espacio proyectivo

1. Enunciados de los ejercicios

1.1. Motivación heurística del espacio proyectivo. El espacio afín notiene origen pre�jado, pero tiene el in�nito pre�jado: Si dos rectas son paralelas,es decir si se cortan en un punto del in�nito, sus transformadas por una a�nidad, también son paralelas, es decir también se cortan en un punto del in�nito. Estosigni�ca que las a�nidades, o , equivalentemente, los cambios de coordenadas a�nes,llevan puntos del in�nito a puntos del in�nito, es decir que conservan el in�nito.

Sin embargo, es posible pensar en transformaciones lineales -en el sentidode que transforman lineas rectas en lineas rectasque no conservan el paralelismo,por ejemplo la proyección de un plano a otro desde un punto exterior a ambos (esel caso de la proyección del plano de una llanura sobre el plano del fondo de unacámara oscura donde se impresione una placa fotográ�ca: unas vías de tren en lallanura, que son paralelas, se proyectan en rectas convergentes, tal como aparecenen la foto. El centro de proyección ha sido el ori�cio de la cámara oscura).

Se busca pues una noción de espacio en que las transformaciones que conservensu estructura no conserven el paralelismo, es decir no conserven el in�nito: unespacio, pues, en el que el in�nito no esté pre�jado sino que pueda ser elegido alarbitrio, al modo en que el origen del espacio afín no esté pre�jado sino que se eligearbitrariamente. Esta será la noción de espacio proyectivo , y las transformacionesque conserven su estructura serán las proyectividades, las cuales conservarán lasrectas, pero no el paralelismo de rectas. En otras palabras, el paralelismo no formaráparte de la estructura: ¡en un plano proyectivo no habrá rectas paralelas!

Es fácil comprobar que la noción de paralelismo y la noción de proporción orazón simple de tres puntos alineados son equivalentes (es decir que disponiendode una noción se puede de�nir la otra) Así pues, las proyectividades, como noconservarán el paralelismo, no conservarán la razón simple de tres puntos alineados,pero conservarán otro tipo de razón que involucra cuatro puntos alineados y a laque llamaremos su razón doble (asi como la noción de razón simple de tres puntosalineados es obviamente equivalente a la de punto medio entre dos puntos dados enuna recta, la noción de razón doble de cuatro puntos será equivalente a la de puntoen cuaterna armónica con tres puntos dados en una recta).

1.2. De�nición de espacio proyectivo. Sea V un espacio vectorial sobreun cuerpo K (en este curso, los cuerpos se supondrán conmutativos y los espaciosvectoriales se supondrán de dimensión �nita). El espacio proyectivo P = P(V )

1

2 1. EL ESPACIO PROYECTIVO

asociado a V es el conjunto de sus rayos, es decir, de sus subespacios vectorialesde dimensión 1, y estos se llaman puntos del espacio proyectivo. Se dice que sudimensión es n si la dimensión de V es n+1, y escribimos entonces Pn si queremoshacer explícita su dimensión. Si V 0 es un subespacio de V de dimensión n0 + 1decimos que

P�= P(V�) = Pn�� Pn = P(V ) = Pes un subespacio proyectivo de dimensión n0 (y se llama a n�n0 su codimensión)

Así pues, los que hemos llamado "puntos"P 2 P son sus subespacios proyectivos P0de dimensión cero. Los subespacios proyectivos P1 de dimensión 1 se llaman rectasproyectivas; los de dimensión 2 se llaman planos proyectivos P2; y, a veces, el espacioproyectivo P3 de dimensión 3 es llamado espacio proyectivo por antonomasia. Lossubespacios proyectivos de codimensión 1, es decir de dimensión n � 1, se llamanhiperplanos proyectivos de Pn. Así pues , los hiperplanos proyectivos del espacio P3son sus planos P1; los del plano proyectivo P2 son sus rectas P1; y los del la recta

proyectiva P1 son sus puntos:Por la fórmula de dimensión de intersección de subespacios vectoriales (véase

el apéndice Repaso de Algebra Lineal") , en un espacio vectorial V de dimensión 3,dos subespacios V 0, V 00 de dimensión 2 distintos intersecan en un subespacio V�\V��de dimensión 1 (es decir, su codimensión es la suma de ambas codimensiones) Enotras palabras, en un plano proyectivo P2, dos rectas proyectivas P1;P10intersecanen un punto (heurísticamente: no hay rectas paralelas en el plano proyectivo. ¡Yesto es exactamente lo que se pretendía!)

Una referencia proyectiva de un espacio proyectivo Pn = P(V ) es una base�!e 0; :::;�!e n de V de�nida salvo multiplicación por escalar � no nulo (es decir quela base ��!e 0; :::; ��!e n de�ne la misma referencia).Los puntos P0 = h�!e 0i; ::;Pn =h�!e ni se llaman �vértices del tetraedro de referencia�Sea P= h�!v i un punto de Pn,donde �!v es un vector de V de coordenadas (x0; :::; xn) . Estas mismas coordenadasse llaman las coordenadas homogéneas del punto P en la referencia: la palabra�homogéneas� signi�ca que si se multiplican la coordenadas por un escalar � nonulo, de�nen el mismo punto.

Se llama punto patrón o punto unidad de la referencia al punto U de coorde-nadas homogéneas (1,..., 1) . Dar una referencia es equivalente a dar los vérticesdel tetraedro de referencia P0; ::;Pn y el punto unidad U, como consecuencia delsiguiente

Ejercicio 1. Demostrar que son únicos , salvo producto por constante nonula, los vectores �!e 0; :::;�!e n en los rayos P0; ::;Pn tales que U tiene en tal basecoordenadas homogéneas (1,...1), es decir tales que un vector cualquiera �!u no nulode U se expresa como �!u = �!�eo + :::+ ��!e n , donde � es un escalar no nulo.

Sea �!e 0�; :::;�!e n� (salvo producto por escalar no nulo) una nueva referenciaproyectiva de P y sea C la matriz homogénea (es decir, considerada salvo productopor escalar no nulo) que la expresa en la antigua referencia �!e 0; :::;�!e n.Obviamente,si X es la columna de coordenadas homogéneas de un punto P de P en la antiguareferencia, y X ´ son sus coordenadas en la nueva referencia, entonces AX 0 = X

Sean P = P(V ) y P� = P(V�) dos espacios proyectivos. Una aplicación linealV�!V ´ entre ellos transforma rayos de V en rayos de V ´, dando pues lugar a una

1. ENUNCIADOS DE LOS EJERCICIOS 3

aplicación biyectiva f: P �! P�que se llama "proyectividad". Si se escogen referen-cias proyectivas en P y P� , entonces, obviamente, la ecuación de la proyectividades

(1.1) AX = X 0

donde X es la columna de coordenadas homogéneas de un punto de P , X´ es la columna de coordenadas homogéneas de su punto imagen en P�, y A esuna matriz regular homogénea. Si C, D son las matrices homogéneas de cambio anuevas referencias proyectivas de P;P�, la matriz homogénea que expresa la mismaproyectividad en las nuevas coordenadas homogéneas es A�= D�1AC:

Si P = P(V ) es un espacio proyectivo y V* es el espacio dual del espaciovectorial V, entonces se llama a P� = P(V �) espacio proyectivo dual. Sus puntospueden ser entendidos como los hiperplanos proyectivos de P, es decir que unaforma lineal homogénea ( o sea de�nida salvo producto por escalar no nulo) puedeser entendida como el hiperplano en que ella se anula. Para mejor comprensión deeste hecho , tómense coordenadas homogéneas xo; :::; xnen el espacio proyectivoP : un elemento de V*, o forma lineal de V, se expresa en esas coordenadas comoaoxo+:::+anxn , y los rayos en que se anula aquellos cuyas coordenadas homogéneasxo; :::; xn cumplan

(1.2) aoxo + :::+ anxn = 0

ecuación en la que, obviamente, los coe�cientes ao; :::; an están de�nidos salvoproducto por constante no nula, por lo que pueden ser entendidos como las coorde-nadas homogéneas ( ao; :::; an) en adecuada referencia -referencia dual- de un puntode un espacio proyectivo, a saber el espacio proyectivo dual. Esta claro pues que elespacio dual de un espaci proyectivo tiene su misma dimensión. Como vimos en elRepaso de Algebra Lineal que V** = V , tenemos que P�� = P:Así por ejemplo,el espacio dual del espacio proyectivo tridimensional es el espacio formado por susplanos, y el el dual de éste es el espacio proyectivo original. El espacio dual delplano proyectivo es el plano proyectivo formado por sus rectas. El dual del espacioproyectivo monodimensional es el espacio proyectivo monodimensional formado porsus hiperplanos, es decir por sus propios puntos!

1.3. Espacio afín. . Dar una geometría afín en un espacio proyectivoPn = P(V ) es escoger un hiperplano P(V ) que se llama hiperplano de in�nito y sedenota Pn�11 o simplemente P1: A sus puntos se les llama puntos del in�nito y alos de su complementario se les llama puntos �nitos. Dos rectas -no contenidas enel in�nitose llaman paralelas cuando se cortan en un punto del in�nito (más engeneral , dos subespacios proyectivos se llaman paralelos cuando sus interseccionescon el in�nito están contenidas una en la otra) . Al conjunto

(1.3) An = PnnPn�11

de puntos �nitos se le llama espacio a�n (porque es de hecho un espacio a�nsobre el espacio vectorial V , como justi�caremos poco más abajo). Un sistema


de coordenadas homogéneas en Pn , es decir de coordenadas x0; :::; xn de Vconsideradas salvo producto por escalar no nulo, se llaman coordenadas a�nes sien ellas el hiperplano Pn�11 tiene ecuación xo = 0:Esto signi�ca que el hiperplanodel in�nito sea el conjunto de puntos(0, x1; :::xn) de primera coordenada nula, oequivalentemente , que los puntos �nitos sean los que tienen primera coordenadax0 no nula. Como hay libertad para multiplicar por un escalar no nulo, se puedendividir todas las coordenadas xipor esa primera coordenada x0no nula, tomandoasí como coordenadas de los puntos �nitos (1:y1; :::; yn), donde

(1.4) y1 =x1x0; :::; yn =

xnx0

son ya coordenadas inhomogéneas -de�nidas absolutamente, y no salvo productopor escalar no nulo- como sucede con las coordenadas de un espacio a�n.

Justi�quemos que An es de hecho un espacio afín: en el repaso de Algebralineal se veía que los vectores de V cuya primera coordenada x0 tiene un valordeterminado, por ejemplo 1, forman una clase de equivalencia en V=V , es decir, dela equivalencia módulo el subespacio vectorial V formado por los vectores que tienennula la primera coordenada x0. Una tal clase de equivalencia era un espacio a�nsobre V : Sus puntos, los vectores de V con primera coordenada 1, se correspondenbiyectivamente con los rayos de V , exceptuados los rayos que yacen en V ; es decircon los puntos de An = PnnPn�11 : Queda así justi�cado que An es un espacio afín,y que, de hecho, es espacio afín sobre V .

Dado un cambio a nuevas coordenadas homogéneas xi�, las nuevas coordenadashomogéneas xi�serán también a�nes si y sólo si en esas nuevas coordenadas el hiper-plano del in�nito Pn�11 también tiene la ecuación x0�= 0, es decir si las ecuacionesdel cambio transforman la ecuación x0 = 0 en la ecuación x0�= 0 , lo que signi�caque la primera igualdad de arriba sea

(1.5) c00x0�= x0

Si además c00 fuera nulo sucedería que la matriz de cambio (cij) tendría laprimera �la nula, lo que es imposible pues (cij) es una matriz regular. Como estamatriz está de�nida salvo producto por escalar no nulo, podemos multiplicarla porc00 y forzar así que sea además c00 = 1: La ecuación del cambio queda, pues,entonces

x0� = x0

a10x�0 + a11x1�+ :::+ a1nxn� = x1

:

:

:

an0x�0 + an1x1�+ :::+ annxn� = xn(1.6)

donde se han denotado aij los escalares cij=c00. La ecuación de cambio delas coordenadas a�nes inhomogéneas antiguas, yi = xi=x0 a las coordenadas a�nes


inhomogéneas nuevas y1� = xi�=x0� queda (al dividir todas las ecuaciones por laprimera)

a00 + a11y1�+ :::+ a1nyn� = y1

:

:

:

an0 + an1y1�+ :::+ annyn� = yn(1.7)

que es exactamente la expresión del cambio de coordenadas a�nes vista en elRepaso de Algebra Lineal.

Análogamente, una proyectividad f : Pn �! Pnde un espacio proyectivo conestructura a�n, o elección de in�nito Pn�11 , se llama a�nidad cuando deja invarianteel in�nito , es decir cuando f(Pn�11 ) = Pn�11 ; lo que en coordenadas a�nes x0; :::; xnse expresa por el hecho de que la proyectividad deje invariante la ecuación x0 = 0:En coordenadas a�nes inhomogéneas y1; :::; yn , una proyectividad se expresa, pues,razonando como antes, con las mismas ecuaciones de las a�nidades que vimos en elRepaso de Algebra Lineal.

Dadas coordenadas homogéneas x0; :::; xn en un espacio proyectivo Pn; un poli-nomio homogéneo fd(x0:::; xn) de grado d en las variables x0; :::; xn ( es decir,polinomio con todos los monomios del mismo grado d ) de�ne como ecuaciónfd(x0:::; xn) = 0 un subconjunto de Pn llamado hipersuper�cie proyectiva de gradod . En efecto, si fd(a0; :::; an) = 0 para un punto P de coordenadas homogéneas(a0; :::; an), entonces fd(�a0; :::; �an) = �

dfd(�a0; :::; �an) = 0 para todo escalar nonulo �. Recordemos que todo hiperplano Pn�1de Pnes de la forma Pn�1 = P(Vn)para un hiperplano vectorial Vn � Vn+1. La ecuación de Vn en Vn+1(1.8) aox0 + :::+ anxn = 0 (con los ai de�nidos salvo � 6= 0; y no todos nulos)

puede ser entendida también como ecuación del hiperplano Pn�1dentro de Pn; yde�niendo por tanto una hipersuper�cie de grado 1. Más adelante trataremos dela hipersuper�cies proyectivas de grado 2, que son las cuádricas de Pn , y que enel plano P2 se llaman cónicas. Así pues, una cónica viene de�nida como lugar deanulación de un polinomio homogéneo en x0; x1; x2 de grado dos

(1.9) a00x20 + a11x

21 + a22x

22 + a01x0x1 + a02x0x2 + a12x1x2 = 0

en las variables homogéneas x0; x1:x2 .Si se ha dado en Pn una estructura afín Pn�11 � Pn y x0; :::; xn son coordenadas

homogéneas a�nes para esa estructura, entonces, recordemos, se tienen coordenadasa�nes inhomogéneas (es decir, usuales) y1; :::; yn de�nidas por el cambio1.4 , por loque una ecuación homogénea fd(x0; :::; xn) = 0 se convierte, al ser dividida por xd0, en la ecuación inhomogénea

fd(x0; :::; xn)

xd0= 0

en las variables y1; ...yn de An , anulándose pues en los mismos puntos que ella,ya que x20 6= 0 en todos los puntos de An: Así, por ejemplo, la anterior ecuación 1.8


de un hiperplano del espacio proyectivo se convierte en

0 =a0x0 + :::+ anxn

x0= a0 + a1y:::+ anyn

que es la ecuación familiar de un hiperplano en el espacio afín, y la anteriorecuación 1.9 de una cónica del plano se convierte en

0 =a00x

20 + a11x

21 + a22x

22 + a01x0x1 + a02x0x2 + a12x1x2

x20

= a00 + a11y21 + a22y

22 + a01y

21 + a02y2 + a12y1y2

que es la ecuación familiar de una cónica en las coordenadas y1 , y2 del planoafín. Como ilustran estos dos ejempos, el resultado de deshomogeneizar es muysencillo: se sustituye la variable homogénea x0 por el valor 1, y se sustituyen lasrestantes variables homogéneas xi por la variable inhomogénea yi . La operacióninversa, pasar una ecuación polinómica de grado d en coordenadas inhomogéneasyi (i = 1; :::; n) a ecuación polinómica homogénea en las coordenadas homogéneasxi (i = 0; :::; n) ; consiste, por supuesto, en multiplicarla por xd0. Como ilustran losdos ejemplos anteriores, aunque leídos ahora en modo inverso, el resultado consisteen que cada variable yi es sustituida por la variable xi; y cada monomio de gradod0 < d es multiplicado por xd�d

0

0 .Así pues se ha recuperado el espacio a�n como el complemento An � Pnen

el espacio proyectivo Pnde un hiperplano de in�nito Pn�11 escogido arbitrariamente,quedando así Pn como unión disjunta Pn = An t Pn�11 de los conjuntos formadospor los "puntos �nitos 2los "puntos del in�nito".Como An es espacio a�n sobre V ,tal como antes argumentamos, y Pn�11 es el espacio P(V ) de rayos de V , obtenemosque el espacio proyectivo Pn no es sino el espacio ampliado cAn del espacio a�n Ansegún se de�nió en el Repaso de Algebra Lineal. La observación fundamental es que,cuando se hizo aparecer el in�nito de ese modo -como ampliando el espacio a�n-ese in�nito no era pues de elección sino que estaba determinado por la estructura yera conservado por las a�nidades ( las a�nidades llevaban rectas paralelas a rectasparalelas, es decir puntos del in�nito a puntos del in�nito), mientras que ahora elin�nito ha aparecido dentro del espacio proyectivo como objeto de libre elección(de hecho las proyectividades no conservan necesariamente el in�nito, es decir noconservan necesariamente el paralelismo: el concepto de paralelismo pertenece a lageometría afín , no a la geometría proyectiva). La situación es análoga a la que seda entre las nociones de espacio vectorial y de espacio a�n: en el espacio vectorialel origen no es un vector de libre elección, sino que es necesariamente el elementoneutro del grupo aditivo, mientras que en el espacio a�n el origen es un punto delibre elección.

2. Soluciones de los ejercicios

CAPíTULO 2

Geometría en la recta proyectiva


En esta lista de ejercicios se supondrá siempre como marco de trabajo la rectaproyectiva P1 sobre un cuerpo conmutativo k. Recordemos que la razón doble decuatro puntos distintos A1; A2; A3; A4 de P1 se de�ne, utilizando coordenadashomogéneas x0;x1 , como

(1.1) fA1; A2; A3; A4g =

�� x10 x30x11 x31

�� x20 x30x21 x31

�� :�� x10 x40x11 x41

�� x20 x40x21 x41

��donde xi0; xi1 denotan las coordenadas del punto Ai . La cuaterna de puntos

se dice çuaterna armónicaçuando

(1.2) fA1; A2; A3; A4g = �1

Ejercicio 2. Demostrar que esta de�nición de razón doble no depende delsistema de coordenadas elegido (es decir, que al efectuar un cambio de coordenadahomogéneas queda la misma razón doble). Equivalentemente, las proyectividades deP1 conservan la razón doble de cuatro puntos.

Sugerencia: Las coordenadas xi0; xi1 , y xj0; xj0 de dos puntos Pi; Pj bajo cam-bio de matriz C se comportan así�

c00 c10c01 c11

��x0i0 x0j0x0i1 x0j1

�=

�xi0 xj0xi1 xj1

�A un punto de coordenadas homogéneas x0; x1 se le asocia la �coordenada

completa��, que convencionalmente puede valer in�nito:

� =1 si x0 = 0; mientras que � =x1x0

si x0 6= 0

y , abusando un poco, denotamos por f�1; �2; �3; �4g la razón doble de cuatropuntos de la recta proyectiva que tengan �1; �2; �3; �4 por coordenada completa.

7

8 2. GEOMETRíA EN LA RECTA PROYECTIVA

Ejercicio 3. a) Probar que

(1.3) f�1; �2; �3;1g =�3 � �1�3 � �2

b) Concluir que

(1.4) f�1; �2; 0;1g =�1�2

y por tantof�; 1; 0;1g = �:

Sugerencia para a): trabajar en coordenadas homogéneas, es decir, �i como(1; �i) e 1 como (0,1).

Nos hallamos antes la intución más profunda del signi�cado de la geometríaproyectiva: el apartado a) signi�ca que la razón doble de cuatro puntos alineadoses la proporción -o razón simple- en que quedan tres de ellos cuando el cuartoes tomado como punto del in�nito o punto del horizonte de esa recta vista enperspectiva; el hecho de que esta razón doble sea -1, es decir que sea �3��1 = �2��3;signi�ca pues que el punto �3 queda entonces como punto medio, o "baricentro",entre �1 y �2 . El apartado b) signi�ca que la razón doble de cuatro puntos esla coordenada completa de uno de ellos cuando los otros tres son tomados comoreferencia, es decir como origen, punto unidad, y punto del in�nito. Así pues, larazón doble de cuatro puntos es en geometría proyectiva lo que es la razón simple detres puntos en geometría afín, o lo que es la distancia entre dos puntos en geometríamétrica. Cada una de estas nociones caracteriza cada una de estas geometrías, ylas transformaciones que las conservan son exactamente las transformaciones queconservan estas geometrías.

Ejercicio 4. Probar que la razón doble queda invariante si se intercambiael primer par A1; A2 con el segundo par A3; A4; también si en ambos pares seintercambian sus miembros; probar que la razón doble se invierte si se intercambianlos miembros de sólo uno de los dos pares. Concluir que estas tres permutacionespracticadas en cuatro puntos armónicos los mantienen armónicos.

