Universidad Nacional de Colombia - Sede MedellínEscuela de Matemáticas

Solución de Segundo Parcial de Geometría Vectorial y Analítica (25%)12 de diciembre de 2011

I. (35%) Considere la cónica C con foco F =(−23

), excentricidad e = 1 y directriz L : x−y = 5.

1. ( 6 ) Muestre que la cónica C tiene una ecuación dada por x2+2xy+y2+18x−22y+1 = 0

Solución:

P =

(x

y

)∈ C

(2)

⇐⇒ d(P, F )

d(P, L) = 1⇐⇒∥∥∥−−→FP

∥∥∥d(P, L) = 1⇐⇒

√(x+ 2)

2+ (y − 3)2

|x− y − 5|√2

= 1

(2)

⇐⇒√(x+ 2)2 + (y − 3)2 = |x− y − 5|√

2

=⇒ (x+ 2)2 + (y − 3)2 = (x− y − 5)22

⇐⇒ 2 (x+ 2)2 + 2 (y − 3)2 = (x− y − 5)2

(2)

{⇐⇒ 2x2 + 8x+ 2y2 − 12y + 26 = x2 − 2xy − 10x+ y2 + 10y + 25

⇐⇒ x2 + 2xy + 18x+ y2 − 22y + 1 = 0

2. ( 15 ) Muestre que la ecuación, dada en el numeral 1., se puede transformar en la ecuación

sin término mixto dada por 2 (x′)2 − 2

√2x′ − 20

√2y′ + 1 = 0, referida a un sistema de

coordenadas x′y′ obtenido mediante una rotación de ejes según un ángulo θ tal que0 < θ < π

2 .

Solución:

(2)

x2 + 2xy + 18x+ y2 − 22y + 1 = 0⇐⇒ XTMX + UTX + 1 = 0

donde: M =

(1 11 1

), X =

(x

y

)y U =

(18−22

)

(2)

det

(1− λ 11 1− λ

)= λ2 − 2λ = λ (λ− 2)

Los valores propios de M son λ1 = 2 y λ2 = 0

(2)

Los vectores propios de M asociados con el valor propio λ1 = 2

satisfacen:

{(1− 2)x+ y = 0x+ (1− 2) y = 0 ⇐⇒

{−x+ y = 0x− y = 0 ⇐⇒ y = x

(2)

Un vector propio de M ubicado en el primer cuadrante y asociado con λ2 es

(11

)

Un vector propio de M unitario, ubicado en el primer cuadrante y asociado con λ2 es

(1√21√2

)

.

1

(2)

{

Luego M = Q

(λ1 00 λ2

)QT , donde Q =

(1√2

− 1√2

1√2

1√2

)

, λ1 = 2 y λ2 = 0

(5)

Mediante el cambio de variable X = QX ′, la ecuación dada se transforma en

2 (x′)2+ 0 (y′)

2+(18 −22

)(

1√2

− 1√2

1√2

1√2

)(x′

y′

)+ 1 = 0

⇐⇒ 2 (x′)2+ 0 (y′)

2+ 1√

2

(18 −22

)( 1 −11 1

)(x′

y′

)+ 1 = 0

⇐⇒ 2 (x′)2 + 0 (y′)2 + 1√2

(18 −22

)( x′ − y′x′ + y′

)+ 1 = 0

⇐⇒ 2 (x′)2 − 2

√2x′ − 20

√2y′ + 1 = 0

3. En relación con el numeral 2:

a. ( 9 ) Halle el vértice, eje focal, el foco y la directriz de la cónica C, referidos al nuevo sistemade coordenadas x′y′. Halle también la longitud del lado recto.Solución:

(3)

2 (x′)2 − 2

√2x′ − 20

√2y′ + 1 = 0

2 (x′)2 − 2√2x′ = 20

√2y′ − 1

2((x′)

2 −√2x′)= 20

√2y′ − 1

2((x′)

2 −√2x′ + 1

2

)= 20

√2y′ − 1 + 1

2(x′ − 1

2

√2)2= 20

√2y′

y′ = 110√2

(x′ − 1

2

√2)2

(1)

{Vértice V ′ =

( √220

)

(1) El eje focal es la recta vertical x′ =√22

(2)

{

4p = 10√2 =⇒ p = 5

√22 , el foco es F

′ =

( √22

0 + 5√22

)

=

( √225√22

)

(1) La ecuación de la directriz es y′ = k − p = 0− 10√2

4 ⇐⇒ y′ = −10√2

4 ⇐⇒ y′ = −5√22

(1)La longitud del lado recto es |4p| = 10√2

b. ( 5 ) Dibuje la cónica C, en el plano cartesiano xy, indicando la unidad de medida usada y señalandolos elementos hallados en el literal a.