Ejercicio 5. Probar el siguiente comportamiento de la razón doble de cuatropuntos al �permutar medios�y al �permutar extremos�:

fA1; A2; A3; A4g+ fA1; A3; A2; A4g = 1

fA1; A2; A3; A4g+ fA4; A2; A3; A1g = 1(1.5)

Ejercicio 6. Sea fA1; A2; A3; A4g = � . Como aplicación de los dos ejerciciosanteriores, hallar los seis valores posibles de la razón doble de estos cuatro puntosal permutarlos de todos los modos posibles.

Para los ejercicios de la segunda parte de esta lista recordemos que las proyec-tividades de la recta proyectiva se expresan en coordenadas homogéneas x0; x1 como

x�0 = a00x0 + a10x1

x�1 = a01x0 + a11x1


(donde las coordenadas �prima� signi�can coordenadas del punto imagen) ,siendo la matriz (aij) regular. En términos de la coordenada completa � , al dividirmiembro a miembro la segunda expresión por la primera, queda

��=a01+a11�

a00+a10�

es decir

(1.6) a��+ b� + c��+ d = 0

para adecuados coe�cientes a,b,c,d del cuerpo. La proyectividad se llama in-volución cuando su cuadrado es la identidad (es decir: si � es aplicada en ��; entonces�� es aplicada en �): Se trata pues de que esta ecuación sea simétrica en �; ��es decir,que sea b = c :

(1.7) a��+ b(� + ��) + d = 0

Ejercicio 7. Demostrar que toda proyectividad tiene dos puntos �jos, contadoscon posible multiplicidad.

Ejercicio 8. Demostrar que, en la expresión de una proyectividad en la coor-denada completa de un punto y su imagen, el primer coe�ciente �a� es nulo si ysólo si 1 es punto �jo de la proyectividad.

(Sugerencia: dividir por �02 en la ecuación1.6 )

Ejercicio 9. Si los dos puntos �jos de una proyectividad son distintos , y sontomados como puntos de referencia P0 y P1 ( o sea como puntos de coordenadashomogéneas (1,0) y (0,1), y por tanto de coordenada completa � = 0 e 1) entoncesla proyectividad se expresa en forma de�homotecia", ��= k�; y recíprocamente, unahomotecia deja �jos 0 e 1: En caso de que la proyectividad sea una involución, seexpresa en forma de �simetría� : ��= ��

Ejercicio 10. Si una proyectividad tiene sus dos puntos �jos iguales (o sea,un solo punto �jo con multiplicidad 2, o punto doble) y si se toma la referencia demodo que la coordenada de ese punto �jo doble sea 1; entonces la proyectividad seexpresa como �traslación�: ��= � + k

Ejercicio 11. Demostrar que, dados tres puntos distintos A1; A2; A3 y otrostres puntos distintos A1�; A2�; A3� , existe una única proyectividad que aplica los tresprimeros en los tres segundos. Expresarla en sus coordenadas completas al elegirreferencia.

(Sugerencia: usar el hecho de que las proyectividades conservan la razón doblede cuatro puntos )

Ejercicio 12. Demostrar que dados dos puntos distintos A1; A2 y otros dospuntos distintos A1�; A2�existe una única involución que aplica los primeros en lossegundos. Si en una referencia, �1; �2 son las coordenadas de los dos primeros, y�1��2�son las coordenadas de los dos segundos, la involución � 7�! �� tiene ecuación

(1.8)

24 ��0 � + �0 1�1�

01 �1 + �

01 1

�2�02 �2 + �

02 1

35 = 0


(Sugerencia: Expresar la ecuación 1.7 en general, y aplicada a los dos puntosdados, resultando un sistema compatible de tres ecuaciones) Como caso particu-lar de este ejercicio obtenemos que, dados dos puntos distintos M;N en la rectaproyectiva, existe una única involución que los tiene como puntos �jos.

Ejercicio 13. Dada una involución, si se toman coordenadas de modo que 0,1 sean un punto cualquiera y su imagen (es decir: 0�!1) entonces la involuciónse expresa como �inversión�: �0�= k

(En particular, la inversión �0� = �1 jugará más tarde un papel importante engeometría plana euclídea, como relación de las pendientes de dos rectas perpendic-ulares)

Ejercicio 14. Dados cuatro puntos distintos A1; A2; A3; A4 y otros cuatro pun-tos distintos A01; A

02; A

03; A

04, existe una proyectividad que transforma los primeros

en los segundos si y solo si ambas cuaternas de puntos tienen la misma razón doble.

Sugerencia: utilizar el ejercicio11


Solo escribiré aquellas soluciones que no sean meras computaciones.

Solución del ejercicio 2 . Si C = (cij) es matriz de cambio a nuevascoordenadas x�0, x ´1 , entonces las dos coordenadas del punto Ai se transformanasí �

c00 c10c01 c11

��aio�ai1�

�=

�aioai1

�y se tiene otra igualdad análoga para otro punto Aj :

Un modo de escribir juntas ambas desigualdades es el siguiente:�c00 c10c01 c11

��a�io a�joa�i1 a�j1

�=

�aio ajoai1 aj1

�

Por tanto el determinante de�aio ajoai1 aj1

�es el determinante de

�a�io a�joa�i1 a�j1

�multiplicado por el determinante de

�c00 c10c01 c11

�; y esto para todo i,j, y en con-

secuencia {A1;A2;A3,A4} tiene el mismo valor expresado con las primeras matricesque expresado con las segundas.

Solución del ejercicio 3 . Tomando para los puntos Ai �nitos coordenadas

(1, �i) y para el punto del in�nito coordenadas (0,1), tenemos

fA1; A2; A3;1g =

�� 1 1�1 �3

�� 1 1�2 �3

�� :�� 1 0�1 1

�� 1 0�2 1

��

2. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS 11

Solución del ejercicio 4 . Si se usa el ejercicio 1.3 la solución es puramentecomputacional y no la pondremos aquí.

Solución del ejercicio 5 . Idem.

Solución del ejercicio 6 . Obviamente,las permutaciones consideradas enlos dos ejercicios anteriores generan las 24 permutaciones de los cuatro puntos Ai:Hemos visto que si � es su razón doble, estas permutaciones o lo invierten como��1, o lo complementan respecto de la unidad: 1-�: Por lo tanto en el conjuntopedido se encuentran los valores

(2.1) �; ��1; 1� �; 1� ��1; 1

1� �;1

1� ��1

y este conjunto de seis valores es obviamente cerrado por ambas operaciones deinversión y complementación respecto de la unidad. En consecuencia, se trata delconjunto pedido.

Solución del ejercicio 7 . Punto �jo signi�ca ��= �; y por tanto ser raízde la ecuación

(2.2) a�2 + (b+ c)� + d = 0

que, si a 6= 0 tiene exactamente dos soluciones, aunque puede tratarse de unasolución doble (punto �jo repetido"). Si a=0, hay claramente una solución �nita, ein�nito es también solución

Solución del ejercicio 8 . Rescribamos la ecuación de puntos �jos como

a+ (b+ c)=� + d=�2 = 0

Si � =1 es solución de ella, claramente a=0. Reciprocamente, si a=0, entoncesel par � =1 , ��=1 satisface obviamente a la ecuación de la proyectividad (téngaseen cuenta que 1 = �1; como sale de invertir la igualdad 0=-0).

Solución del ejercicio 9 . Claramente, 0 satisface a la ecuación de los puntos�jos si y solo si d=0. Añadiendo a esto el ejercicio anterior resulta que al ser 0, 1puntos �jos, se tiene a=d=0, y por tanto ��= �b�=c Reciprocamente , si

��= k�; entonces tanto 0 como 1 son puntos �jos.Si además se trata de una involución , la imagen k2� de � al efectuar dos veces

la transformación es el propio �; es decir que k2 = 1; por lo que k solo puede ser1(y entonces se trataría de la identidad ) y -1.

Solución del ejercicio 10 . Imponer que1 sea solución de la ecuación de lospuntos �jos es imponer a=0, es decir que esta ecuación sea (b+c)� +d=0.Si (b+c)fuera no nulo entonces la otra solución sería �nita: � = �d=(b + c):Como las dossoluciones son 1; forzosamente c=-b, y así pues la ecuación de la proyectividad esb� � b��+ d = 0;o equivalentemente(2.3) ��= � + k

Solución del ejercicio 11 . Tomemos una referencia en la que los puntos


A1;A2;A3 tengan coordenada �nita �1; �2; �3 y los puntos A ´1;A ´2;A ´3 tengantambién coordenada �nita �1�; �2�; �3�: Una projectividad � 7�!�� conserva la razón

doble de cualesquiera cuatro puntos y sus imágenes, y por tanto

(2.4) f�1; �2; �3; �g = f�1�; �2�; �3�; ��gDesarrollando esta expresión queda una ecuación cuadrática en �; �� como las

que de�nen las proyectividades.

Solución del ejercicio 12 . La condición de existencia de una involución

a��+ b(� + ��) + c = 0

tal que aplique �1; �2 en �1�; �2�, es decir la existencia de a,b,c tales que

a��+ b(� + ��) + c = 0

a�1�1�+ b(�1 + �1�) + c = 0

a�2�2�+ b(�2 + �2�) + c = 0

equivale a la anulación del determinante de este sistema de ecuaciones de vari-ables a,b,c

Solución del ejercicio 13 . En la involución ni 0 ni 1 son puntos �jos, ypor tanto a 6= 0, c 6=0. La ecuación de la pinvolución � 7�! ��se puede rescribir como

a� + b(�

��+ 1) +

c

��= 0

y así el hecho de que el par � = 0, ��=1 la satisfaga equivale a que b=0

Solución del ejercicio 14 . En el ejercicio 11 vimos que había una únicaproyectividad que llevaba los puntos A1;A2;A3 a los puntos A ´1;A ´2;A ´3 y éstaaplicaba un cuarto punto A en el punto A ´ que guarda con los A ´1;A ´2;A ´3 lamisma razón doble que A guarda con los A1;A2;A3: Por lo tanto esa proyectividadllevará A4 al A ´4 si y solo ambos están en la misma razón doble con los Ai y losA�i , respectivamente.

CAPíTULO 3

Plano proyectivo

1. Enunciado de los ejercicios

En esta lista se trabajará en el plano proyectivo P2 sobre un cuerpo K quesiempre suponemos conmutativo

De�nición. Puntos colineales de P2 son puntos que están en una misma rectaP1 de P2, y su razón doble es la que tienen como puntos de ese P1: Rectas concur-rentes de P2 son aquéllas que pasan por un mismo punto, y se llama razón doblede ellas a la que tienen tienen como puntos colineales del espacio dual. Si esta razóndoble de puntos colineales o de rectas concurrentes es -1 , entonces se dice que sonarmónicos o que forman cuaterna armónica.

Ejercicio 15. (teorema de Desargues) : Demostrar que si dos triángulosA,B,C y A ´ B ´ C´ de un plano proyectivo tienen sus vértices en tres rectas con-currentes en un punto P, entonces los puntos de concurrencia de sus lados L=a\a´ , M=b\b´ , N=c\c´ son colineales; y recíprocamente: si estos tres puntos son col-ineales, entonces las tres rectas AA ´ , BB ´ , CC ´ son concurrentes

(Sugerencia: Consultar .A lgebraic Projective Geometry"de Semple and Knee-bone)

Construcción (çuadrilátero completo"): Dados cuatro puntos P1 , P2 ,P3 , P4 de P2 , sin que tres de ellos sean colineales , las seis rectas que los unendos a dos de todos los modos posibles forman un çuadrilátero completo" Estas seisrectas se cortan entre sí en los cuatro puntos dados y en tres puntos más Z1, Z2,Z3 que se llaman centros del cuadrilátero. Las tres rectas que los unen forman el

13

14 3. PLANO PROYECTIVO

"triánguloçentral del cuadrilátero. Al añadir éstas a las seis rectas del cuadriláterocompleto queda una con�guración de rectas en la que cada recta es cortada por lasdemás en cuatro puntos, y en cada punto de encuentro de dos de ellas, se encuentrande hecho cuatro rectas.

Ejercicio 16. a) Los cuatro puntos en cada una de esas rectas están encuaterna armónicas en cada uno de esos puntos de encuentro están también encuaterna armónica.

b) las cuatro rectas en cada uno de esos puntos de encuentro están también encuaterna armónica

(Sugerencia: Tomar como recta del in�nito el lado del triángulo central que uneel centro Z1 con el centro Z2 para convertir a) en un conocido hecho de geometríaafín; observar que b) es enunciado dual de a), es decir que es exactamente a) parael plano proyectivo dual)

Para los ejercicios que siguen, sean dos rectas distintas P1 y P1�del plano proyec-tivo P2 , y sea O el punto en que se cortan.

Ejercicio 17. a) Demostrar que la proyección prZ de la recta P1 a la rectaP1� desde un punto Z exterior a ambas -de�nida del modo obvio- es una proyectivi-dad. Este tipo de proyectividades se llaman �perspectividades�. (Sugerencia: TomarOZ como recta del in�nito para que aparezca esta aplicación como una a�nidadentre ambas rectas a�nes).

b) Demostrar que una proyectividad f: P 1 �! P 1� es perspectividad si ysólo si f(O) = O.

1. ENUNCIADO DE LOS EJERCICIOS 15

( Sugerencia: usar la unicidad en el ejercicio T.2.10)

Ejercicio 18. . Dada una proyectividad f: P1 �! P1� demuéstrese del sigu-iente modo que existe una recta e (llamada �eje de cruces�) tal que, para todo parde puntos P, Q2 P , el punto de intersección de la recta P,f(Q) con la recta Q,f(P)está en la recta e:

a) Si f es perspectividad desde un punto exterior Z , demostrarlo comproban-do que la recta OZ que es armónica respecto de P 1 y P 1� (es decir tal que lascuatro rectas concurrentes forman cuaterna armónica) tienen la propiedad requeri-da.(Sugerencia: Usar el ejercicio T. 3.1)

b) Si f no es perspectividad, demostrar que la recta e= UV que une U=f(O) 2P 1con V=f �1(O)2 P 1 tiene la propiedad requerida (Sugerencia: Observar primeroque {O,V,P,Q}={O,U,f(Q), f(P)}, y luego aplicar T.2.13 y T. 3.2 b) )

Ejercicio 19. (Teorema de Papus). Demostrar que dados tres puntos P,Q,Ren una recta P1 de un plano proyectivo, y otros tres P ´ ,Q´ , R´ en otra recta P1�de ese plano, los puntos PQ ´\QP ´ , PR ´\RP ´ , RQ ´\QR ´ son colineales


Ejercicio 20. Toda proyectividad f: P1 �! P1� entre dos rectas de un planoproyectivo es producto de dos perspectividades.

(Sugerencia: consultar Semple and Kneebone, �Algebraic Projective Geome-try�)


En adelante, para todo punto P de un espacio proyectivo P escribiré con lamisma letra un vector que lo genera como rayo: P=<

�!P>

Solución del ejercicio 15 . Sea pues P=<�!P>, y B=<

�!B>. Todos los

puntos de la recta PB (excepto el punto B) pueden expresarse como <�!P+�

�!B>.

En particular��!B ´ =

�!P + �

�!B

��!C ´ =

�!P + �

�!C (análogamente)

��!A ´ =

�!P + �

�!A (análogamente)

y en consecuencia�!L =

�!B ´ ��!C ´ = ��!B � ��!C 2 B´C ´ \ BC= a ´ \ a =L

�!M =

��!A ´ ��!C ´ = ��!BA � ��!C 2 A´C ´ \ AC= b ´ \ b =M

�!N =

��!A ´ ��!B ´ = ��!A � ��!B 2 A´B ´ \ AB= c ´ \ c =N

Claramente�!L =

�!M+

�!N , y por tanto los puntos L,M,N son colineales, lo que

demuestra la proposición directa.

Como la proposición directa se ha demostrado para todos los planos proyectivos, se ha demostrado en particular para el plano proyectivo dual. Lo que esa proposi-ción a�rma en el plano proyectivo dual es exactamente la proposición recíproca en elplano P2 de partida (se parte en la proposición directa de tres rectas concurrentes,es decir, al predicarla del plano dual, que se parte de tres puntos L,M, N colinealesde P2, etc...)


Solución del ejercicio 16 . Al escoger una geometría afín tomando Z1Z2como recta del in�nito, el cuadrilátero se convierte en un paralelogramo y Z3 en sucentro (intersección de las dos diagonales); y la a�rmación, por ejemplo, de que P3y P4 sean armónicas respecto de Z2 y P3P4\ Z1Z3 , es decir(2.1) fP3; P4 ; Z2 ; P3P4 \ Z1Z3g = �1

se convierte en que la paralela al lado P1P3 pasando por el centro corta allado P3P4 en su punto medio, lo que es un hecho elemental de geometría afín.Consecuencia de que estos cuatro puntos sean armónicos es que las cuatro rectasque los unen con el vértice Z2 son armonicas.

Hemos probado lo requerido sólo para una recta y para un vértice de la con-strucción. Pero es evidente que una recta y vértice es equivalente en la construccióna las demás rectas y vértices.

Solución del ejercicio 17 . a) Tomemos referencia proyectiva de modo queP0 = (1; 0; 0) esté en la recta P1; P1 = (0; 1; 0) sea su punto de intersección con P1�, y P2 = (0; 0; 1) sea el punto Z. Entonces, en coordenadas a�nes inhomogéneasy1; y2; la primera recta aparece como la recta y2 = 0 (sirviendo pues y1 como sucoordenada �) , y la segunda como la recta y2 = a (sirviendo pues y1 como sucoordenada ��) , para un cierto escalar a , y la proyección de una a otra desdeZ aparece como la proyección vertical. Esta proyección aplica cada punto de laprimera recta en el punto de la segunda recta de igual abcisa y1 , es decir quetiene expresión ��= � lo que es un caso particular de la expresión general de lasproyectividades entre rectas ��= (a� + b)=(c� + d) .

b) Es obvio que , si f es perspectividad entonces f(O) = O. Supongamos ahoraesto último, y sean P,Q otros dos puntos distintos de P1, y sean P´, Q´ sus imágenesen P1�por la proyectividad f. La perspectividad de centro Z=PP ´\ QQ ´ aplicalos puntos O,P,Q de P1 en los puntos O,P ´, Q ´ de P1�, al igual que lo hace laproyectividad f. Como solo hay una proyectividad que aplique tres puntos dadosen otros tres puntos dados, la perspectividad de centro Z tiene que coincidir con laproyectividad f.

Solución del ejercicio 18 .a) Por la construcción del cuadrilátero completo, la recta que une O con PQ ´\

P´Q es la recta armónica de la recta OZ respecto de las rectas P1 y P1�, cualquieraque haya sido la elección de P y Q.

b) Denotemos P ´=f(P) y ´Q ´= f(Q). Como la proyectividad f aplica los puntosO,V,P,Q en los puntos U,O,P ´,Q ´ se tiene que

fO; V; P;Qg = fU;O; P�; Q�g = fO;U;Q�; P�gy por tanto hay una proyectividad que aplica O,V,P,Q en O,U,Q ´,P ´ , que es

de hecho una perspectividad de P1 en P1�(ya que �ja el vértice 0), y por tanto lasrectas e=VU, PQ ´ y QP ´ son concurrentes, como se pedía demostrar.

Solución del ejercicio 19 . Existe una única proyectividad que aplica lospuntos P,Q,R de P1 en los puntos P´, Q ´R ´ de P1� . El eje de cruces e de esa


proyectividad (cfr. ejercicio anterior) es una recta que pasa por los tres puntos quese pide probar colineales.

Solución del ejercicio 20 . Elijamos cuatro puntos P1; P2; P3; P4 en larecta P1:Sean P1�; P2�; P3�; P4� sus imágenes en la recta P1�por la proyectividad da-da.Elijamos un punto A en la recta P1P�1; y escojamos otra recta P1��pasando por elpunto P1�distinta de las rectas P1P1� y P1�. Sean P1��= P1�; P2��; P3��; P4�� las proyeccionesde P1; P2; P3; P4 sobre P1��desde el centro A. Se tiene entonces

fP1�; P2�; P3�; P4�g = fP1; P2; P3; P4g = fP1��; P2��; P3��; P4��gy por tanto hay una proyectividad que aplica los cuatro puntos Pi�en los cuatro

puntos Pi�� y de hecho será una perspectividad desde un centro Z de la recta P1�enla recta P1��puesto que �ja su vértice P1��= P1�

La composición de la perspectividad de P1 en P1�de centro A con la perspec-tividad de P1� en P1��de centro en Z da una proyectividad de P1 en P1��que aplica loscuatro puntos Pi en los cuatro puntos Pi�; al igual que hacía la proyectividad dada,y por tanto coincide con ella.

CAPíTULO 4

Cuádricas


Sea Pn = P(V ) un espacio proyectivo sobre cuerpo K (supuesto siempre con-mutativo). Sea T: V x V �!V un tensor no nulo. Dos puntos < �!v >, < �!w >2 Pnse dicen conjugados por el tensor si T(�!v , �!w ) = 0 (lo que obviamente equivale a

T(�!�v, �!�w) = 0; para escalares � y � no nulos). Por abuso de lenguaje, se llama

cuádrica asociada al tensor al conjunto de puntos < �!v > de Pn autoconjugados porel tensor T ( es decir conjugados de sí mismos: T(�!v , �!v ) = 0) . Pero rigurosamenteesto es sólo su �lugar cuádrico�, siendo la cuádrica el mismo tensor T pero de�nidosalvo producto �T por constante �no nula, es decir el rayo <T> que engendra eltensor T en el espacio proyectivo P(TensV )del espacio vectorial TensV que formantodos los tensores de V (es obvio que T y �T de�nen el mismo lugar cuádrico)

Sea �!eo ; :::;�!en una base de V, y sean xo; :::;xn las correspondientes coordenadashomogéneas de Pn . El tensor T se expresa con su matriz simétrica homogéneaA=(aij) en esa base (es decir aij = T (

�!ei ;�!ej )), como

T (�!v ;�!w ) =nX

i;j=0

xiyjaij = (xo; :::xn)

0BBBB@a00 : : : a0n: :: :: :an0 : : : ann

1CCCCA0BBBB@y0:::yn

1CCCCAdonde �!v =

Pni;j=0 xi

�!ei ; �!w =Pn

i;j=0 yi�!ei Por tanto la cuádrica asociada al

tensor es el conjunto de puntos < �!v > tales que

0 = T (�!v ;�!v ) =nX

i;j=0

xixjaij = (xo; :::xn)

0BBBB@a00 : : : a0n: :: :: :an0 : : : ann

1CCCCA0BBBB@x0:::xn

1CCCCA

Si se escoge una geometría afín, en las coordenadas a�nes inhomogéneasy1; :::;yn correspondientes a coordenadas homogeneas a�nes xo; :::xn , la anteriorecuación de la cuádrica, descompuesta en sumandos como

0 =nX

i;j=1

xixjaij +nXi=0

xix0ai0 + x20a00

19

20 4. CUÁDRICAS

equivale a la ecuación

0 =nX

i;j=1

yiyjaij +nXi=0

yiai0 + a00

Una cuádrica de P2 se llama una �cónica�y tiene pues ecuación en coordenadashomogéneas

a00x20 + a11x

21 + a22x

22 + a01x0x1 + a02x0x2 + a12x1x2 = 0

En el plano a�n A2 = P2nP1 una cónica tiene ecuación, en coordenadas a�nesinhomogéneas y1;y2

a00 + a11y21 + a22y

22 + a01y1 + a02y2 + a12y1y2 = 0

lo que esperamos resulte familiar al lector!Sabemos que una matriz homogénea diagonaliza siempre en alguna base, y

por tanto , una cuádrica se expresa siempre en adecuadas coordenadas homogéneasxo; :::xn como

0 = (xo; :::xn)

0BBBB@a00 0 : : 00 :: :: 00 : : : ann

1CCCCA0BBBB@x0:::xn

1CCCCA =nXi=0

aiix2i

es decir, llamando a0, ..., ar�1 (r=rango T) a los elementos diagonales no nulosde la matriz (y reordenando las coordenadas para que estos sean los primeros enaparecer)

0 = (xo; :::xn)

0BBBB@a0 0 : : 00 : :: ar�1 :: 0 00 : : : 0

1CCCCA0BBBB@x0:::xn

1CCCCA =r�1Xi=0

aix2i

Ejercicio 21. a) Demostrar que para una cuádrica <T> en el espacio afínAn = PnnP = P(Vn+1)nP(V ) (donde el in�nito P es la proyectivización de unespacio vectorial V de dimensión n) se pueden encontrar coordenadas homogéneasa�nes xo; :::xn (es decir , dando a P la ecuación x0 = 0), en las que tiene matrizhomogénea 0BBBBBBBBBBBBBB@

k b1 : : : : : : : bnb1 a1: :: :: :: ar: 0: :: :bn 0

1CCCCCCCCCCCCCCA


donde r es el �rango reducido� o rango de la cuádrica �reducida� , es decirrestringida en el in�nito P, es a saber el rango del tensor composición

T : V � V ,! Vn+1 � Vn+1 !T K

Conviene observar que su matriz es obviamente la matriz reducida A de lamatriz A de T, es decir la obtenida de ella al eliminar su primera �la y su primeracolumna: en efecto, como el in�nito P(V ) tiene ecuación x0 = 0 , tiene a las variablesx1; :::;xn como sus propias coordenadas homogéneas

(Sugerencia: aplicar a la cuádrica reducida la diagonalización anterior)

b) Demostrar que incluso puede conseguirse que tenga b1, ..., br nulo, o seaque tenga matriz

0BBBBBBBBBBBBBB@

k 0 : : : 0 br+1 : : bn0 a1: :: :: :0 arbr+1 0: :: :bn 0

1CCCCCCCCCCCCCCA

(Sugerencia: Cambiar las coordenadas xi´ = xi + biaix0 para i=1,..., r).

Este ejercicio ha tenido carácter meramente propedéutico hacia el siguiente quees el interesa y cuyo enunciado deberá recordar el alumno.

Ejercicio 22. (conclusión: tipos 0,1,2) Demostrar que una cuádrica delespacio afín se expresa en convenientes coordenadas a�nes en una de las tres formas

22 4. CUÁDRICAS

0, 1, 2 siguientes

forma 0(caso r = r) :

0BBBBBBBBBBBBBB@

0 0 : : : 0 0 : : 00 a1: :: :: :0 ar0 0: :: :0 0

1CCCCCCCCCCCCCCA

forma 1(caso r = r+ 1) :

0BBBBBBBBBBBBBB@

k 0 : : : 0 0 : : 00 a1: :: :: :0 ar0 0: :: :0 0

1CCCCCCCCCCCCCCA

forma 2(caso r = r+ 2) :

0BBBBBBBBBBBBBB@

0 0 : : : 0 1=2 : : 00 a1: :: :: :0 ar1=2 0: :: :0 0

1CCCCCCCCCCCCCCAEs decir, que en convenientes coordenadas a�nes inhomogéneas y1; :::;yn la

ecuación de la cuádrica adopta una de estas tres formas:

forma 0 : 0= a1y21 + :::+ ary2r

forma 1 : 0= k+ a1y21 + :::+ ary2r

forma 2 : 0= yr+1 + a1y21 + :::+ ary

2r

(Sugerencia para la forma 2: Si los br+1; :::; bn no son todos nulos, cambiarx´r+1 = br+1xr+1 + :::+ bnxn)

Equivalencia proyectiva de cuádricas. Sea T:V x V �!k un tensor y

V�!V una transformación lineal (es decir, aplicación bilineal biyectiva de V en símismo) . Recordemos del repaso de Algebra Lineal que el transformado Tf :V xV�!V del tensor T por la transformación f se de�ne así:

T f (�!v ;�!w ) = T (f�!v ; f�!w )


Recordemos que si en una base de V, es A la matriz de T, y C la matriz de latransformación f , entonces la matriz del tensor transformado Tf en esa mismabase es la matriz CtAC, que tiene el mismo rango que la matriz A

Dos tensores T, T ´se dicen equivalentes si existe una transformación linealtransforma uno en el otro. En consecuencia, tensores equivalentes tienen el mismorango.

Ejercicio 23. Si K = C ( y en general, si Kes algebraicamente cerrado)entonces T es equivalente a T ´ si y solo si tienen ambos el mismo rango

Pasando al espacio proyectivo P = P(V), un tensor homogéneo ( es decir, de�nidosalvo producto por constante no nula) sobre V es una cuádrica de P y una transfor-mación lineal homogénea de V es una proyectividad de P, y lo anterior se traduceen que una cuádrica se dice proyectivamente equivalente a otra cuádrica cuando estransformada de ella por una proyectividad. Por tanto , si K= C , esto equivale aque ambas tengan el mismo rango.

Ejercicio 24. Dar la expresión canónica (matriz diagonal) de las dos clasesde cuádricas en P1C de las dos clases de cuádricas de P1C; las tres clases de cónicasde P2C; y las cuatro clases de cuádricas en P3C

(El profesor les pondrá nombre)

Equivalencia afín de cuádricas. Supongamos que en P se ha dado unaestructura afín A = PnP(V ): Dos cuádricas <T> y <T ´> en P se dicen a�nmenteequivalentes si son una transformada de la otra,

T ´=Tf por una a�nidad (es decir tranformación lineal f:V�! V tal que f(V ) =

V ; y por tanto restringe una transformación lineal reducida"f : V �! V ) Entonceslas cuádricas <T> y <T ´> son proyectivamente equivalentes y sus reducidas <T>y <T�> también son proyectivamente equivalentes.

Ejercicio 25. (Teorema de De Witt complejo) Demostrar en el caso enque k sea algebraicamente cerrado (por ejemplo k=C) el teorema de De Witt : Doscuádricas son a�nmente equivalentes si y solo si son proyectivamente equivalentes(es decir tienen mismo rango r ´ =r) y sus reducidas son también proyectivamenteequivalentes (es decir tienen mismo rango reducido r�= r)

(Sugerencia: usar el ejercicio 22)

Ejercicio 26. Dar las clases de cuádricas a�nes en P1C; las clases de cóni-cas a�nes de P2C; y las clases de cuádricas a�nes en P3C , y escribir sus matricescanónicas y ecuaciones correspondientes, y pasar estas ecuaciones a coordenadashomogéneas (El profesor pondrá nombre a cada clase)

(Sugerencia: aplicar 25)

24 4. CUÁDRICAS

2. Solución de los ejercicios

Solución del ejercicio 21 .a) Si A es la matriz del tensor t en coordenadas homogéneas a�nes x0; :::;xn ,

es decir coordenadas tales que el hiperplano de in�nito Pn�11 = P(V ) es expandidopor P1; :::;Pn y tiene pues x1; :::;xn como coordenadas homogéneas, entonces lamatriz del tensor T reducido"en el in�nito es la matriz A reducida"de la matriz A, es decir el menor obtenido de A al suprimir la �la cero y la columna cero. Comosabemos un tensor se puede siempre diagonalizar, y así en particular T se puedediagonalizar, es decir que se puede hacer un cambio de referencia

P1� , ..., Pn� en P(V ) de modo que en las nuevas coordenadas x ´1; :::;x ´n deP(V ) el tensor T tenga matriz A ´ diagonal.

En Pn = P(V) , la nueva referencia P0�=P0 , P´1, ..., Pn´ es también a�n , yen las nuevas coordenadas x ´0 = x0 , x ´1; :::;x ´n correspondientes, el tensor Ttiene nueva matriz A ´ cuya matriz reducida es A�,que es diagonal, como se pedía.

b) Quizá sea más sencillo resolver este ejercicio y los siguientes trabajando conla ecuación

kx20 + (2b1x0x1 + :::+ 2bnx0xn) + (a1x21 + :::+ arx

2r) = 0

de la cuádrica que el tensor T de�ne en esas coordenadas a�nes (encontradasen eel ejercicio anterior) , mejor que con la matriz misma del tensor (recordemosque son equivalentes, pues la ecuación es la polarización del tensor y ya vimos enel repaso de álgebra lineal que el tensor es recuperado por su polarización). Inclusopuede resultar más sencillo trabajar con su ecuación

k + (2b1y1 + :::+ 2bnyn) + (a1y21 + :::+ ary

2r) = 0

en las correspondientes coordenadas a�nes inhomogéneas y1; :::; yn . En efecto,basta entonces hacer el cambio de variable x�0 = x0(y por tanto cambio a�n!),x�i = xi +

biai(para i6= 0) , es decir el cambio a inhomogéneas a�nes yi = y�i � bi

aipara obtener como nueva ecuación

c�+ b�r+1y�r+1 + :::+ b�ny�n + (a1y�21 + :::+ ary�

2r) = 0

donde los coe�cientes c ´ y los b ´ i denotan escalares del cuerpo k. Pasandoesta ecuación a coordenadas homogéneas, queda

c�x0�2 + b�r+1x�r+1x0�+ :::+ b�nx�nx0�+ (a1x1�

2 + :::+ arx�2r) = 0

es decir que la matriz del tensor en la nueva referencia afín tiene el aspectorequerido.

Solución del ejercicio 22 . Llamemos ahora x0; :::;xn a las coordenadashomogéneas a�nes en las que el tensor T tiene matriz como en el enunciado delejercicio T 4.1 b), es decir ecuación

kx02 + br+1xr+1x0 + :::+ bnxnx0 + (a1x

21 + :::+ arx

2r) = 0

o , en las correspondienes a�nes inhomogéneas y1;..., yn , tiene ecuación

k + br+1yr+1 + :::+ bnyn + (a1y21 + :::+ ary

2r) = 0

Si todos los br+1; :::; bn son nulos, obtenemos las formas 0, 1 , según k sea nuloo no lo sea .

2. SOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS 25

Si alguno de los br+1; :::; bn es no nulo, reordenamos las coordenadas para quesea precisamente el primero: br+1 6= 0 . Hagamos entonces el cambio de coordenadashomogéneas x0i = xi para todo i =0, ..., n (en particular x

00 = x0, luego, en efecto,

cambio afín) , salvo x0r+1 = br+1xr+1 + :::+ bnxn (el determinante de la matriz decambio es br+1 6= 0) ; o sea el cambio de coordenadas inhomogéneas a�nes y0i = yipara todo i =1, ..., n, salvo y0r+1 = br+1yr+1+:::+bnyn: La ecuación queda entonces

k + y0r+1 + (a1y�21 + :::+ ary�

2r) = 0

Para eliminar el término k efectuamos aún otro cambio de coordenadas ho-mogéneas a�nes x00i = x0i para todo i =0, ..., n (en particular x000 = x00 , luego,en efecto, cambio afín) salvo x00r+1 = x

0r+1 + kx

00 (el determinante de la matriz de

cambio es 1); es decir que efectuamos el cambio a coordenadas a�nes inhomogéneasy00i = y

0i para todo i =1, ..., n, salvo y

00r+1 = y

0r+1+ k. La ecuacion queda entonces

y00r+1 + (a1y0021 + :::+ ary

002r) = 0

es decir, en coordenadas a�nes homogéneas,

x0x00r+1 + (a1x

0021 + :::+ arx

002r) = 0

que corresponde a una matriz de la forma 2, tal como se pedía.

Solución del ejercicio 23 . Si dos tensores T, T�son equivalentes por unatransformación lineal f y la matriz de T en una base es A, la matriz de T� en esamisma base es CtAC (donde C es la matriz de la transformación, expresada en esamisma base) , que es matriz del mismo rango que A.

Para el recíproco, recordemos que la matriz de T en alguna referencia es diag-onal, y de hecho, al existir raíces cuadradas en C por ser cuerpo algebraicamentecerrado, puede tomarse esa referencia de modo que las entradas diagonales no nulasde la matriz sean todas 1. 0BBBBBB@

1:10:0

1CCCCCCAEl número de tales entradas es necesariamente el rango r del tensor, y podemos

suponer, reordenando la base para ello, que se trata de las r primeras, como hemosescrito. Esto sucederá a T en una base, y a T� en otra: los dos tienen la mismamatriz pero en distintas bases. Por tanto la transformación que lleva una base a laotra, lleva un tensor al otro.

Solución del ejercicio 24 . Por el ejercicio anterior, dos cuádricas de PnC sonproyectivametne equivalentes si y solo si tienen el mismo rango. Como su matriz escuadrada de tamaño (n+1)x(n+1) y no puede ser nula , los rangos posible, o sealas clases de equivalencia proyectiva de cuádricas son r+1: a saber, rango 1, rango2, ..., rango r+1.

Escribimos para n=1,2,3 la matriz canónica de cada una de ellas, y la ecuaciónen las correspondientes coordenadas homogéneas, seguida del nombre y especi�-camos la dimensión del lugar singular "Sing"de la cuádrica ( que como se sabe es la

26 4. CUÁDRICAS

proyectivización del núcleo de V!V*, que tiene igual matriz A que el tensor, y portanto su dimensión como subespacio vectorial de V es complementaria del rango:dim Ker= (n+1) - r, y por tanto Sing = Pn�r)

Cuádricas en P1C :

rango 2 :�11

�; x20 + x

21 = 0 PAR DE PUNTOS (Sing=;)

rango 1 :�10

�; x20 = 0 PUNTO DOBLE (Sing= P0 )

Cuádricas en P2C o çónicas":

rango 3 :

0@ 111

1A ; x20 + x21 + x

22 = 0 CONICA LISA (Sing: ;)

rango 2 :

0@ 110

1A ; x20 + x21 = 0 PAR DE RECTAS (Sing= P0 )

rango 1 :

0@ 100

1A ; x20 = 0 RECTA DOBLE (Sing= P1 )

Cuádricas en P3C :

rango 4:

0BB@1111

1CCA ; x20 + x21 + x

22 + x

23 = 0 CUADRICA LISA (Sing =;)

rango 3:

0BB@1110

1CCA ; x20 + x21 + x

22 = 0 CONO (Sing= P0 )

rango 2:

0BB@1100

1CCA ; x20 + x21 = 0 PAR DE PLANOS (Sing= P1 )

rango 1:

0BB@1000

1CCA ; x20 = 0 PLANO DOBLE (Sing= P2 )

Solución del ejercicio 25 .Sólo hay que probar la parte recíproca: antes de abordarla recordemos (ejercicio

T.4.2) que según sea r-r = 0,1, 2 la matriz homogénea A del tensor homogéneo<T> en una adecuada referencia afín será de la "forma"0,1,2. Además, como elcuerpo k = C posee raíces cuadradas, podemos multiplicar por un escalar cadauno de los vectores básicos �!e1 ; :::;�!e n que expanden el espacio vectorial V paraobtener una nueva base de V de modo que en esa matriz A , del tipo 0 , 1 o 2,


las rentradas diagonales no nulas de su matriz reducida A sean todas 1 . Se tienenpues , según sea r-r = 0,1, 2 los siguientes tipos 0,1,2 :

tipo 0(caso r = r) :

0BBBBBBBBBBBBBB@

0 0 : : : 0 0 : : 00 1: :: :: :0 10 0: :: :0 0

1CCCCCCCCCCCCCCA

tipo 1(caso r = r+ 1) :

0BBBBBBBBBBBBBB@

1 0 : : : 0 0 : : 00 1: :: :: :0 10 0: :: :0 0

1CCCCCCCCCCCCCCA

tipo 2(caso r = r+ 2) :

0BBBBBBBBBBBBBB@

0 0 : : : 0 1=2 : : 00 1: :: :: :0 11=2 0: :: :0 0

1CCCCCCCCCCCCCCA(en los tres casos, el número de unos en la diagonal de la matriz reducida es r)

Supongamos que los tensores homogéneos <T> y <T�> son proyectivamenteequivalentes, es decir que tienen el mismo rango r, y supongamos que además sus re-ducidos <T> y <T�> son también proyectivamente equivalentes, es decir que tam-bién tienen el mismo rango reducido r. Entonces, los tensores homogéneos <T> y<T�> tienen , en sendas referencias a�nes, la misma matriz homogénea. La a�nidadque lleva una referencia afín a la otra transforma un tensor homogéneo en el otro,y por tanto las dos cuádricas son a�nmente equivalentes.

Solución del ejercicio 26 . En cada AnC = PnCnPn�11 habrá tantas clases deequivalencia afín como pares de números positivos r�n+1, r �n, siendo r- r =0, 1,2,y estos dos valores r, r determinan la matriz canónica, la cual equivale a la ecuaciónen coordenadas homogéneas a�nes x0; :::;xn y ésta a su vez equivale a la ecuación

28 4. CUÁDRICAS

en coordenada a�nes inhomogéneas y1;..., yn: Especi�camos todo esto en los casosn= 1,2,3 , según se pide.

CUADRICAS EN A1C = P1CnP01 :(r, r ; matriz canónica; ecu. en hom; ecu. en inhom.; nombre )

r = 2; r = 1;�11

�; x20 + x

21 = 0; 1 + y

21 = 0;PAR DE PUNTOS FINITOS

r =1, r = 1;�01

�, x21 = 0; y

21 = 0; PUNTO FINITO DOBLE

CÓNICAS EN A2C = P2CnP11 :

r =3, r =2;

0@ 111

1A ; x20 + x21 + x22 = 0; 1 + y21 + y22 = 0;CONICA CENTRALr =3, r =1;

0@ 1=21

1=2

1A ; x0x2 + x21 = 0; y2 + y21 = 0; PARABOLAr =2, r = 2;

0@ 011

1A ;x21 + x22 = 0; y21 + y22 = 0 ;RECTAS CONCURRENTESr =2, r =1 ;

0@ 110

1A ;x20 + x21 = 0 ; 1 + y21 = 0;RECTAS PARALELASr =1, r =1;

0@ 010

1A ;x21 = 0 ; y21 = 0;RECTA DOBLEComentarios:1) el número 1/2 escrito arriba es arbitrario, y puede ser cualquier otro distinto

de cero , pues basta para ello cambiar de referencia afín multiplicando x0 por unnúmero número distinto de cero. En particular puede ser -1/2, y entonces la ecuacióny2+y

21 = 0 se convierte en la ecuación y2 = y

21 fácilmente reconocible como ecuación

de la parábola. Cuando la cónica es lisa , es decir r=3, puede ser que corte a in�nitoen dos puntos distintos , es decir r = 2; o en un punto doble , es decir que la cónicalisa es tangente a la recta del in�nito, que es a lo que llamamos parábola. En elotro caso la llamamos cónica con centro porque su centro - el polo de la recta delin�nitoes un punto �nito. La parábola también tiene centro, pero en el in�nito:demasiado lejos!

Por la misma razón , la ecuación 1 + y21 + y22 = 0 de la cónica central puede

escribirse (con el cambio de referencia afín consistente en multiplicar x0 por i),para que resulte más familiar, como y21 + y

22 = 1

2)Cada una de estas cónicas se desglosará en varios casos en la clasi�cación realde las cónicas. Por ejemplo, la cónica central se desglosará en la cónica de puntostodos ellos imaginarios, la cónica de puntos reales pero que corta al in�nito en dos


puntos imaginarios , que se llamará elipse, y la cónica de puntos reales que corta alin�nito en dos puntos reales, que se llamará hipérbola.