2

Solución:

x2 + 2xy + 18x+ y2 − 22y + 1 = 0

-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10

-10

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

10

x

y

Figura 1:

II. (35%) Sea T : R2 −→ R2 la transformación lineal definida por T

(x

y

)=

(3x− y5x− 3y

).

1. ( 7 ) Encuentre el determinante de T .

(7)

La matriz de T es

(3 −15 −3

)

det(T ) = 3 (−3)− (−1) 5 = −4

2. ( 10 ) Diga si T es invertible (justifique) y, en caso afirmativo, encuentre T−1(x

y

).

(2) Como det(T ) = 0, la transformación T sí es invertible.

(4) La matriz de T−1 es m(T−1

)=

1

(−4)

(−3 1−5 3

)=

(34 −1

454 −3

4

)

(4) T−1(x

y

)=

(34 −1

454 −3

4

)(x

y

)=

( 3x−y4

5x−3y4

)

3. Sean X1 =

(12

), X2 =

(31

)y P el paralelogramo determinado por X1 y X2.

a. ( 6 ) Describa la imagen del paralelogramo P bajo la transformación lineal TSolución: La imagen del paralelogramo P bajo T está determinada por T (X1) y T (X2)

3

(1) T (X1) = T

(12

)=

(3 −15 −3

)(12

)=

(1−1

)

(1) T (X2) = T

(31

)=

(3 −15 −3

)(31

)=

(812

)

(1) det

(1 8−1 12

)= 20 = 0 y por tanto T (X1) y T (X2) son linealmente independientes.

(3)

Luego, la imagen del paralelogramo P bajo T

es el paralelogramo determinado por los vectores

(1−1

)y

(812

)

Así : T (P) ={(

x

y

)∈ R2 :

(x

y

)= t

(1−1

)+ s

(812

); 0 ≤ t ≤ 1, 0 ≤ s ≤ 1

}

b. ( 6 ) Calcule, utilizando determinanates, el área del paralelogramo P.Solución: El área del paralelogramo P está dada por:

(6) A =∣∣∣∣det

(1 32 1

)∣∣∣∣ = |1− 6| = 5 unidades cuadradas.

c. ( 6 ) Calcule el área de la imagen bajo T del paralelogramo P.Solución:

(6) El área de la imagen bajo T del paralelogramo P es AT (P) = |det(T )| A = |−4| (5) = 20unidades cuadradas.

III. ( Valor 30% ) Responda cada una de las siguientes preguntas, justificando brevemente surespuesta.

1. ( 7 ) Si X =

(−25

)es vector propio de una matriz A, de orden 2, correspondiente al valor

proio λ = −2, ¿cuál es el vector AX ?.Solución: X es vector propio de A, asociado al valor propio λ si y sólo si AX = λX. Luego

AX = −2X = −2(−25

)=

(4−10

)

2. ( 12 ) Sea A una matriz con valores propios λ1 = 3 y λ2 = −1, tal que X1 =(−11

),

X2 =

(3−2

)son vectores propios de A asociados respectivamente con los valores propios

λ1 y λ2. Encuentre una matriz invertible P y una matriz diagonal D tales que A = PDP−1.Solución:

Los vectores X1 y X2 son dos vectores propios de A asociados con λ1 = 3 y λ2 = −1(3)

{X1 y X2 son linealmente independientes pues det

(−1 31 −2

)= 2− 3 = −1 = 0

(1){entonces la matriz A se puede factorizar como A = PDP−1

(4)

{donde P =

(−1 31 −2

)es invertible

(4)

{y D =

(3 00 −1

)es diagonal.

(a) (7 ) Si A es una matriz de orden 2, tal que una columna de A es múltiplo escalar de la otra,¿Cuál es el valor del determinante de A?

4

(b) Solución:

(2) Como A tiene una columna que es múltiplo escalar de la otra, sus columnas son L.D.(1) y por lo tanto A es una matriz no invertible.

(4) Luego, detA = 0.

4. ( 4 ) Si A es una matriz invertible de orden 2, ¿Para cuántos vectores X de R2, se satisfaceAX = 0 ?Solución:

(4){Si A es matriz invertible, el único vector X ∈ R2 talque AX = 0 es X = 0.

5