3) La ecuación escrita arriba y21 + y22 = 0, o si se quiere y

21 � y22 = 0 (por la

misma razón de antes), es (y1+iy2)(y1�iy2) = 0 o si se quiere (y1+y2)(y1�y2) = 0, que obviamente se anula en la unión de los puntos en los que se anula cada factor,es decir se anula en dos rectas, lo que justi�ca el nombre que se ha adjudicado aesa cónica.

CUÁDRICAS EN A3C = P3CnP21 :

r =4, r = 3:

0BB@1111

1CCA ; x20 + x21 + x22 + x23 = 0;1+ y21 + y22 + y23 = 0; CUADRICACENTRAL

r =4, r = 2 :

0BB@1=2

11

1=2

1CCA ; x0x3 + x21 + x22 = 0; y3 + y21 + y22 = 0; PARABOLOIDE

r =3, r = 3 :

0BB@ 111

1CCA ;x21 + x22 + x23 = 0; y21 + y22 + y23 = 0;CONO

r =3, r = 2 :

0BB@1110

1CCA ;x20 + x21 + x22 = 0; 1 + y21 + y22 = 0;CILINDRO

r =3, r = 1;

0BB@1=2

11=2

0

1CCA ;x21 + x0x2 = 0; x21 + x0x2 = 0; CILINDROPARABÓLICO

r =2, r = 2;

0BB@0110

1CCA ;x21 + x22 = 0; y21 + y22 = 0;PLANOS CONCURRENTES

r =2, r = 1;

0BB@1100

1CCA ;x20 + x21 = 0; 1 + y21 = 0;PLANOS PARALELOS

r =1, r = 1;

0BB@0100

1CCA ;x21 = 0; y21 = 0; PLANO DOBLE

Comentarios: Conviene meditar detenidamente sobre cada uno de estos casos(aunque su mejor visualiación , obviamente , se obtendrá cuando, semanas mástarde, se estudie la clasi�cación de las cuádricas en el caso real, es decir desglosadacada cuádrica afín compleja en varias cuádricas a�nes reales) . Para ello hay pensarlo que es la cuádrica la cuádrica según su clasi�cación proyectiva, es decir según

30 4. CUÁDRICAS

el valor de r, y lo que es la cuádrica reducida en el in�nito también en sugún suclasi�cación proyectiva, es decir según el valor de r. Así por ejemplo, la cuádricaproyectiva "par de planos"se ha desglosado en dos cuádricas a�nes según que su re-ducida en el in�nito sea el par de rectas, y es entonces el par de planos concurrentes,o sea una recta doble, y es entnces el par de planos de paralelos.

CAPíTULO 5

Cónicas


Para esta lista de ejercicios trabajaremos sobre el cuerpo C . Sea T : V �V �!K un tensor y QT la cuádrica asociada en P = P(V ) . Decimos que un punto deP es punto singular de QT cuando es conjugado, por esta cuádrica, de todos lospuntos de P. Se dice que QT es lisa cuando no tiene puntos singulares.

Ejercicio 27. Demostrar que el conjunto Sing(T ) de los puntos singulares deT es un subespacio proyectivo de P que está contenido en QT y que tiene dimensión

dimSing(T ) = dimV � rang(T )

(Sugerencia: es el núcleo de V �! V � asociada a T )

Ejercicio 28. Demostrar que una cuádrica de P1 consiste en un par de puntosdistintos o en un punto doble, y que este último es el caso en que la cuádrica essingular.

(Sugerencia: usar la matriz canónica de la cuádrica)

Ejercicio 29. a)Demostrar que el conjunto de puntos de Pn conjugados con unpunto dado por una cuádrica no singular forma un hiperplano, llamado hiperplanopolar

Este punto se llama polo del hiperplano, es decir punto conjugado con todoslos del hiperplano.

b) Si se toman coordenadas x0; x1; x2 , y en ellas se expresa el tensor con matrizA = (aij) y el punto con coordenadas (b0; b1; b2); demostrar que entonces se tratade la recta c0x0+ :::+ cnxn = 0 , donde los coe�cientes ci se obtienen aplicando lamatriz A a la columna (b0; b1; b2) .

Ejercicio 30. a) Demostrar que una recta del plano corta a una cónica en unpar de puntos.

Se dice que la recta es tangente a la cónica si el par de puntos en que lacorta es un punto doble.

b)Demostrar que una recta es tangente a la cónica lisa si y sólo si su polo esun punto de la cónica , y que esto , a su vez, equivale a que el polo de la recta estéen la recta.

Más en general, se dice que un hiperplano es tangente a una cuádrica lisa dePn cuando el polo del plano, respecto de esa cuádrica, está en el plano.

Ejercicio 31. a)Demostrar que los hiperplanos tangentes a una cuádrica lisaforman una cuádrica lisa del espacio proyectivo dual, cuya matriz, si se tomancoordenadas homogéneas, es la matriz inversa de la dada.

31

32 5. CÓNICAS

(Sugerencia: en el repaso de Algebra lineal, T : V � V �! K determinabaT : V � � V � �! K)

Ejercicio 32. b) Demostrar que, por un punto exterior a una cónica lisa deP2C , pasan exactamente dos tangentes, y que la recta que pasa por los dos puntosde tangencia es su recta polar.

(Sugerencia: usar el anterior apartado y 30 a) )

Ejercicio 33. a) Demostrar que, en P 1C , son equivalentes:

�fA1;A2;A3;A4g = �1�La involución que tiene A1;A2 por punto �jos, lleva A3 a A4�La cuádrica que forman los puntos A1 A2 tiene A3 y A4 como puntos conju-

gados entre sí.(sugerencia : tomar A1 y A2 como P0 y P1).b)Concluir que dos puntos de una recta P 1 de P 2 son conjugados por una

cónica C si y solo si son armónicos respecto de los dos puntos en que esta rectainterseca a la cónica.

Ejercicio 34. Dado dos puntos de una recta del plano proyectivo real y dadoun tercer punto , dar un procedimiento con solo el uso de la regla (matemáticamente:con sólo el uso de la noción recta que pasa por dos puntos 2"punto intersección dedos rectas") para hallar su punto armónico respecto de aquellos dos.

(Sugerencia: Iniciar con A1 y A2 y con dos puntos alineados con el A3 unaconstrucción de cuadrilátero completo)

b) Dado un punto del plano proyectivo real y una cónica lisa en él ( es decir derango 3, o sea de matriz regular), dar un procedimiento con sólo el uso de la regla(matemáticamente : como arriba) para trazar su recta polar (utilizar la parte a) deeste ejercicio y el ejercicio 32 b).)

De�nición: Sea C una cónica lisa de un plano proyectivo. Un triángulo ( esdecir, tres puntos no colineales del plano) se dice autopolar para la cónica cuandocada uno de esos puntos es conjugado de los otros dos por esa cónica, es decircuando la recta polar de cada vértice del triángulo es el lado opuesto

Ejercicio 35. a) Probar que un triángulo es autopolar para una cónica si ysolo si al tomarlo como triángulo de referencia, la matriz de la cónica diagonaliza.

b)Dar algún procedimiento con solo üso de la regla"(matemáticamente: comoarriba) para hallar triángulos autopolares de una cónica

(Sugerencia: iníciese con cuatro puntosR1; R2; R3; R4 de la cónica un cuadriláterocompleto , y tómense sus tres centros Z1; Z2; Z3)


Ejercicio 36. Sea C una cónica lisa de P2Ca) Tómese como triángulo de referencia sus dos puntos de corte con una recta

no tangente a ella, y el polo de esa recta. Prúebese que la matriz de C en esareferencia es çontradiagonal", es decir , de la forma0@ a

ba

1Ay escríbase su ecuación en esa referencia.b)Recíprocamente, si la matriz es contradiagonal, dos vértices de la referencia

están en la cónica y el tercero es el polo de la recta que los une.


Solución del ejercicio 27 . Por de�nición, denotando T# : V �! V � laaplicación asociada a T : V � V �! C , se tiene que

Sing(T ) = P(kerT#)por lo que es , en efecto,un subespacio proyectivo. Sus puntos son conjugados

de todos los puntos de Pn , y en particular de sí mismos, luego están en la cuádricaQT :

Si A es la matriz del tensor T en una cierta base de V , es también la matriz delendomor�smo T# en esa base de V y la dual de V �; por lo que rangT = rangT#

, y en consecuencia

codim(Sing(T )) = codim(P(kerT#)) = codim(kerT#) = rangT# = rangTSolución del ejercicio 28 . Tomando coordenadas homogéneas x0; x1; x2 en

P1C , la cuádrica tiene ecuación

a00x20 + a01x0x1 + a11x

21 = 0

34 5. CÓNICAS

Si ambos a00 y a11 son cero, entonces se trata de la cuádrica x0x1 = 0 , quees obviamente unión de los puntos x0 = 0 y x1 = 0 , es decir de los puntos (0; 1)y (1; 0): si uno de esos dos coe�cientes, por ejemplo el a11 , es no nulo, entoncesno admite como solución al punto (0; 1); es decir que todas sus soluciones son deltipo (1; b) , donde b es una de las dos soluciones (posiblemente solución doble) a laecuación de segundo grado de coe�cientes complejos

a00 + a01y1 + a11y21 = 0

en la variable inhomogénea y1 = x1=x0:Para la segunda parte es preciso tomar coordenadas homogéneas x0; x1; x2 en

una referencia en que la cuádrica tiene matriz canónica�11

�o bien

�10

�según sea su rango dos o uno, es decir según sea lisa o tenga un punto singular.

En el primer caso la cuádrica es 0 = x20 + x21 = (x0 + ix1)(x0 � ix1) , es decir

que consta de dos puntos distintos (a saber (1;�i) , (1; i)) . En el segundo caso lacuádrica es x20 = 0 , es decir que consta de tan sólo el punto x0 = 0; es decir (0; 1),pero contado dos veces.

Nota: La solución que hemos apotado a la segunda parte es también solucióna la primera parte del ejercicio, y en ese sentido esa primera solución sobraría, perohemos considerado más pedagógico resolver la primera parte sin recurrir a la matrizcanónica de la cuádrica.

Solución del ejercicio 29Está por escribir ...Solución del ejercicio 30.a) La cónica C del plano restringe una cuádrica CbP1en cualquier P1 contenido

en el plano, y hemos visto en el ejercicio anterior que una cuádrica en P1 consisteen dos puntos -eventualmente un punto doble.

b) Hemos visto en un ejercicio anterior que el caso de una cuádrica de P1consistente en un punto doble es exactamente el caso de la cuádrica singular, siendoese punto conjugado de todos los de la recta P1 por el par de puntos CbP1 ; es decir, por la cónica C de P2:

Solución del ejercicio 31 .Resolvemos el ejercicio en el plano P2, pues la resolución del ejercicio en Pn

es análoga. Una cónica lisa C viene dada por un tensor T : V � V �! K cuyaaplicación asociada fT : V �! V � es biyectiva. La aplicación inducida P2 �! P2�es la que asocia a cada punto P de P2 su recta polar r. Los puntos de la cónica sonlos que están en su recta imagen, que es entonces la recta tangente a C enel puntoP:

Por ser esta aplicación biyectiva, existe aplicación inversa f�1 : V � �! V ,que induce la aplicación P2 �! P2� asociando a cada recta r del plano su poloP: Las rectas tangentes a la cónica son las que contienen a su punto imagen, quees entonces el punto de tangencia. Esta aplicación f�1 : V � �! V � (V �)� (cfr.apéndice de Algebra Lineal) equivale a un tensor V � � V � �! K , de�niendo unacónica C� en el espacio dual, que induce la aplicación inversa P2� �! P2 � P2�� ala anterior, es decir que aplica cada recta r de P2 en su polo P por la cónica C deP2, o, dicho en términos del plano proyectivo dual, aplica cada punto r de P2� ensu recta polar P respecto de la cónica C� de P2�


Solución del ejercicio 32.El punto P no en la cónica C de P2 es una rectade P2� no tangente a la cónica dual C� de P2� , y que, por lo tanto, la corta endos puntos distintos de P2�; es decir dos rectas de P2 pasando por el punto P ytangentes a la cónica C .

Solución del ejercicio 33 . Tomemos referencia en P1C de modo que A3 ,A4 sean (1,0), (0,1) , es decir tengan coordenada completa 0, 1 . Sean �1 y �2las coordenadas completas de A1 y A2 en esa referencia.� Por el ejercicio ,3 el hecho de que los cuatro puntos sean armónicos equivale,

al ser A4 el punto de coordenada 1 , a que la coordenada de A3 , que es 0, sea elvalor medio entre la coordenada de A1 y la coordenada de A2, es decir equivale aque sea �2= - �1� Por el ejercicio 33, el hecho de que la involución que �ja A3 , A4 aplique �1

en �2 equivale al hecho de que sea �2= - �1� La cuádrica consistente en el par de puntos A3 , A4 es la que en esa referencia

tiene matriz

�11

�

y por tanto expresa la relación de conjugación entre A1 y A2 , es decir entre(1, �) en (1,�2) , como �1 + �2=0.

b) La cónica restringe a la recta una cuádrica consistente en los dos puntos deintersección y así dos puntos de esa recta serán conjugados por la cónica del planosi y sólo si lo son por esa cuádrica de P1 , es decir si son armónicos con ese par depuntos.

Solución del ejercicio 34 .a) Para hallar el armónico de un punto Z1 respecto de puntos P , Q , los tres en

una misma recta r del plano proyectivo, tomemos un punto Z2 exterior a esa recta,y elijamos una recta s cualquiera que pase por Z1: Esta recta s es cortada por lasrectas Z2 P y Z2Q en dos puntos R, S. Consideremos el cuadrilátero completo devértices P,Q, R, S. Dos centros suyos son Z1 y Z2 , y el tercer centro es el puntoZ3 de cruce de las dos diagonales RQ y PS. La recta Z2Z3 interseca a la recta dadar en un punto X que es armónico de Z1 respecto de P y Q por el ejercicio 16 a),según se pedía.

36 5. CÓNICAS

b) Para hallar la recta polar basta hallar dos puntos que sean conjugados delpunto dado P por la cónica (pues será la recta que los une). Para hallar un puntoconjugado de P, basta tomar una recta que pase por P y construir (con la parteanterior de este ejercicio) el punto armónico de P en esa recta respecto del par depuntos en que la recta corta a la cónica.

Solución del ejercicio 35 . a) El triángulo de referencia P0 , P1 , P2 esautopolar si y sólo si para cada par de subíndices i6=j , el punto Pi es conjugadodel punto Pj es decir que la entrada aij de la matriz de la cónica en esa referenciaes nula.

b) Tomemos cuatro puntos R1; R2; R3; R4 de la cónica C e iniciemos con ellos laconstrucción del cuadrilátero completo , que tiene tres centros Z1 = R1R2 \R3R4, Z2 = R1R3 \ R2R4 , Z3 = R1R4 \ R2R3: Sabemos que los cuatro puntos queequipan cada recta de un cuadrilátero completo son armónicos. En particular , enla recta que pasa por R1 y R3, estos dos puntos son armónicos con Z2 y el puntode corte con la recta Z1Z3 , por lo que Z2 es conjugado de ese punto de corte.Análogamente, en la recta que pasa por R2 y R4 estos dos puntos son armónicoscon Z2 y el punto de corte con la recta Z1Z3; por lo que Z2 es conjugado de esepunto de corte . En consecuencia, Z2 es conjugado de dos puntos de la recta Z1Z3;y por tanto la tiene como recta polar.

Análogamente se prueba que Z1 tiene a Z2Z3 como recta polar, y que Z3 tienea Z1Z2 como recta polar.

Solución del ejercicio 36 . Tómese referencia de modo que sean P0;P2dos puntos de la cónica y sea P1 el polo de la recta que los une. Como P0 y P2están en la cónica , se tiene que, en la matriz (aij) de la cónica en esa referencia,son nulos a00 y a22 ; como P0 y P2 son conjugados de P1 , son nulos a01 y


a02 , y por tanto la matriz es contradiagonal. La ecuación homogénea es por tantobx21 + 2ax0x2 = 0 , y la inhomogénea es por tanto by

21 + 2ay2 = 0 Como la conica

es lisa, el determinante es distinto de cero, y por tanto ambos a, b son no nulos, yasí podemos tomar b=1, quedando pues una ecuación de parábola que nos resultafamiliar.

b) Como en el ejercicio anterior, está claro que las implicaciones de la parte a)son de hecho equivalencias.

CAPíTULO 6

Consecuencias del Teorema de Chasles


En esta lista de ejercicios, C denotará siempre una cónica lisa en P2C. Si P es unpunto de P2C , se denotará por Rad P (radiación de rectas a través de P) el conjuntode rectas de P2C que pasan por P, que como se sabe, es un P1C , es decir una rectaproyectiva compleja (de hecho una recta del plano proyectivo dual)

Ejercicio 37. (Teorema de Chasles) Sean A, A ´ dos puntos distintos en unacónica lisa C. Demostrar que la aplicación

Rad(A) �! Rad(A�)

que aplica cada recta AP (donde P2C) en la recta A´ P es una proyectividad

(Sugerencia: Tomar P0= A, P1 =A ´, P2 = Polo (AA´) como referencia. Porel ejercicio 36 , la ecuación de la cónica en coordenadas a�nes inhomogeneas y1;y2es y2 = y21)

Sabemos que una proyectividad de P1C , es decir una aplicación de P1 ensí mismo que conserva su estructura de recta proyectiva, es lo mismo que unaaplicación conserva la razón doble. Es decir, que la estructura de recta proyectivaviene dada por la estructura de razón doble de cuatro puntos, y de hecho puedellamarse modelo de P1C cualquier conjunto en el que puede asignarse a cada cuatropuntos una razón doble de modo que se cumplan las propiedades enunciadas en losejercicios 4 y 5 . En una cónica C de P2C podemos hablar de razón doble de cuatropuntos P, Q, R, S, , gracias al ejercicio anterior, a saber la razón doble de lospuntos AP, AQ, AR, AS, (ya que no depende del punto A que se elija en C) y enese sentido podemos decir que C es un modelo de la recta proyectiva P1C:

39

40 6. CONSECUENCIAS DEL TEOREMA DE CHASLES

Para dar rigor a esta razón heurística, observemos que, para un punto Acualquiera de C , hay una biyección

C ! Rad(A)

que aplica cada punto P de C en la recta AP (siendo la imagen del punto Ala recta tangente a la cónica en A ) Como el conjunto Rad(A) tiene la estructurade un P1C , la cónica C hereda por esta biyección una estructura de P1C. Gracias alteorema de Chasles, la estructura de P1C así de�nida sobre la cónica no depende delpunto A elegido en la ella!

Como veremos enseguida, esto nos permitirá demostrar con mucha facilidadresultados sobre P1C , al tomar una cónica lisa C del plano proyectivo como modelode P1C

Ejercicio 38. a) (eje de cruces) Sea f: C�!C una proyectividad. Probar queexiste una recta e (la que une sus dos puntos �jos M,N) tal que para cualquieraP,Q2C, las rectas PQ ´ y QP ´ se cortan en un punto de e (donde se denotan P´ , Q ´ las imágines de P, Q)

(Sugerencia: Tómese referencia proyectiva de modo que P0 =M, P1 =Polo(MN), P2 =N, y así en el plano afín los puntos de la cónica sean los puntos (�; �

2).Aplicar entonces el ejercicio 9)

b) (Teorema de Pascal o "hexagrama místico"de Pascal ) Dados puntos P,Q,R y P´, Q´, R ´de una cónica lisa C, los tres puntos PQ ´\QP ´ , PR ´\RP ´ ,RQ ´\QR ´ son colineales

Ejercicio 39. a) Sea Z un punto de P2C no en la cónica C. Entendida la cónicacomo modelo de P1C , demostrar que es una involución la proyección

prZ : C ! C

desde el punto AZ que aplica cada punto P de la cónica en el otro punto P ´ dela cónica en que la recta ZP interseca a la cónica. Los puntos �jos M,N de estainvolución son los dos puntos en los que la polar de Z interseca a la cónica.


(Sugerencia: análoga a la del ejercicio anterior, tomando P0 =M, P1 =Z,P2 =N)

b) Toda involución en C es de hecho la proyección desde un punto exterior.(Sugerencia: usar 12 )c) Concluir que, como consecuencia, los pares de puntos correspondientes por

una involución forman un P 1

Ejercicio 40. a) Dados P, Q y P´ , Q ´ en P1C, demostrar que hay una únicainvolución que aplica P en P´ , y Q en Q ´ .

b) Dadas dos involuciones de P1C demostrar que existe una unica pareja depuntos que se corresponden mutuamente en ambas involuciones

(Sugerencia para ambas partes: Tomar la cónica lisa del plano proyectivo comomodelo de P1C)

Ejercicio 41. Sean P1;P2 puntos de P2C , no en la cónica C. Sean M1, N1los puntos en que la polar de P1 corta a C, y sean M2, N2 los puntos en que lapolar de P2 corta a C. Probar que { M1, N1, M2, N2}=-1 si y solo si P1 y P2 sonpuntos conjugados por la cónica C. Escríbase el enunciado dual.

Ejercicio 42. Dos involuciones f1; f2 de P1C conmutan si y solo si sus puntos�jos M1, N1 y M2, N2 son armónicos entre sí.

(Sugerencia: Para la implicación directa, usar 16 Para la implicación inversa,usar el ejercicio anterior y 33 )

Ejercicio 43. Demostrar que toda proyectividad f: P1C�! P1C es producto dedos involuciones

(Sugerencia:Usar C como modelo de P1C . Como centro A1 de la primera in-volución prA1

tómese cualquier punto de la recta MN que une los puntos �jos de

f. Búsquese en esa misma recta el centro de la segunda involución. Finalmente,hágase uso de 11 )



Solución del ejercicio37

Tomando la referencia mencionada en la sugerencia, las rectas que pasan porRad(A)tienen ecuación y2 = �y1(donde hemos tomado como pendiente una coor-denada completa � para no excluir la recta y1 = 0; de pendiente 1 ) Claramente� es coordenada completa de la recta proyectiva P1 que es Rad(A). Asímismo, lasrectas que pasan por Rad(A0) tienen ecuación y1 = �0 (donde hemos tomado comoabcisa común de todos los puntos de la recta una coordenada completa �0para noexcluir la recta del in�nito, de abcisa 1 ) Claramente �0 es coordenada completade la recta proyectiva P10 que es Rad(A0)

La aplicación considerada en el enunciado asigna a cada recta y2 = �y1 deRad(A) la recta y1 = � de Rad(A0) (pues la recta y2 = �y1 corta a la cónicay2 = y

21 en el punto (�; �

2) de abcisa � ) Por tanto esa aplicación P1 �! P10 aplica� en �0 , y por tanto tiene la forma �0 = (a�+ b)=(c�0 + d) de las proyectividades.

Solución del ejercicio 38 En la referencia sugerida, los puntos de la cónicatienen coordenadas (�; �2) , correspondiendo al punto de coordenada completa �cuando se toma la cónica como un modelo de P1 , y así la proyectividad considerada�ja los dos puntos de coordenada completa 0 ,1 , y por tanto tiene ecuación �0 = k�(ejercicio 9), o sea que aplica el punto (�; �2) en el punto (�; �2)

Sean los puntos R1 = (�1; �21) y R2 = (�2; �

22) en la cónica, y sean R

01 =

(k�1; k2�21) y R

02 = (k�2; k

2�22) sus imágenes por la proyectividad. La recta R1R20corta a la recta MN de ecuación y1 = 0 en el punto (0; k�1�2); que es el mismo enque la corta la recta R2R10

b) Tomando C como modelo de P1; existe una única proyectividad que aplicatres puntos dados P;Q;R de una cónica lisa C , en otros tres puntos dados P�; Q�; R�.Su eje de cruces (apartado anterior) es recta que pasa por PQ�\QP�, PR�\RP�,RQ�\QR ´

Solución del ejercicio 39


a)En la referencia sugerida, la cónica tiene ecuación y2 = y21 , es decir estáformada por los puntos (�; �2) , de coordenada completa � como puntos de P1: Lospuntos M;N de la cónica tienen coordenada completa � = 0;1 .

Las rectas que pasan por z son las paralelas al eje y1 . Así pues la proyeccióndesde Z es la proyección "horizontal"que aplica cada punto (�; �2) en el punto(��; �2) , es decir el punto de coordenada completa � en el punto de coordenadacompleta -�; por lo que es una involución que �ja � = 0;1 es decir, M y N

b) La involución dada en C , tomada como modelo de P1 , tiene siempre dospuntos �jos M y N , que de hecho la determinan (véase el ejercicio 12 y su comen-tario). Sea Z el punto de intersección de las tangentes a la cónica en M y N . Laproyección desde Z es también una involución en C que tiene tambiénM y N comopuntos �jos, luego coincide con la dada.

c) Siguiendo con el modelo tomado en b), los pares de puntos correspondientespor la involución están en biyección con las rectas de Rad Z, que forman un P1

Solución del ejercicio 40a) Tomemos una cónica lisa del plano proyectivo como modelo de P1 , y

usemos el apartado b) del ejercicio anterior. La proyección con centro en el puntoZ de intersección de las rectas PQ y P 0Q0 es una involución que aplica P en P 0 y Qen Q0; cualquier otra involución que hiciese esto mismo debería tener como centrode proyección el punto Z, luego coincidiría con ella.

b) Sean Z1; Z2 los centros de dos involuciones. El par de puntos (quizá con-fundidos) en que la recta Z1Z2 es el único par de puntos que se corresponden enambas involuciones

Solución del ejercicio 41El hecho de que P1 y P2 sean conjugados por la cónica equivale a que P2 esté

en la polar M1N1 del punto P1, es decir , a que la proyección desde P2 -o sea lainvolución de puntos �jos M2 y N2 - aplique M1en N1. Por el ejercicio 33 , estoequivale a su vez a que fM1; N1;M2; N2g = �1

Solución del ejercicio 42 Para probar esto, tomemos una cónica lisa del planocomo modelo de P1. Si ambas involuciones f1 y f2 conmutan, entonces cualquierpunto P de la cónica y sus tres imágenes f1(P ) , f2(P ), f2f1(P ) = f1f2(P ) formanun cuadrilátero completo inscrito en la cónica, cuyos vértices son los centros Z1; Z2


de proyección de las involuciones f1 y f2 , que son por tantos puntos conjugadospor la cónica, luego por el ejercicio anterior los dos pares M1, N1 y M2, N2 depuntos �jos de esas dos involuciones son armónicos entre sí.

Recíprocamente, supongamos que P1 y P2 son puntos conjugados, como rep-resentado en la �gura del ejercicio anterior, y sean , como en esa �gura M1, N1 lospuntos �jos de la involución de centro P1 , y M2; N2 los centros de la involución decentro P2 . Se tiene

prP2prP1(M1) = prP2(M1) = N1

prP2prP1(N1) = prP2(N1) =M1

y por otra parte

prP1prP2(M1) = prP1(N1) = N1

prP1prP2(N1) = prP1(M1) =M1

Como ambas involuciones prP2prP1 y prP1prP2 asignan pues las mismas imá-genes a dos puntos M1 y N1 tienen que ser forzosamente la misma (por el ejercicio12a)

Solución del ejercicio 43 Tomamos el centro A1 de la primera involucióntal como se sugiere en el enunciado. Sea P un punto general de la cónica y seaQsu imagen por esa primera involucíón. Sea P 0 = f(P ). Como centro A2 de lasegunda involución tomemos el punto de intersección del "eje de cruces"MN de laproyectividad f con el la recta QP 0.

Se tiene

prA2prA1

(P ) = prA2(Q) = P 0

prA2prA1

(M) = prA2(N) =M

prA2prA1

(N) = prA2(M) = N


Como la proyectividad prA2prA1

y la proyectividad f asignan pues la mismaimagen a los tres puntos P;M;N; ambas coinciden (cfr. ejercicio11)

CAPíTULO 7

Más sobre cónicas lisas


Recordemos que toda cónica lisa C en el plano proyectivo P2C da lugar auna cónica lisa dual C� en el plano proyectivo dual P2�C : sus puntos son lasrectas tangentes a C y si C tiene matriz M en coordenadas homogéneas x0; x1; x2del plano, entonces c� tiene matriz M�1 en las coordenadas homogéneas dualesu0; u1; u2 del plano dual. Decimos que dos rectas son conjugadas por la cónica Ccuando, como puntos del plano dual P2�C , son conjugadas por la cónica dual C�:

Sabemos que un punto P es conjugado de otro punto Q por una cónica lisaC cuando está en la recta polar de Q, y esta relación de conjugación es simétrica:Q está entonces en la recta polar de P . Llevando esta observación al plano dual,obtenemos que dos rectas l, m son conjugadas cuando l pasa por el polo de m, yesto equivale a que m pase por el polo de l.

Así pues, todos los enunciados acerca de cónicas lisas, tienen su enunciado dualen el que los puntos son sustituidos por rectas tangentes, y viceversa. Así por ejem-plo, como modo de construir triángulos autopolares alternativo al sugerido en 35 ,tenemos ahora su método dual: iníciese con cuatro rectas tangentes a la cónica uncuádrilátero completo y tómese entonces como triángulo autopolar el formado porsus tres rectas diagonales (rectas punteadas en el dibujo) Es autopolar porque esastres rectas son sus tres centros cuando se ve como cuadrilátero completo del planodual, y por tanto, al tomarlos como triángulo de referencia queda diagonalizada lamatriz de la cónica dual, y por tanto también la matriz de la cónica en el planooriginal, ya que es su inversa:

47

48 7. MÁS SOBRE CÓNICAS LISAS

Una recta que no es tangente a la cónica se llama una cuerda de la cónica. Escortada por ella en dos puntosM;N (la cuádrica que la cónica restringe en la recta)que se llaman los "extremos"de la cuerda. Para cada punto P de la cuerda hay otropunto P 0 de ella que es conjugado de P por la cónica, a saber su armónico en lacuerda respecto de M;N , es decir aquel punto P ´ tal que fM;N;P; P�g = �1

Dualmente, dado un punto P que no esté en la cónica hay exactamente dosrectas l;m tangentes a la cónica que pasan por él (la cuádrica que la cónica dualrestringe en la recta Rad P ). Cada recta r que pasa por P tiene una recta conjugadasuya r�por la cónica que también pasa por P , a saber su armónica en Rad P , esdecir aquélla tal que

fl;m; r; r�g = �1Sea ahora C una cónica central en el espacio afín complejo A2C = P2C n P11 , es

decir una cónica lisa de P2C que corta a P11 en dos puntos distintos. Se llama centroZ de C al polo de P11 Se llaman diámetros las rectas que pasan por el centro, osea las rectas conjugadas de la recta del in�nito (los polos de los diámetros estánpues en la recta del in�nito) Por la observación anterior, cada diámetro d tiene undiámetro conjugado dc

Ejercicio 44. a) Probar que las tangentes en los extremos de un diámetro dson paralelas entre sí.

b) Demostrar que son además paralelas al diámetro conjugado dc


c) Probar que las cuerdas paralelas a un diámetro d son cortadas por eldiámetro conjugado dc en su punto medio (es decir, el punto medio entre sus dosextremos)

Ejercicio 45. a) Demostrar que por cinco puntos -no cuatro de ellos colineales-del plano proyectivo pasa una única cónica. Si cuatro de ellos están en línea rectaentonces pasan in�nitas cónicas, y en caso distinto la cónica es única. Demostrarque por seis puntos del plano no pasa, en general , ninguna cónica.

b) Demostrar que dadas cinco rectas del plano -no cuatro de ellas concurrentes-hay una única cónica que es tangente a las cinco. Demostrar que dadas seis rectasdel plano en general, no hay ninguna cónica que se tangente a todas ellas.

Ejercicio 46. a) ("Generación de Steiner de una cónica") . Sea f : RadP �! Rad P�una proyectividad entre las radiaciones de rectas que pasan por dospuntos P; P�del plano P2C . Demostrar que el conjunto de puntos l \ f(l) en que secorta cada recta de Rad P con su imagen en Rad P�es una cónica que pasa por Py por P�.

(Sugerencia: Tomar referencia de modo que P y P�sean los dos puntos dein�nito P1 = (0; 1; 0) y P2 = (0; 0; 1))


b) dadas cuatro rectas l ;m; r ; s pasando por un punto P del plano P 2C y otrasrectas l�;m�; r�; s�pasando por otro punto P�con la misma razón doble

fl;m; r; sg = fl�;m�; r�; s�gdemostrar que hay una cónica que pasa por l \ l�;m \m�; r \ r�; s \ s�;P ;P�.

c) Escribir el enunciado dual de los enunciados a) y b)

Ejercicio 47. (Poncelet) a) Demostrar que si dos triángulos están in-scritos en una cónica, entonces circunscriben otra, y viceversa.

(Sugerencia: aplicando el teorema de Chasles a A;A�, probar que los cuatropuntos en r y los cuatro puntos en r�están en la misma razón doble, y aplicar elenunciado dual del apartado b del ejercicio anterior.

b) Probar que sin hay un triángulo que se inscribe en una cónica lisa C y circun-

scribe otra cónica lisa C�, entonces hay in�nitos(Sugerencia: Usar el ejercicio anterior y la unidad mencionada en el ejercicio

45)



Solución del ejercicio 44 a) Un diámetro d es una recta que pasan por elpolo de la recta del in�nito, es decir que es recta conjugada de la recta del in�nito,y por tanto su polo P -punto de corte de las tangentes en los dos extremos- está enla recta del in�nito.

b) Que el diámetro dc sea conjugado de un diámetro dado d signi�ca que pasapor su polo P , o sea por el punto de corte de las dos tangentes en sus extremos,que como hemos dicho es un punto del in�nito.

c) Se trata de probar que, en una recta que pasa por el polo P de un diámetrod , forman cuatérnica armónica su punto en el in�nito P , el punto Q de corte conel diámetro, y los dos puntos de corte de la recta con la cónica, es decir que P yQ son conjugados por la cónica. Esto es evidente puesto que Q está en el diámetrod , que es la recta polar de P .

Solución del ejercicio 45a) En coordenadas homogéneas x0; x1; x2 la cónica corresponde a un tensor

de matriz simétrica A = (aij) , es decir que la cónica tiene ecuación

a00x20 + a11x

21 + a22x

22 + 2a01x0x1 + 2a02x0x2 + 2a12x1x2 = 0

La condición de pasar por un punto se expresa como una ecuación lineal en lasseis variables aij (por ejemplo, si el punto fuera el (1,1,2), se trataría de la ecuacióna00 + a11 + 4a22 + 2a01 + 4a02 + 4a12 = 0 ). Así pues, la condición de pasar porcinco puntos se expresa como un sistema de cinco ecuaciones lineales en estas seisvariables (a00; :::; a12) En general, el rango de la matriz del sistema es 5 - siendomenor sólo cuando cuatro de los puntos son colineales- , y así sus soluciones formanun espacio vectorial de dimensión uno, es decir que si una solución es (a00; :::; a12)las demás son productos (�a00; :::; �a12) por constante � no nula , y por tantode�nen la misma cónica.


Si cuatro de los cinco punto son colineales entonces la recta que los une ycualquier recta que pase por el quinto forman una cónica del tipo "par de rectas"quepasa por los cinco puntos.

Tómense cinco puntos, no cuatro de ellos en línea recta. Se tiene una únicacónica que pase por los cinco primeros. Cualquier punto que no esté en esa cónicaforma con esos cinco puntos un conjunto de seis puntos del plano por los que nopasa cónica alguna.

b) Como el apartado dual es válido en todos los planos proyectivos, en particulares válido en el plano dual P2�, a�rmando entonces en P2 exactamente lo que se pide.

Solución del ejercicio 46a) Tomando la referencia como se sugiere, nuestra proyectividad hace corre-

sponder a cada recta horizontal x = � (es decir pasando por el punto (0; 1; 0)) una recta vertical y = �0 (es decir pasando por (0; 0; 1) ) , de modo que estaaplicación � 7! �0 del primer conjunto de rectas (parametrizado por la coordenadacompleta � ) en el segundo conjunto de rectas (parametrizado por la coordenadacompleta �0) sea del tipo

�0 =a� + b

c� + d

para ciertos números complejos a; b; c; d con�� a bc d

�� 6= 0Por tanto los puntos (�; �0) de intersección de una recta x = � y su imagen

y = �0 satisfacen a la ecuación

c��0 + d�0 � a� � b = 0

que claramente de�ne una cónica.

La imagen de la recta PP 0 es una recta que forzosamente pasa por P 0, luegoP 0 es el punto de intersección de la recta y su imagen, y por tanto está en la cónica.Por razón análoga, el punto P está también en la cónica.

b) Por esa coincidencia de las razones dobles, existe una única proyectividad deRad P en Rad P 0 que aplica las rectas l;m; r; s en las rectasl0;m0; r0; s0. Aplicandoel apartado a) a esa proyectividad se obtiene la cónica requerida

c) Como el apartado anterior es válido en cualquier plano proyectivo, en par-ticular es válido para el plano proyectivo dual P2� del plano P2: dadas dos rectasr; r0 de P2 y cuatro puntos A;B;C;D en la recta r y otros cuatro A0; B0; C0; D0 enla recta r0 con la misma razón doble, existe una única cónica que es tangente a lasrectas AA0; BB0; CC0; DD0 y además a las rectas r y r0.

Solución del ejercicio 47 .a) Consideremos dos triángulos ABC y A0B0C0 inscritos en una cónica lisa (es

decir con sus vértices en ella) y pongamos nombre P;Q, y R;S a los otros vérticesde esa "estrella de David 2acentes en las rectas r y r0 :


Aplicando el teorema de Chasles, se tiene

fC 0; R; S;B0g = fAC 0; AR;AS;AB0g = fAC 0; AB;AC;AB0g= fA0C 0; A0B;A0C;A0B0g = fA0P;A0B;A0C;A�Qg = fP;B;C;Qg

y por tanto hay una proyectividad de la recta r en la recta r0 que aplica lospuntos P;B;C;Q de la recta r en los puntos C0; R; S;B0 de la recta r0 . Estaproyectividad da lugar , por la construcción dual de Steiner (apartado c del ejercicioanterior), a una cónica que es tangente a las cuatro rectas C0P = C0B0; RB =AB; SC = AC; B0Q = B0A0 uniendo puntos de r0 y r correspondientes en laproyectividad, y es también tangente a esas rectas r = BC y r0 = B0C0 .

b) Podemos razonar sobre la misma �gura del apartado anterior, pero con-struyendo ahora sus elementos en otro orden. Se nos da ahora un triángulo ABCinscrito en una cónica C1 (es decir, con sus tres vértices en ella) y circunscrito aotra cónica C2 (es decir, con sus tres lados tangentes a ella) . Sea ahora A� otropunto cualquiera de C1 distinto de los puntos A;B;C. Las dos rectas tangentes ala cónica C2 desde A0 cortan a la cónica C1 en sendos puntos que llamamos B0 yC0. Habremos acabado si somos capaces de demostrar que la recta B0C0 es tambiéntangente a la cónica C2 . Como los triángulos ABC y A0B0C0 tienen sus vértices enla cónica C1, el teorema de Poncelet (apartado anterior) a�rma que sus seis ladosson tangentes a una cónica D2 . Así pues, las conicas C2 y D2 son ambas tangentesa las cinco rectas - no tres de ellas concurrentes- AB;AC;BC;A0B0; A0C0 Por elapartado b) del ejercicio 45 concluimos que son de hecho la misma cónica.

CAPíTULO 8

Haces de cónicas


Ejercicio 48. a) Probar que la cónica de P2C que en coordenadas homogéneasxo; x1; x2 tiene ecuación

a00x20 + 2a01x0x1 + 2a02x0x2 + a11x

21 + 2a12x1x2 + a22x

22 = 0

pasa por el punto (1, 0 , 0) si y solo si a00 = 0 , y que, si la cónica es lisa, sutangente en ese punto es la recta

a10x1 + a20x2 = 0

b) Escribir el enunciado a) en el caso en que x0; x1; x2 coordenadas ho-mogéneas a�nes de una geometría afín dada en P2C , para que aparezca en las cor-respondientes coordenadas a�nes inhomogéneas y1; y2 algo que resulte ya familiar.

Ejercicio 49. a) Demostrar qe dos cónicas de P 2C se cortan siempre encuatro puntos, contados con multiplicidad (es decir que algunos de esos cuatro pun-tos pueden estar confundidos entre sí, pues corresponden a las raíces de un ciertopolinomio y algunas de esas raíces pueden ser múltiples)

(Sugerencia: Si una de las dos cónicas es un par de rectas - o recta doble-entonces el problema es trivial. Si ambas son lisas, tómese geometría afín y coorde-nadas a�nes de modo que una de las dos cónicas se exprese como y2 = y21)

b)Demostrar que un punto de corte es múltiple si y solo si ambas cónicas tienenla misma tangente en el mismo punto

(Sugerencia: en las mismas coordenadas usadas para el apartado a) aplicar elapartado b) del ejercicio anterior)

Ejercicio 50. a) Demostrar que las cónicas de P2 son los puntos de unespacio proyectivo P5

b) Las que pasan por un punto dado forman un P4 dentro de ese P5c) Las que pasan por dos puntos forman un P3d) Las que pasan por tres puntos forman un P2 ("net", o red, de cónicas)e) Las que pasan por cuatro puntos, no colineales,forman un P1("pencil", o "haz", de cónicas).f) Demostrar que si f(x0; x1; x2) = 0

y f 0(x0; x1; x2) = 0 son las ecuaciones, en una referencia, de dos cónicas

C;C0 distintas de ese haz, entonces todas las demás cónicas del haz tienen ecuación

55

56 8. HACES DE CÓNICAS

�f(x0; x1; x2)+��f0(x0; x1; x2) = 0 , de coe�cientes �aij +��aij�(si aij y aij�son

los coe�cientes de f y f 0 ); es decir que si A;A0 son las matrices de C;C0 en esareferencia, entonces �A+ �0A0 es la matriz de la cónica general del haz.

Así pues un haz de cónicas es la recta P1 del espacio proyectivo P5 de todaslas cónicas del plano P2 formada por todas aquellas cónicas que pasan por cuatropuntos dados -posiblemente confundidos- de P2 Se trata pues de las cónicas quepasan por los puntos de intersección de dos cónicas C, C� . Según estos cuatropuntos sean

distintos

o dos puntos confundidos, y otros dos puntos distintos

o dos puntos confundidos y otros dos puntos confundidos


o tres puntos confundidos y un punto distinto

o cuatro puntos confundidos

hablaremos de haces de cónicas de tipo


1,1,1,12, 1,12, 23,14respectivamente. En un haz de tipo 1,1,1,1, por ejemplo, hay exactamente tres

cónicas que son par de rectas: cada una de esas cónicas está formada por una rectaque uno dos de esos cuatro puntos y otra recta que une los otros dos.

Para los ejercicios que siguen, observemos que un conjuntos de dos puntos deP1 , llamado abusivamente "par de puntos"de P1 (pues "par"debería llamarse tansólo a dos puntos ordenados) se puede expresar implícitamente , en coordenadashomogéneas x0; x1; como una cuádrica de ecuación �x21+ �x0x1+ x

20 = 0 , o, en

la coordenada inhomogénea completa � = x1=x0 , de ecuación ��2+��+ 2 = 0; es

decir, que el par de puntos está formado por las dos raíces �1 y �2 de esta ecuación,y en consecuencia

�

�= ��1 � �2 ;

�= �1�2

Ejercicio 51. Demostrar que dos pares de puntos de P1

�x21 + �x0x1 + x20 = 0 y �0x21 + �

0x0x1 + 0x20 = 0

son armónicos si y sólo si

��0 = 2�0 + 2� 0

Sugerencia: probar que {�1; �2; �3; �4}=-1 si y sólo si

(�1 + �2)(�3 + �4) = 2(�1�2 + �3�4)

Ejercicio 52. Sean �x21+�x0x1+ x20 = 0 y �0x21+�

0x0x1+ 0x20 = 0

Ejercicio 53. dos pares de puntos de P1 y sea

(��+ �0�0)x21 + (�� + �0�0)x0x1 + (� + �

0 0)x20 = 0

el haz de pares de puntos -haz de cuádricas de P1 - que ellos engendran

a) Demostrar que son los pares de puntos mutuamente correspondientes en unainvolución

(Sugerencia: usando T 8.4 probar que una involución a��0 + b(� + �0) + c = 0tiene el par de puntos �x21 + �x0x1 + x

20 = 0 como puntos mutuamente corre-

spondientes si y sólo si �b = a+ �c )b) Concluir que en un haz de pares de puntos hay exactamente dos puntos

doblesc) Concluir el "segundo teorema de Desargues": dado un haz de cónicas de P 2

y una recta general P 1 , hay exactamente dos cónicas del haz que son tangentes ala recta


(Sugerencia : el haz dado restringe en P1 un haz de pares de puntos)d) Probar que los tres pares de lados de un cuadrilátero completo intersecan

a una recta general en tres pares de puntos que se corresponden entre sí por unamisma involución

Llamamos range"o rango"de P2 a un conjunto de cónicas lisas cuyas cónicasduales (cónicas de tangentes) son las cónicas lisas de un haz de P2*. Se trata puesde todas las cónicas tangentes a cuatro rectas dadas de P2

Ejercicio 54.

Ejercicio 55.

Ejercicio 56. (segundo teorema de Desargues)a)Demostrar que dado un rango de cónicas en P2 y una recta general, hay

exactamente una cónica del rango que es tangente a esa recta.b)Dado un punto general, hay exactamente dos cónicas del rango que pasan por

ese punto.


Solución del ejercicio49a) La evaluación del primer miembro de la ecuación en el punto (1; 0; 0) es

precisamente a00 , por lo que el punto está en la cónica si y solo si a00 = 0 . Si estoocurre, la tangente en ese punto es su recta polar, cuyos coe�cientes se obtienenaplicando la matriz del tensor al punto (1; 0; 0):0@ 0 a01 a02

a10 a11 a12a20 a21 a22

1A0@ 100

1A =

0@ 0a10a20

1Ab) El hecho de que sean éstas coordenadas a�nes signi�ca que x0 = 0 es la recta

del in�nito, y las coordenadas inhomogéneas correspondientes son entonces y1 = x1x0

, y2 = x2x0, quedando la ecuación de la tangente , en esas coordenadas, como

a10y1 + a20y2 = 0


Solución del ejercicio48 Ya vimos en el ejercicio 36 (cfr. solución al ejercicio37) que se pueden tomar coordenadas de modo que una cónica tenga la ecuaciónsugerida y21 � y2 = 0. Sea

a00x20 + a11x

21 + a22x

22 + 2a01x0x1 + 2a02x0x2 + 2a12x1x2 = 0

la ecuación de la otra cónica, o, en coordenadas inhómogéneas,

a00 + a11y21 + a22y

22 + 2a01y1 + 2a02y2 + 2a12y1y2 = 0

La coordenada y1 de un punto que esté en ambas cónicas satisfará pues a laecuación

a00 + a11y21 + a22y

41 + 2a01y1 + 2a02y

21 + 2a12y

31 = 0

que por ser de grado cuatro, y por ser el cuerpo algebraicamente cerrado, tieneexactamente cuatro soluciones, aunque posiblemente repetidas.

b) Sea ahora P un punto común a ambas cónicas, y volvamos a tomar co-ordenadas de modo que una de las dos cónicas tenga ecuación y2 = y21 ; o sea , encoordenadas homogéneas, x21 � x2 = 0; y además el punto P sea el origen (1; 0; 0)Esa cónica tendrá como tangente en el punto P a la recta x2 = 0 , o sea y2 = 0

La otra cónica tiene ecuación

a11y21 + a22y

22 + 2a01y1 + 2a02y2 + 2a12y1y2 = 0

ya que pasa por el origen P , y su tangente en ese punto será la recta a01y1 +a02y2 = 0, que coincide con la tangente y2 = 0 a la otra cónica si y sólo si a01 = 0

El Punto P es de hecho solución repetida al problema de intersección de lasdos cónicas si y sólo si el valor cero es solución múltiple a la ecuación

a11y21 + a22y

41 + 2a01y1 + 2a02y

21 + 2a12y

31 = 0

es decir, si y sólo si a01 = 0 , lo que hemos visto que equivale a que ambastangentes coincidan.

Solución del ejercicio 50 a) Tómense coordenadas homogéneas x0; x1; x2para razonar con mayor facilidad. Una cónica se corresponde con una ecuación nonula

a00x20 + a11x

21 + a22x

22 + 2a01x0x1 + 2a02x0x2 + 2a12x1x2 = 0

es decir no siendo todos sus coe�cientes nulos, y estando además de�nidos salvoproducto por constante no nula. Por tanto se corresponde con un punto del espacioproyectivo P5 del espacio vectorial C6 de las séxtuplas de coe�cientes (a00; :::; a12)

b) c) d) Como ya se observó en la solución del ejercicio 45, la condición depasar por un punto se expresa mediante una ecuación lineal en los coe�cientes(a00; :::; a12) como variables , y por tanto las cónicas que la cumplen forman un P4dentro del espacio P5 de todas las cónicas. Si añadimos la condición de pasar porotro punto se obtiene un P3 de cónicas, y si se impone pasar por otro punto más,se obtiene un P2

e) Si aún se añade la condición de pasar por un cuarto punto se obtiene unP1 de cónicas -salvo el caso de que estén los cuatro puntos en una recta , puesentonces cualquier otra recta forma junto con ella una cónica que contiene a loscuatro puntos (y eso da tantas cónicas como permite la elección de la otra recta, esdecir un P2 de cónicas!)


Como ambos polinomios f y f�se anulan en los cuatro puntos, también se anulael polinomio

�f(x0; x1; x2) + ��f0(x0; x1; x2)

obtenido como combinación lineal de ellos. Se obtiene así un P1 de cónicas queestá contenido en el espacio de las cónicas que se anulan en los cuatro puntos, quehemos visto que es un P1 , luego necesariamente coincide con él.

Solución del ejercicio 51 Comprobar la caracterización de la armonicidad dedos pares de puntos en términos de las sumas y los productos de las dos coordenadasde cada par, tal como se ha apuntado en la sugerencia, es un mero cálculo que, porsupuesto, omitimos. Por lo recordado en el preámbulo al ejercicio, la rescritura deesa caracterizacion en términos de los coe�cientes �; �; ; �0; �0; 0 es inmediata.

Solución del ejercicio 52 Probamos primero lo a�rmado en la sugerencia:el hecho de que el par de puntos �x21 + �x0x1 + x

20 = 0 se corresponda

mutuamente en la involución de puntos �jos a�2 + 2b� + c = 0 equivale (ejercicio33) a que sea armónico con ese par de puntos �jos, condición que , por el ejercicioanterior, se puede expresar en términos de las ecuaciones implícitas de ambos pares,obteniéndose �b = a+ �c:

Por el ejercicio 40 hay una involucion, y solo una, en la que ambos pares depuntos �x21 + �x0x1 + x

20 = 0 y �0x21 + �

0x0x1 + 0x20 = 0 son pares de

puntos mutuamente correspondientes, es decir que se satisfacen ambas ecuaciones

�b = a+ �c

y�0b = 0a+ �0c:

Por tanto, para toda elección de �; �0 , se satisface la ecuación

(�� + �0�0)b = (� + �0 0)a+ (��+ �0�0)c:

es decir que el par de puntos

(��+ �0�0)x21 + (�� + �0�0)x0x1 + (� + �

0 0)x20 = 0

es también mutuamente correspondiente por la involución. Estos pares de pun-tos forman un P1 , que estárá pues contenido en el P1 (cfr. ejercicio 39 c) de parescorrespondientes por la involución, y por tanto coincide con él.

c) Un haz (es decir, un P1) de cónicas en P2 induce un haz ( un P1 ) de cuádricasen cualquier recta P1 de P2, pues cada cónica de P2 restringe en esa recta un parde puntos. Un haz de pares de puntos en una recta consiste siempre , como hemosvisto en el apartado b ), en los pares de puntos correspondientes en una involución,y por tanto dos exactamente de esos pares consistirán en un punto doble (los dospuntos �jos de la involución): son por tanto la restricción a esa recta de dos cónicasdel haz tangentes a ella.

Solución del ejercicio 56a) Dada una quinta recta en general, por el ejercicio aplicado al espacio dual

P2�, habrá una sola cónica de P2 que sea tangente a las cuatro rectas dadas paradeterminar el rango y a esa quinta recta.


b) Es exactamente el enunciado dual del enunciado en el apartado c) del ejer-cicio anterior.

CAPíTULO 9

Clasi�cación de cuádricas reales

1.


De ahora en adelante V denotará un espacio vectorial sobre R de dimen-sión n + 1, y por tanto, al escoger una base en V sus vectores se corresponderáncon las ristras de n+1 números reales, teniéndose pues un isomor�smo de espaciosvectoriales reales: V ' Rn+1 . Los puntos de P(V ) = PnR (o simplemente Pn )se corresponderán con las ristras homogéneas -es decir, no nulas y de�nidas salvoproducto por constante- de n+ 1 números reales. Si hablamos entonces de puntosde coordenadas imaginarias es porque implícitamente supondremos la natural in-clusión Rn+1 � Cn+1 y por tanto la inclusión de PnR en PnC , es decir el hecho de quetodo punto de coordenadas homogéneas reales es también un punto de coordenadashomogéneas complejas (ampliación compleja del espacio proyectivo real)

Consideremos la cuádrica < T > dada por un tensorT : V xV �! R , y de-signemos por Q = QT � PnR a su lugar cuádrico -llamado simplemente çuádrica"porabuso de lenguaje- es decir el conjunto de puntos autoconjugados por T. Llamamosíndice mQ , o simplemente m, a la codimensión del mayor espacio proyectivo con-tenido en Q. Si , por ejemplo, el índice es n , entonces la dimensión del mayorespacio proyectivo contenido en la cuádrica es cero, es decir que se trata de un P0, o sea un punto, y por tanto la cuádrica tiene puntos, pero no contiene rectas. Si elíndice es n-1, entonces la cuádrica contiene rectas P1 , pero no contiene planos P2:Si el índice es n+1 entonces la codimensión del mayor espacio proyectivo contenidoen la cuádrica es n+1 , es decir, la cuádrica no contiene ningún espacio proyectivo, ni siquiera puntos P0 : es la çuádrica sin puntos" o puramente imaginaria, comoes el caso de la cuádrica de ecuación x20 + :::+ x

2n = 0 en coordenada homogéneas

x0; :::; xn (en efecto: no hay números reales que, elevados al cuadrado, sumen cero,salvo que todos sean nulos , y entonces no de�nen un punto del espacio proyectivo).

Consideremos una base de V en la que el tensor T diagonaliza con entradasdiagonales +1;�1; 0 (cfr. "pre-requisitos de álgebra lineal") : p entradas son 1; qentradas son �1(de modo que p + q = r, rango del tensor) ; y las demas entradas

63

64 9. CLASIFICACIÓN DE CUÁDRICAS REALES

son nulas: 0BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB@

+1:: p)

:+1

�1:: q)

:�1

0:::0

1CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCAEl siguiente ejercicio tiene como propósito demostrar que el índice m de la cuá-

drica coincide con el número de signos, positivos o negativos, que está en mayoría ,es decir que m = maxfp; qg. Para ello, supóngase la matriz homogénea multiplica-da por 1 o �1, para que no haya más índices negativos que positivos, es decir paraque sea p � q, y así lo que tengamos que demostrar es que el índice m es p.

Ejercicio 57. En las anteriores notaciones, demostrar que el mayor espacioproyectivo contenido en QT tiene codimensión p, es decir que es un Pn�p

El ejercicio consta pues de dos apartados:a) Demostrar que existe un Pn�p contenido en QT .b) Demostrar que, para n0 > n, no existe ningún espacio proyectivo Pn0 con-

tenido en QT .

Sugerencia para el apartado a): encontrar Pn�p como intersección de hiper-planos del tipo xi = xj y del tipo xi = 0

Sugerencia para el apartado b): encontrar un subespacio proyectivo Pp�1 de Pndisjunto con la cuádrica.

Comentario: hemos designado por "m"el índice de una cuádrica, como reglamnemotécnica para recordar que es a la vez la codimensión del mayor espacioproyectivo contenido en la cuádrica y el número de signos que están en mayoríacuando T se expresa en una base como matriz diagonal (puede ser p valores 1; y qvalores �1 en la diagonal, pero también, simplemente, p números reales positivos yq números reales negativos, pues esto es posible mediante una simple dilatación delos elementos de la base).

Recordemos del capítulo Çuádricas"que dos cuádricas se dicen proyectivamenteequivalentes cuando hay una proyectividad que transforma una en otra.

Ejercicio 58. Dos cuádricas de PnR son proyectivamente equivalentes si y

sólo tienen mismo rango r y mismo índice m

Sugerencia: es análogo al ejercicio 23, en que se trataba el caso complejo.


Ejercicio 59. Clasi�car proyectivamente las cuádricas de P1R , P2R, P3R y es-cribir sus matrices diagonales de entradas +1,-1,0 en adecuada referencia, así comosus ecuaciones homogéneas en las correspondientes coordenadas (El profesor pondránombre a las clases de cuádricas que encuentre el alumno)

(Sugerencia: Por el ejercicio anterior, hay tantas clases como posibles valoresde r, m, bien entendido que 0 < r � n+ 1 , y además m � r=2 )

Para resolver los ejercicios que siguen, recordemos del ejercicio 22 que si se dauna estructura afín An = PnnP en el espacio proyectivo, un tensor T : V xV �! Rse expresa siempre en adecuada referencia afín con matriz de una de las tres formassiguientes

Si r = r + 0 (tipo 0 ):0BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB@

01

: p):

:1�1

: q):

:�1

0:::0

1CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCASi r=r+ 1 (tipo 1):0BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB@

0 1=21

: p):

:1�1

: q):

:�1

1=2 0:::0

1CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCA


Si r=r+ 2 (tipo 2):0BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB@

�11

: p):

:1�1

: q):

:�1

0:::0

1CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCADe hecho, en el ejercicio 22 , donde el cuerpo conmutativo K era arbitrario,

se llegaba a una matriz de una de estas tres formas con los valores no nulos aien la diagonal no especi�cados, pero como ahora suponemos k = R, se puedenmultiplicar los vectores básicos �!ei de la referencia por 1=

pjaij a fín de que esos

valores diagonales se conviertan todos en 1 o en �1 .En el caso r = r + 1, hemos escrito �1 en el primer elemento diagonal, pues

puede ocurrir que ese signo sea el que esté en mayoría en la matriz reducida, encuyo caso m = m + 1, o sea el que esté en minoría en la matriz reducida, encuyo caso m=m: En el caso r = r , se tiene forzosamente m = m: En el casorestanter = r+ 2 , se puede leer directamente el valor de m , pero no el de m puesla matriz ampliada no está en forma diagonal, por lo que hará falta un ejercicio quepruebe que de hecho m = m+ 1.

Ejercicio 60. En caso r=r + 2 , se tiene m=m +1.

(Sugerencia: La matriz es çasi"diagonal. Encontrar un sencillo cambio de coor-denadas afín que la haga de hecho diagonal, de modo que permita leer el valor dem)

Ejercicio 61. Demostrar el teorema de Witt en el caso real : Dos cuádricas Q,Q�en el espacio proyectivo real PnR con estructura afín An = PnnP son a�nmenteequivalentes (es decir, hay una transformación afín que transforma la una en laotra) si y solo si son proyectivamente equivalentes , es decir tienen mismo r,m, ylas cuádricas reducidas Q y Q0 (restringidas de Q y Q0en el in�nito P) son tambiénproyectivamente equivalentes, es decir tienen mismo r y m:

(Sugerencia: Los cuatro valores r;m; r y m determinan cuál sea la matrizcanónica de la cuádrica en adecuada referencia afín)

Como sugerencia común para la solución de los siguientes ejercicios recordemoscuáles son las restricciones a las que están sometidos los números enteros positivosr;m; r , m que clasi�can a�nmente las cuádricas reales:


r � n+ 1 ; r � n ; m � r=2 ; m � r=2;r � r y de hecho r � r = 0; 1; 2; m � m ;Si r = r , entonces m = m (y la matriz canónica es de tipo 0);Si r = r � 1 , entonces m = m , o bien m = m� 1 (y la matriz canónica es de

tipo 1)Si r = r, entonces m = m� 1 (y la matriz canónica es de tipo 2)

En cuanto al programa de dibujo "Super�cies"desarrollado por Angel Mon-tesinos , de la Universidad de Valencia, puede bajarlo el alumno gratuitamente deinternet con sólo estos tres datos.

Ejercicio 62. Clasi�car a�nmente las cónicas lisas reales del plano afín A2 =P2nP , o sea las cónicas con r = 3, m = 2 , y dar sus ecuaciones normales encoordenadas a�nes inhomogéneas Pintar esas cónicas con algún programa de dibujo.

Saldrán tres clases de cuádricas, que el profesor nombrará como elipse, hipérbolay parábola.

Ejercicio 63. Clasi�car a�nmente las cuádricas lisas reales no regladas delespacio afín real A3 = P3nP , es decir cuádricas con r = 4 ,m = 3, y dar sus ecua-ciones normales en coordenadas a�nes inhomogéneas. Pintarlas con el programa"Super�cies"

Saldrán tres clases de cuádricas lisas no regladas que el profesor nombrará comoelipsoide, hiperboloide y paraboloide.

Ejercicio 64. Clasi�car a�nmente las cuádricas lisas reales regladas del es-pacio afín real A3 = P 3nP , es decir cuádricas con r=4,m=2 y dar sus ecuacionesnormales en coordenadas a�nes inhomogéneas . Pintarlas con el programa "Super-�cies"

Saldrán dos cuádricas regladas que el profesor nombrará como papelera y sillade montar.

Ejercicio 65. Clasi�car a�nmente los conos reales del espacio afín realA3 = P3nP , es decir cuádricas con r = 3;m = 2, y dar sus ecuaciones normalesen coordenadas a�nes inhomogéneas. Pintarlas con el programa "Super�cies"

Saldrán cuatro clases de cuádricas singulares que el profesor nombrará comocono real, cilindro elíptico, cilindro hiperbólico , cilindro parabólico..

Los nombres dados a las cuádricas son populares y fáciles de recordar. Aquívan los nombres técnicos de las que hemos designado por su nombre popular:

Hiperboloide: "hiperboloide de dos hojas"Paraboloide : "paraboloide elíptico"Papelera: "hiperboloide de una hoja"Silla de montar: "paraboloide hiperbólico"


Solución del ejercicio57 Resultará más cómodo denotar a las coordenadashomogéneas correspondientes a esa base -en modo contrario a nuestra costumbre-


por x1; :::; xn+1 (no dará lugar a equívoco, pues no hay mención en el ejercicio deestructura afín alguna). Así pues la ecuación de la cuádrica en esta referencia es

x21 + :::+ x2p � x2p+1 � :::� x2p+q = 0

y donde estamos suponiendo p�q.a) El subespacio proyectivo de Pn formado por los puntos (x1; :::; xn+1) que

satisfacen a las p ecuaciones lineales

x1 = xp+1; :::; xq = xp+q; xq+1 = 0; :::; xp = 0

y por lo tanto puntos todos ellos en la cuádrica, tiene dimensión por lo menosn� p (de hecho es inmediato comprobar que las ecuaciones son independientes, esdecir que el determinante de la matriz del sistema es distinto de cero, por lo quela dimensión es de hecho n-p, pero esta comprobación no va a ser necesaria). Estodemuestra que existe un Pn�p contenido en la cuádrica.

b) Los puntos de coordenadas homogéneas

(a1; :::; ap; 0; :::; 0)

no están en la cuádrica, pues si se satis�ciera la ecuación de la cuádrica, setrataría de las coordenadas (0; :::; 0) que no corresponden a ningún punto del espacioproyectivo. Tales puntos forman un Pp�1 que es, pues, disjunto con la cuádrica. Siestuviera contenido en la cuádrica un espacio Pn� , con n�� n � p + 1, entoncesese espacio debería intersecar a este Pp�1 en un espacio proyectivo de codimensión(n�n�)+(n�(p�1)) , o menor, es decir de dimensión n�+(p�1)�n � 0 , o mayor,es decir que debería intersecarlo al menos en un punto P0, lo que es imposible.

Solución del ejercicio58Si una proyectividad transforma una cuádrica en la otra, ambas tienen el mismo

rango, pues una proyectividad de matriz homogénea C actúa sobre una cuádrica dematriz homogénea A dando la la cuádrica de matriz homogénea CtAC, y sabido esque esta transformación matricial conserva el rango. Como el índice es la codimen-sión del mayor subespacio proyectivo de Pn contenido en la cuádrica, es evidenteque es el mismo para una cuádrica y para cualquier transformada de ella por unaproyectividad (pues las proyectividades transformas subespacios proyectivos de Pnen subespacios proyectivos de igual dimensión).

Recíprocamente, supongamos que dos cuádricas tienen mismo r;m. Entoncesambas se expresan, cada una en base conveniente, con misma matriz diagonal, portener el mismo números de entradas +1;�1; 0. La transformación lineal que llevauna base a la otra, transforma, pues, una cuádrica en la otra.

Solución del ejercicio 62

Clasi�cación en P1R : los posibles valores de r;m , y sus correspondientesmatrices canónicas y ecuaciones en coordenadas homogéneas son

� r = 2;m = 2:�11

�; x20+x

21 = 0 (no contiene espacios lineales, luego

no tiene puntos P0) PAR DE PUNTOS IMAGINARIOS


� r = 2;m = 1:�1�1

�; x0�x21 = 0 (tiene puntos P0) PAR DE PUNTOS

REALES

� r = 1;m = 1:�10

�; x20 = 0 (tiene puntos P0) PUNTO DOBLE

Clasi�cación en P2R : los posibles valores de r;m , y sus correspondientesmatrices canónicas y ecuaciones en coordenadas homogéneas, son los siguientes

� r = 3;m = 3:

0@ 111

1A ; x20+x21+x

22 = 0 (no contiene espacios lineales,

luego no tiene puntos P0) .CONICA LISA IMAGINARIA

�r = 3;m = 2:

0@ 11�1

1A ; x20 + x21 � x22 = 0 (tiene puntos P0) CONICA

LISA REAL

�r = 2;m = 2:

0@ 110

1A ; 0 = x20 + x21 = (x0 + ix1)(x0 � ix1) (el mayor

espacio proyectivo real es un punto P0) . PAR DE RECTAS IMAGINARIAS DEVÉRTICE REAL

� r = 2;m = 1:

0@ 1�1

0

1A ; 0 = x20 � x21 = (x0 + x1)(x0 � x1) (el mayor

espacio proyectivo real es una recta P1 ) . PAR DE RECTAS REALES

� r = 1;m = 1:

0@ 100

1A ; x20 = 0 (el mayor espacio proyectivo real es una

recta P1 ) RECTA DOBLE

Clasi�cación en P3R : los posibles valores de r;m , y sus correspondientes ma-trices canónicas y ecuaciones en coordenadas homogéneas, son los siguientes

� r = 4;m = 4:

0BB@1111

1CCA ; x20 + x21 + x

22 + x

23 = 0 (no tiene espacios

lineales reales, luego no tiene puntos) CUÁDRICA LISA IMAGINARIA

�r = 4;m = 3:

0BB@111�1

1CCA ; x20+x21+x

22�x23 = 0 (los mayores espacios

lineales reales son puntos P0 ) CUÁDRICA LISA NO REGLADA


�r = 4;m = 2:

0BB@11�1

�1

1CCA ; x20 + x21 � x22 � x23 = 0 (los mayores

espacios lineales reales son rectas P1 ) CUÁDRICA LISA REGLADA

� r = 3;m = 3:

0BB@1110

1CCA ; x20 + x21 + x

22 = 0 (el mayor espacio lineal

real es un punto P0) CONO IMAGINARIO DE VÉRTICE REAL

� r = 3;m = 2 :

0BB@11�1

0

1CCA ; x20 + x21 � x22 = 0 (los mayores espacios

lineales reales son rectas P1 ) CONO REAL

� r = 2;m = 2:

0BB@1100

1CCA ; 0 = x20 + x21 = (x0 + ix1)(x0 � ix1) (el

mayor espacio lineal real es una recta P1 .PAR DE PLANOS IMAGINARIOS DEARISTA REAL

�r = 2;m = 1:

0BB@1�1

00

1CCA ; 0 = x20 � x21 = (x0 + x1)(x0 � x1) (los

mayores espacios proyectivos reales son planos P2 ) PAR DE PLANOS REALES

�r = 1;m = 1:

0BB@1000

1CCA ; x20 = 0 (el mayor espacio proyectivo real es

un plano P2) PLANO DOBLE

Solución del ejercicio 60 Con el cambio (no afín!)

x0 = x00 + x0r+1 (donde r = p+ q)

xr+1 = x00 � x0r+1xi = x0i para todo i 6= 0; r + 1

la matriz adopta forma diagonal puesto que solo cambia el menor�a0;0 a0;r+1ar+1;0 ar+1;r+1

�=

�0 1=21=2 0

�que se convierte en el menor�

a00;0 a00;r+1a0r+1;0 a0r+1;r+1

�=

�1�1

�


(pues la cuádrica x0xr+1 = 0 restringida al espacio proyectivo de <�!e0 ;�!e r+1>

se transforma, obviamente, con este cambio de coordenadas, en la cuádrica 0 =(x00 + x

0r+1)(x

00 � x0r+1) = x020 � x02r+1) .

La matriz diagonal así obtenida tiene todos los elementos diagonales de lamatriz reducida anterior ( p elementos +1 , y q elementos �1), más dos nuevoselementos diagonales: +1;�1. Por tanto la mayoría m de sus signos será la mayoríam de los signos en la antigua matriz reducida, aumentada en una unidad:m = m+1:

Solución del ejercicio 61 La transformación afín que lleva Q a Q0 es, porde�nición, una transformación proyectiva

f : Pn �! Pn

que conserva el in�nito P y por tanto restringe una transformación proyectivaen el in�nito

f : P �! P

La proyectividad f transforma Q en Q0, luego Q y Q0 son proyectivamente

equivalentes, es decir tienen igual rango r, e índice m; y la proyectividad f trans-forma las cuádricas reducidas en el in�nito Q y Q0 la una en la otra, por lo queambas son equivalentes, es decir tienen igual rango r , e índice m:

Recíprocamente, supongamos que Q y Q0 tienen igual rango r, índice m, rangoreducido r, índice reducido m .

Como r;m; r, m de terminan el tipo de la matriz canónica (tipo0; 1; 2 según quer-r sea 0; 1; 2) y de hecho determinan la matriz canónica (pues r y m determinansu matriz reducida) , sucede que Q y Q�tienen la misma matriz canónica, cada unaen una referencia afín adecuada. Por tanto, la transformación afín que lleva de unareferencia afín a la otra transforma una cuádrica en la otra, y en consecuencia Q yQ0 son equivalentes a�nes.

Solución del ejercicio 62 Para esos valores r = 3;m = 2, los posibles valoresde r y m , y sus correspondientes matrices canónicas y ecuaciones en coordenadasa�nes homogéneas x0; x1;x2 e inhomogéneas y1; y2, son:

�r = 2;m = 2 ( es decir que la cuádrica Q restringida en el in�nito P es un parde puntos imaginarios )0@ �1 1

1

1A ; x20 = x21 + x22; 1 = y21 + y22 ELIPSE


� r = 2;m = 1 (es decir que Q es un par de puntos reales)0@ �1 1�1

1A ; x20 = x21 � x22 ; 1 = y21 � y22 HIPÉRBOLA

� r = 1;m = 1 (es decir que Q es un punto doble)0@ 1=21

1=2

1A ; x21 + x0x2 = 0 ; y21 + y2 = 0 PARÁBOLA


Solución del ejercicio 63 Para estos valores r = 4;m = 3, los posiblesvalores de r y m , y sus correspondientes matrices canónicas y ecuaciones en coor-denadas a�nes homogéneas x0; x1;x2; x3 e inhomogéneas y1; y2; y3 son

� r = 3; m = 3 (y por tanto Q es una cónica imaginaria)0BB@�1

111

1CCA ; x20 = x21 + x

22 + x

23 ; 1 = y

21 + y

22 + y

23 ELIPSOIDE


� r = 3; m = 2 (y por tanto Q es una cónica lisa real )

0BB@111�1

1CCA ; x20+x21+x

22 = x

23 ; 1+y

21+y

22 = y

23 HIPERBOLOIDE

� r = 2; m = 2 (y por tanto Q es un par de rectas imaginarias con vérticereal, así pues una cónica singular, lo que signi�ca que la cuádrica Q es tangente alin�nito)

0BB@0 1=2

11

1=2 0

1CCA ; x21+x22+x0x3 = 0 ; y

21+y

22+y3 = 0 PARABOLOIDE


Solución del ejercicio64 Para estos valores r = 4;m = 2; los posibles valoresde r y m , y sus correspondientes matrices canónicas y ecuaciones en coordenadasa�nes homogéneas x0; x1;x2; x3 e inhomogéneas y1; y2; y3 son

� r = 3; m = 2 (es decir que Q es una cónica lisa real )

0BB@�1

11�1

1CCA ; x20 = x21 + x

22 � x23 ; 1 = y21 + y22 � y23 PAPELERA


� r = 2; m = 1 (es decir que Q es un par de rectas reales,y por tanto una cónicasingular, lo que signi�ca que la cuádrica Q es tangente al plano del in�nito)0BB@

0 1=21�1

1=2 0

1CCA ; x21�x22+x0x3 = 0 ; y21�y22+y3 = 0 SILLA DE MONTAR


Solución del ejercicio 65 Para estos valores r = 3;m = 2, los posibles valoresde r y m , y sus correspondientes matrices canónicas y ecuaciones en coordenadasa�nes homogéneas x0; x1;x2; x3 e inhomogéneas y1; y2; y3 son

� r = 3; m = 2 (es decir que Q es una cónica lisa real)

0BB@011�1

1CCA ; x21 + x22 � x23 = 0 ; y21 + y

22 � y23 = 0 CONO

� r = 2; m = 1 (es decir que la cónica Q es un par de rectas reales: el conotiene pues dos de sus rectas generatrices en el plano del in�nito, y por tanto esteplano pasa por el vértice del cono. Como todas las rectas generatrices del conopasan por el vértice y es éste un punto del in�nito, todas son paralelas entre sí,lo que justi�ca que se le llame cilindro. Se le llamará de hecho cilindro hiperbólicoporque las secciones planas generales de ese cono son cónicas lisas reales que cortanen dos puntos al par de generatrices que el cono tiene en el in�nito, y por tanto soncónicas con dos puntos reales en el in�nito, es decir, hipérbolas)

0BB@11�1

0

1CCA ; x20+x21�x22 = 0 ; 1+y21�y22 = 0 CILINDRO HIPERBÓLICO


� r = 2; m = 2 (es decir que la cónica Q es un par de rectas imaginarias convértice real. Es como el caso anterior, pero el plano del in�nito corta al cono en suvértice y dos rectas imaginarias que pasan por él , por lo que realmente se trata deun plano que corta al cono en solo el vértice. Como todas las rectas generatricesdel cono pasan por el vértice y éste está en el plano del in�nito, todas ellas sonparalelas, lo que justi�ca que se le llame cilindro. Se le llamará de hecho cilindroelíptico, porque las secciones planas generales de ese cono son cónicas lisas realesque no tienen ningún punto real en el in�nito, es decir, elipses)

0BB@�1

110

1CCA ; x21 + x22 = x

20 ; y

21 + y

22 = 1 CILINDRO ELÍPTICO


� r = 1; m = 1 (es decir que la cónica Q es una recta doble: el plano del in�nitoes pues tangente al cono a lo largo de una de sus generatrices. En particular, contieneal vértice, y por tanto todas las generatrices pasan por ese mismo punto del in�nito,por lo que son paralelas, lo que justi�que que se le llame cilindro. Se le llamará dehecho cilindro parabólico, porque las secciones planas generales de ese cono soncónicas lisas reales que intersecan al in�nito en un punto doble, es decir, parábolas)

0BB@0 1=2

11=2 0

0

1CCA ; x21+x0x2 = 0 ; y21+y2 = 0 CILINDRO PARABÓLICO

CAPíTULO 10

Espacio euclídeo


Llamaremos espacio euclídeo a un espacio afín real AnR=P(Vn+1)nP(Vn) -loque equivale a un espacio afín real AnR sobre el espacio vectorial real Vn- junto conuna cuádrica Q1 de rango n e índice n , es decir una cuádrica imaginaria en el

hiperplano de in�nito P1 = P(Vn), a la cual se llama çuádrica del absoluto". Setrata pues de un tensor simétrico T1 : Vn�Vn �! R de�nido salvo producto porconstante no nula, que en alguna base se expresa mediante la matriz homogéneaidentidad 0BBBB@

1:::1

1CCCCA =

0BBBB@�

:::�

1CCCCAUna referencia de Pn = P(Vn+1) , es decir base

�!e0 ; �!e1 ; :::;�!en de Vn+1 de�nidasalvo producto por constante no nula, se llama referencia euclídea si �!e1 ; :::;�!en esuna base de Vn en la que cuádrica del absoluto se expresa mediante la matrizhomogénea identidad, es decir que tiene ecuación x21 + :::+ x

2n = 0 en coordenadas

homogéneas euclídeas x0; x1; :::; xn -las correspondientes a una referencia euclidea.Una a�nidad f : Pn ! Pn con f(P1) = P1; se llama tranformación euclídea,o semejanza, cuando conserva la cuádrica del absoluto f(Q1) = Q1; es decirconserva la ecuación x21+ :::+ x

2n = 0; o sea lleva referencias euclídeas a referencias

euclídeas.Como sabemos, los puntos de P1 pueden verse como "direcciones"en AnR: Sean

dos direcciones P; Q 2 P1 y denotemos R; T los dos puntos en que la recta PQcorta a la cuádrica del absoluto Q1 . De�nimos el ángulo dPQ formado por esasdos direcciones como dPQ = arc cos {P;Q;R; T}

2y decimos que esas direcciones son perpendiculares si el ángulo que forman es

�=2; es decir si {P;Q;R; T}=-1

El ángulo crr0 de dos rectas r; r0 se de�ne como el ángulo que forman susdos direcciones P = r \ P1 y P 0 = r0 \ P1: Se dice que dos rectas r; r0 sonperpendiculares si lo son sus direcciones, es decir si sus puntos en el in�nito P yP 0 son conjugados por la cuádrica del absoluto Q1 . Obviamente, una a�nidad estransformación euclídea si y solo si conserva el ángulo de cualesquiera rectas r; r0 .

81

82 10. ESPACIO EUCLíDEO

En el caso del plano euclídeo -caso n = 2- la cuádrica del absoluto tiene, enreferencia euclídea, matriz homogénea�

11

�es decir que, en coordenadas homogéneas euclídeas x0;x1; x2 , esta cuádrica deP11 de rango dos e índice dos, o par de puntos imaginarios conjugados I,J -"puntos cíclicos del in�nito ", tiene ecuación 0 = x21+ x

22 = (x1+ ix2)(x1� ix2) , o

equivalentemente, el par de puntos cíclicos I; J se expresa como (0; 1; i) y (0; 1;�i).

Comentario heurístico(Erlangen Program de Felix Klein de clasi�cación de las geometrías

lineales)Tenemos, pues, ya las nociones de espacio proyectivo, espacio afín, espacio

euclídeo, y sus correspondientes geometrías: proyectiva, afín , euclídea.La noción estructural de la geometría proyectiva es la de razón doble de cuatro

puntos de una recta (es decir la proporción, o razón simple, en que estarían lostres primeros si el cuarto fuera su punto de in�nito -su punto en el horizonte, vistala recta en perspectiva-), como corresponde al hecho de que las transformacionesque conservan la su estructura -las proyectividades- sean exactamente las transfor-maciones que conservan la razón doble. Por supuesto, la noción de razón doble esequivalente a la de cuaterna armónica -si se tiene la una, se tiene fácilmente la otra�.

La noción estructural de la geometría afín es la de razón simple de tres puntoscolineales, es decir proporción entre dos segmentos superpuestos con igual origen(aunque en esta geometría esos segmentos no tienen longitud, sí que existe la pro-porción entre sus longitudes! - la idea clave), o proporción � entre dos vectoressuperpuestos �!v y �!w = ��!v : Las transformaciones a�nes f son pues aquéllas queconservan la proporción , es decir tales que su transformación subyacente entrevectores ' cumple '(�!w ) = �'(�!v ): Por el teorema de Tales, la noción de propor-ción es equivalente a la de paralelismo, y ésta a su vez es equivalente a que hayaun hiperplano �jado en el in�nito, cuyos puntos son las clases de equivalencia derectas paralelas.

La noción estructural de la geometría euclídea es la de ángulo (estructura queimplica la anterior: tómense como rectas paralelas las que formen ángulo cero) .Obviamente, esta noción equivale a la noción de perpendicularidad, o ángulo �=2(pues la noción de razón doble fP; P 0; R; Tg , en la notación de arriba, equivale a lanoción de su armonicidad fP; P 0; R; Tg = �1). De hecho, las tranformaciones eu-clídeas son exactamente las a�nidades del espacio euclídeo que conservan el ángulo.A la geometría euclídea vamos a dedicar las últimas lecciones del curso.

La noción siguiente , y última en este "Erlangen Program"de clasi�cación delas geometrías, es la de geometria métrica es decir la geometría en lque hay unanoción de distancia ( necesariamente habrá de implicar la anterior noción de per-pendicularidad, pues es sabido cómo hallar la perpendicular a una recta usandosólo regla y compás -precisamente el instrumento que traza puntos equidistantesde uno dado). Hemos dicho que en el espacio afín An sobre espacio vectorial realVn se da una geometría euclídea cando se da un tensor T : Vn �Vn ! R de�nido


salvo constante no nula, que en algunas bases se exprese con la matriz identidad.Pues bien, decimos ahora que en el espacio afín An sobre Vn se da una estructuramétrica cuando se da un tensor T :Vn �Vn ! R que en algunas bases -llamadasbases ortonormales- tenga matriz identidad. La diferencia está pues en que T se daahora absolutamente, y no "salvo producto por una constante". Como es sabido,se puede de�nir entonces la norma k�!v kde un vector �!v 2 Vn como el número realpT (�!v ;�!v ) , es decir el número y21 + ::: + y2n si, y1; :::; yn son las coordenadas del

vector�!v en una base ortonormal. La distancia d(p; q) entre dos puntos p; q del

espacio métrico An , como el la norma ��!q � p

del vector ��!q � p que hay que sumarleal punto p para obtener q: No dedicaremos, sin embargo , ningún capítulo al estudiodel espacio métrico, porque, de hecho , toda la geometría que el alumno ha estu-diado en bachillerato, desde que se le introdujeron las coordenadas cartesianas, yen primer año de carrera ha sido geometría métrica. Esa geometría reaparece puesahora desde esas otras geometrías más abstractas, como desde un punto de vistasuperior.

Debo advertir al alumno de que esta "geometría euclídea"es llamada usualmente"geometría semejante euclídea", y de que se emplea el nombre de "geometría eu-clídeaçomo equivalente de "geometría métrica". Considero que esto surge de unaincomprensión de la obra de Euclides, pues quien lee críticamente los libros I a IVde sus "Elementos", se apercibe de que no hay allí propiamente noción de distancia:los segmentos no tienen longitud, sino que solo existe la proporción entre longitudesde segmentos, es decir geometría afín, con una noción sobreañadida de perpendic-ularidad. Sólo, pues, a la geometría limitada a estas nociones se le debería llamargeometría euclídea, y esto haremos aquí.

Ejercicio 66. En el plano euclídeo con coordenadas homogéneas euclídeasx0; x1; x2 , y correspondientes coordenadas inhomogéneas y1; y2 pruébese que lasrectas y2 = my1 + b , y2 = m0y1 + b

0 son perpendiculares si y solo si

m0 = � 1m

De�nición. Por el ejercicio 33 podemos ver la cuádrica Q1 = fI; Jg delabsoluto en el plano euclídeo como una involución en P11, a saber la que tiene lospuntos I = (1; i) ,J = (1;�i) de coordenada completa i;�i como puntos �jos,es decir la involución �0� = �1 (cfr. ejercicio 13 y el comentario que sigue a suenunciado) . Llamamos a ésta "involución de perpendicularidad", pues, como hemosvisto en el ejercicio anterior, asigna a cada dirección su dirección perpendicular.Los puntos I; J del in�nito son pues las direcciones "perpendiculares a sí mismas.o

"direcciones isótropas". Una recta que tenga cualquiera de estas dos direcciones,es decir, que pase por I o por J , es pues perpendicular a sí misma: tales rectasse llaman rectas isótropas". Por cada punto �nito del plano euclídeo, pasan, pues,exactamente, dos rectas isótropas.

Ejercicio 67. Demostrar que una referencia afín del plano euclídeo -y corre-spondientes coordenadas homogéneas x0; x1; x2 e inhomogéneas y1; y2 - es euclídeasi y solo sí los dos ejes coordenados y1 = 0, y2 = 0 son perpendiculares entre sí yademás las dos diagonales y1 � y2 = 0; y1 + y2 = 0 son también perpendicularesentre sí.


Observación y de�nición. En PnC no tiene sentido distinguir entre puntosreales o imaginarios, pues un punto de coordenadas reales en una referencia, puedetener coordenadas imaginarias en otra referencia , ya que las matrices homogéneasde cambio de referencia pueden tener elementos imaginarios. En cambio en el espacioproyectivo real PnR (que siempre entendemos ampliado a los complejos:PnR � PnC )sí que tiene sentido distinguir entre puntos reales"e "imaginarios", según que elpunto esté en PnR , o esté sólo en su ampliado complejo. Dicho en términos decoordenadas homogéneas de PnR; tiene sentido a�rmar que se trate de un puntode coordenadas reales o imaginarias, pues, al ser reales todos los elementos de lasmatrices homogéneas de los cambios de referencia, si las coordenadas del punto sonreales en una referencia lo son en todas, y si son imaginarias en una referencia, loson en todas.

Asímismo se puede hablar de puntos P y P complejo-conjungados, en el sen-tido de que sus coordenadas (a0; :::; an) y (a0; :::; an) sean mutuamente complejo-conjugadas, pues si esto sucede en una referencia de PnR

sucede en todas, por esta misma razón de que son reales los elementos de lasmatrices homogéneas de los cambios de refrencia de PnR:

Llevando estas observaciones y de�niciones al espacio dual, podemos hablar dehiperplanos reales e imaginarios (según que lo sean sus coe�cientes en cualesquierareferencias) y de hiperplanos complejo-conjugados entre sí (es decir, tales que loscoe�cientes de sus ecuaciones a0x0 + ::: + anxn = 0 y a0x0 + ::: + anxn = 0 seancomplejo conjugados entre sí: si esto sucede en una referencia, sucede en todas)

Ejercicio 68. a) Demostrar que la recta que une dos puntos complejos con-jugados del plano proyectivo real es una recta real (éste es, por ejemplo, el caso ,en geometría euclídea, de la recta que une los dos puntos cícliclos I = (0; 1; i) yJ = (0;1;�i); a saber, la recta del in�nito P11 , que es una recta real)

b) Consideremos dos rectas complejas conjugadas de P2R , es decir rectas que encoordenadas homogéneas x0; x1; x2 tienen ecuaciones complejo conjugadas a0x0 +a1x1 + a2x2 = 0 ( ai 2 C) y a0xo + a1x1 + a2x2 = 0 ( rectas pues, propiamente,no de P2R, sino de su ampliación compleja P2C). Demostrar que el punto en que secortan es un punto real , es decir un punto de P2R:

Ejercicio 69. Demostrar que una cónica con centro del plano euclídeo, esdecir, una elipse o una hipérbola, tienen solo un par de diámetros que son a lavez perpendiculares y conjugados por la cónica. Se llaman "ejes principales de lacónica"

(Sugerencia: aplicar el ejercicio T 6.4 b))

De�nición Consideremos en el plano euclídeo una cónica lisa . Un punto �nitose llama foco de la cónica si las dos rectas isótropas que pasan por él son tangentesa la cónica.

Ejercicio 70. Consideremos en el plano euclídeo una cónica con centro, esdecir una elipse o una hipérbola.

a) Demostrar que tiene exactamente cuatro focos, dos de ellos reales Fy F�, ydos de ellos complejo conjugados G y G�.

b) Demostrar que las rectas FF�y GG�son los ejes principales de la cónica.c) Demostrar que por un punto general del plano pasan exactamente dos cónicas

que tienen los mismos focos que la cónica dada (se llaman cónicas confocales a ella)

3. 85

Sugerencia para b·):usar el método dual para construcción de un triángulo au-topolar para una cónica (introducción a semanaT7)

Sugerencia para c): aplicar el ejercicio T 8.6 b)


3.

Solución del ejercicio 66 El punto en el in�nito , es decir en la recta x0 = 0;de la recta bx0 +mx1 � x2 = 0 es (0; 1;m) , es decir el punto (1;m) en las coorde-nadas homogéneas x1; x2 de la recta del in�nito, o sea el punto cuya coordenadacompleta � = x2=x1 es m (así pues la coordenada completa del punto en el in�ni-to de cualquier recta es su pendiente m . Se trata, en efecto, de una coordenadacompleta, o sea susceptible de valer 1 , pues una recta puede tener pendiente 1: es el caso de las rectas "verticales"y1 = c ) . Asímismo, el punto del in�nito de larecta b00x0 +m

0x1 � x2 = 0 es (1;m0):Ambos puntos son conjugados por la cuádrica del in�nito�

1 m�� 1

1

��1m0

�= 0

si y sólo si 1 +mm0 = 0:

Solución del ejercicio 67 Los puntos en el in�nito de las rectas x1 = 0; x2 =0 son el punto (0; 1; 0); es decir (1; 0) en coordenadas x1; x2 del in�nito, y el punto(0; 0; 1); es decir (0; 1). Imponer que ambas sean perpendiculares entre sí equivalea imponer que la matriz simétrica (aij) de la cuádrica Q1 = fI; Jg del in�nitosatisfaga �

1 0�� a00 a01

a10 a11

��01

�= 0

es decir, tenga a01 = 0 , y por tanto también a10 = 0; o sea que se trate de unamatriz diagonal.


Los puntos en el in�nito de las rectas x1 � x2 = 0 y x1 + x2 = 0 son(0; 1; 1) , o sea (1; 1) , y (0; 1;�1); o sea (1;�1). Imponer que estas dos rectas seanperpendicuales entre sí , equivale a imponer�

1 1�� a00

a11

��1�1

�= 0

es decir a00 = a11:

Solución del ejercicio 68a) Como tiene sentido hablar de puntos complejo-conjugados, podemos consid-

erar la la aplicación que lleva cada punto a su complejo-conjugado, y cuyos puntos�jos, son, pues, los puntos reales. Obviamente cada recta se transforma en estaaplicación en su recta complejo conjugada.

El punto P se transforma en el punto P ; y el punto P en el punto P , por lo quela recta PP que pasa por los dos , sea la recta de ecuacón a0x0+ a1x1+ a2x2 = 0 ,se transforma en la recta que pasa por sus imágenes , es decir en ella misma. Comola ecuación de su transformada debe ser a0xo+ a1x1+ a2x2 = 0 , se tiene pues que

ai = ai; es decir que los los coe�cientes ai son reales.b) Queda probado por dualidad: como se ha probado a) para todos los planos

proyectivos reales, se ha probado en particular para el dual del plano dado. Lo quea�rma el enunciado a) en el plano dual es exactamente el enunciado b) sobre elplano original.

Solución del ejercicio 69 Hemos visto en el ejercicio 66 que la aplicación queasigna a cada dirección , es decir a cada punto en el in�nito, su dirección perpendic-ular es la aplicación �0 = �1=� , expresadoaen la coordenada completa � = x2=x1del in�nito. Se trata pues de una involución de P11 , a saber la involución de puntos�jos I ,J de coordenadas completa i ,�i , las dos direcciones perpendiculares así mismas (ya en el ejercicio 13 se advirtió que la involucíón �0� = �1 , de puntos�jos i ,�i , jugaría más tarde un papel importante:es, en el in�nito, la involuciónde perpendicularidad) .

El hecho de que dos direcciones D;D0 2 P11 sean conjugadas por la cónica Cequivale a que lo sean por la cuádrica "par de puntos"M;N que C restringe en P11, es decir, a que D;D0 se correspondan en la involución que tiene como puntos �josM;N:

Por el ejercicio 40 hay exactamente un par de puntos D;D0 que son correspon-dientes en ambas involuciones , la de perpendicularidad, de puntos �jos I; J , y lade conjugación por C, de puntos �jos M;N: Uniendo D;D0 con el centro Z de lacónica C obtenemos los dos únicos diámetros d; d0 que son a la vez perpendicularesentre sí, y conjugados por la cónica.

Solución del ejercicio 70a) Sabemos que toda recta r no tangente a una cónica la interseca tiene dos

puntos distintos P;Q de ella. Si la cónica es real , es decir con ecuación de coe�-cientes reales, y la recta es imaginaria, su recta complejo-conjugada r , la intersecaobviamente en puntos P ;Q complejo conjugados de los anteriores.

Dualmente, por todo punto P que no esté en una cónica pasan dos rectas r; stangentes a ella (como recta del dual, interseca a la cónica dual en esos dos puntos).

3. 87

Y las dos rectas tangentes a la cónica que pasan por el punto complejo-conjugadoP son las rectas r; s complejo-conjugadas de las anteriores.

En particular hay dos rectas r; s que pasan por el punto cíclico I y son tangentesa una cónica con centro; y hay otras dos rectas r; s , complejo-conjugadas de r; s ,que pasan por el punto cíclico J ,complejo conjugado de I; y que son tangentes ala cónica.

Los puntos reales F = r \ r y F 0 = s \ s son obviamente focos de la cónicapues por cada uno de ellos pasan dos rectas tangentes a la cónica e isótropas (esdecir pasando por uno de los puntos cíclicos) . Por la misma razón los puntosmutualmente complejo-conjugados G = r \ s y G0 = r \ s son focos de la cónica.Y, obviamente,no hay más focos.

b) Se nos pide probar1) que ambas rectas FF 0 y GG0 son diámetros de la cónica, es decir conjugadas,

por la cónica, de P11 .2) que ambas rectas FF 0 y GG0 son conjugadas entre sí por la cónica.3) que ambas rectas FF 0 y GG0 son perpendiculares entre sí

Las tres diagonales FF 0 , GG0; P11 ( o centros del cuadrilátero dual) delcuadrilátero completo formado por las cuatros rectas r; s; r; s tangentes a la cónicaforman un triángulo autopolar para la cónica (véase el método dual de construcciónde triángulos autopolares en la introducción al capítulo "más sobre cónicas lisas"). Cada una de estas tres diagonales es conjugada, por la cónica, de las otras dos, locual demuestra 1) y 2).

Recordemos además, que en un cuadrilátero completo, son armónicos los cuatropuntos en que cada recta es cortada por las demás. Por tanto, los cuatro puntosI; J;P11 \ FF 0;P11 \ GG0 de la recta de in�nito son armónicos, es decir que lasrectas FF 0 y GG0 son perpendiculares entre sí.

CAPíTULO 11

Más sobre geometría euclídea


Se trabajará siempre, en esta semana, en el plano euclídeo A2 = P2Rn IJ (lospuntos I; J siendo complejo conjugados, y siendo, pues, real la recta IJ que ellosexpanden) . Como las parábolas son tangentes al in�nito en un punto real -y portanto distinto de los puntos cícliclos I; J - las dos tangentes a una parábola desde Ison la recta del in�nito P11y otra recta r; y las dos tangentes desde J son la rectadel in�nito P11 y otra recta r necesariamente complejo-conjugada de la anterior.Así pues, la parábola sólo tiene un foco F = r \ r , que es real

De�nición Recordemos que el centro Z de la parábola es su punto en elini�nito , y que sus diámetros son las rectas - paralelas entre sí- que pasan por elcentro. De�nimos ahora más elementos en la parabola:

a) Llamamos eje e de la parábola al diámetro que pasa por el foco. El eje corta,pues , a la parábola en el centro Z y en otro punto que llamámos vértice V de laparábola. Denotamos t la recta tangente a la parábola en el vértice (como e pasapor el polo V de t, ambas e y t son conjugadas entre sí por la parábola)

b) Llamamos directriz � de la parábola a la recta polar de su foco.

89

90 11. MÁS SOBRE GEOMETRíA EUCLíDEA

Ejercicio 71. a) Demostrar que � y t son paralelas entre sí, es decir que secortan en el mismo punto D de P11 .

b) Demostrar que � y t son perpendiculares a e:

(Sugerencia: e y FD son rectas conjugadas por la cónica)

Ejercicio 72. Las tangentes en los dos extremos de una cuerda focal -rectaque pasa por el foco F - se encuentran perpendicularmente en un punto de � .


( Sugerencia : utilizar el enunciado dual del ejercicio 41y el dual del teoremade Chasles , en ejercicio 37, que a�rma que cuatro puntos armónicos de una cónicalisa se unen a un quinto punto de la cónica con rectas también armónicas)

De�nición: Se llama círculo a una cónica lisa, real, que pasa por los puntos I; Jdel in�nito (de ahí su nombre de puntos çíclicos", es decir, circulares) Se trata puesde un caso particular de elipse. Es obvio que, para una elipse, ser círculo equivalea que sus focos F; F 0 coincidan con su centro Z:

a) Demostrar que los círculos concéntricos, es decir con un mismo centro Z;forman un haz P1R de cónicas (incluyendo, por supuesto, los círculos degeneradosen pares de rectas) .


(Sugerencia: cfr. el comentario que sigue al ejercicio 50 , en particular el tipode haces de cónicas 2,2)

b) Los círculos que pasan por dos puntos reales �nitos dados forman un haz P1Rde cónicas (incluyendo los degenerados)

c) Demostrar que por tres puntos reales �nitos dados , no colineales, pasa uncírculo y sólo uno.

Ejercicio 73. Dados dos puntos �nitos reales P;Q , demostrar que es una


proyectividad la aplicación Rad(P )! Rad(Q) que hace corresponder a queda rectaque pasa por P su recta perpendicular que pasa por Q .

De�nición Una recta que pasa por un punto de una cónica lisa real se diceperpendicular o normal a la cónica en ese punto, si es perpendicular a la tangentea la cónica en el punto.

Ejercicio 74. ("Hipérbola de Apolonio") Sea C una cónica con centro (esdecir, una elipse o una hipérbola) del espacio euclídeo y sea Z su centro. Sea P unpunto que no está en C: Vamos a demostrar que existen cuatro puntos de C en losque ésta es normal a la recta que los une con P

a) Demostrar que es una proyectividad la aplicación Rad(Z) ! Rad(P ) queaplica cada diámetro d en la recta d0 que pasa por P y es perpendicular a su diámetroconjugado dc:

b) Demostrar que los cuatro puntos de intersección de C con la cónica generadaSteiner (ejercicio T 7.4) por la proyectividad considerada en a) tienen la propiedadrequerida.Esta cónica se llama la "hipérbola de Apolonio"de la cónica dada.

c) Demostrar que las dos asíntotas de la hipérbola de Apolonio son paralelas alos dos ejes principales

(sugerencia: usar el modo en que esta cónica ha sido Steiner generada)

Proponemos ahora, como colofón, un único ejercicio acerca del espacio métrico(cfr.comentario heurístico sobre el Erlangen Program de Felix Klein de clasi�ción delas geometrías lineales). Recordemos que el espacio métrico es AnR = P(Vn+1)nP(Vn), equipado con un producto escalar , es decir con un tensor T : V � V ! R que enalguna base de Vn se expresa con matriz0BBBB@

1:::1

1CCCCALa distancia d(P;Q) entre puntos reales �nitos P;Q de AnR se de�ne como se

indicó al �nal de aquel çomentario heurístico".Obviamente, en un espacio métrico se puede hablar de rectas perpendiculares

(pues la geometría métrica conlleva una estructura euclídea, a saber, el tensor <T>homogéneo del tensor dado T). Y se puede hablar de distancia de un punto P aun hiperplano p (ambos �nitos, reales) como su distancia d(P; P 0 ) al punto P 0 decorte con el hiperplano p de la recta perpendicular a p que pasa por el punto P:

Ejercicio 75. a) Demostrar que, dados puntos dos F; F 0 reales y �nitos de A2Ry un número real positivo r, estrictamente mayor que d(F; F 0) , el lugar geométricode los puntos cuya suma de distancias a F y F 0 es r es una elipse de focos realesF; F 0:

b) Demostrar que, dados puntos dos F; F 0 reales y �nitos de A2R y un númeroreal positivo r, estrictamente menor que d(F; F 0) , el lugar geométrico de los puntoscuya diferencia de distancias a F y F 0 es r es una hipérbola de focos reales F; F 0:


c) Demostrar que el lugar geométrico de los puntos de A2R que equidistan de unpunto �nito real F y de una recta �nita real � exterior a él es una parábola de focoF y directriz �:


Solución del ejercicio 71a) Tanto el polo V de la directriz � como el polo F de t están en el eje, luego

ambas rectas � y t son conjugudas del eje, y por lo tanto pasan por su polo D, quees un punto de la recta del in�nito, ya que el in�nito es conjugado del eje (pues elpolo Z de la recta del in�nito está en el eje)

b) Las cuatro rectas FI; FJ; t;P11 dan lugar a un cuadrilátero completo en elcual cada recta está cortada por el resto de las rectas de la construcción en cuatropuntos que son armónicos. En el caso de P11 estos cuatro puntos son I; J;D;Z y enconsecuencia D;Z -las direcciones de t y e -son direcciones perpendiculares entresí.

Solución del ejercicio 72. La cuerda focal pasa por el polo F de la directriz, es decir que es conjugada de ella , y por tanto su polo -el punto de corte P de lastangentes en sus extremos - está en ella.

Como la directriz y la cuerda focal son conjugadas entre sí, éstas cortan a lacónica en cuatro puntos que son armónicos entre sí (enunciado dual del ejercicio41) , y por tanto las tangentes a la cónica en esos cuatro puntos cortan a cualquierquinta tangente -en particular a P11 - en cuatro puntos que son armónicos entre sí(enunciado dual del teorema de Chasles , cfr. ejercicio 37) Dos de ellos son los puntoscíclicos I; J y los otros dos son las direcciones de las tangentes en los extremos dela cuerda focal. Luego esas direcciones son, en efecto, perpendiculares entre sí.

Solución T 11.3

a) Sea Z el centro común de todos esos círculos, es decir que esos círculos sonlas cónicas que pasan por I y J y son tangentes en I a la recta IZ y en J a larecta JZ


En el comentario al ejercicio 50 e) vimos que las cónicas que pasan por dospuntos distintos con tangentes pre�jadas, es decir por dos puntos confundidos yotros dos puntos confundidos (cuatro puntos en total, confundidos dos a dos) formanun haz P1 de cónicas, del tipo que llamamos 2,2.

b) Se trata del haz de cónicas que pasan por los dos puntos dados y por I; J :cuatro puntos en total.

c) Se trata de la cónica que pasa por cinco puntos: los tres dados y los puntoscíclicos I; J:

Solución del ejercicio 73 . Sabemos que la aplicación ?: P11 ! P11 quehace corresponder a cada dirección en el in�nito su dirección perpendicular es unainvolución (de puntos �jos I; J ). Por otra parte, la aplicación fP : Rad(P )! P11que hace corresponder a cada recta que pasa por P su dirección en el in�nitoes una proyectividad. La aplicación mencionada en el enunciado es claramente lacomposición f�1Q � ? � fP de tres proyectividades y por tanto es una proyectividad.

Solución del ejercicio 74 .a) La aplicación ' que hace corresponder a cada dirección D su dirección conju-

gada por la cónica C , es una involución (a saber, la asociada a la cuádrica fM;Ngque C restringe en el in�nito) .

Como la aplicación natural f : Rad(Z) ! P11 es una proyectividad, la apli-cación c : Rad(Z)! Rad(Z) que hace corresponder a cada diámetro d su diámetroconjugado dc es también una proyectividad (de hecho, una involución) pues esf�1 � '� f:

La aplicación Rad(Z)! Rad(Q) considerada en el enunciado es la composiciónde c con la aplicación considerad en el ejercicio anterior, ambas proyectividades, ypor tanto ella misma una proyectividad.

b) Para un punto A de intersección de la cónica dada con la cónica generadaSteiner por la aplicación de a) se tiene que la recta AQ es ortogonal al diámetro dc

conjugado del diámetro d = ZA . La tangente a la cónica en el punto A es paralelaal diámetro conjugado dc y por tanto es también perpendicular a la recta AQ:


c) Sea P es un punto de corte de P11 con la hipérbola de Apolonio de la cónicadada , es decir con la cónica generada Steiner por la proyectividad considerada ena). El punto P de in�nito está pues a la vez en el diámetro d = ZP y en la rectaPQ perpendicular a su diámetro conjugado dc, y por tanto ambos d y PQ sonparalelos.Como PQ es perpendicular a dc se sigue que también d es perpendiculara dc . Luego d y d c son los ejes principales.

Así pues, el punto de in�nito P está sobre un eje principal , que es por tantoparalelo a cualquier recta que pase por P; en particular a la asíntota de la hipérbolade Apolonio tangente a ella en el punto P:

Solución del ejercicio 75 (esencialmente, lo dejo sin hacer. Es un ejercicio debachillerato. Ya pondré la solución otro día en que esté menos cansado. Y además loampliaré proponiendo probar que el lugar de los puntos que equidistan de un puntodel plano es una circunferencia, es decir, una cónica que pasa por los puntos I; J)Tomemos referencia ortonormal -y correspondientes coordenadas y1 , y2- de modoque el eje de abcisas y2 = 0 sea la recta el eje de ordenadas y1 = 0 , y el origen(0; 0) sea su punto medio.Por tanto el eje de ordenadas y1 = 0 es la perpendiculara FF 0 en el punto medio entre F y F 0 Si a > 0 es la distancia de F; F 0 al origen,se tiene F = (�a; 0); F 0 = (0; a):

Los puntos P = (y1; y2) tales que la suma de sus distanciasp(y1 + a)2 + y22 ,p

(y1 � a)2 + y22 a los puntos F; F 0 es r son los que satisfacen la ecuación en coorde-nadas inhomogéneas y1; y2 que en coordenadas homógeneas x0; x1; x2 es ecuaciónhomógenea que fácilmente se comprueba ser la de una elipse. Análogamente seresuelven los otros ejercicios.

geometria proyectiva

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