Autor Tema: Ecuaciones paramétricas y cartesianas

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08 Noviembre, 2018, 02:48 am
Respuesta #10

Julio_fmat

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Muchas Gracias, tengo una duda con la recta \( T_p C \) tangente a \( C. \) Se supone que dicha recta en el espacio proyectivo esta dada por \( T_p C: u_0x_0+u_1x_1+\cdots +u_nx_n=0\iff \left[\begin{array}{ccc}{x_0},{x_1},...,{x_n}\end{array}\right]
\begin{bmatrix}{u_0}\\{u_1}\\ \vdots\\{u_n}\end{bmatrix}=0 \).

Se supone que haciendo esto obtengo la ecuación cartesiana de la recta \( T_p C. \) Según mi Profesor, debemos hacerlo así... Mi duda es qué debemos reemplazar en dicha ecuación?
"Haz de las Matemáticas tu pasión".

08 Noviembre, 2018, 08:21 am
Respuesta #11

Luis Fuentes

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Hola

Muchas Gracias, tengo una duda con la recta \( T_p C \) tangente a \( C. \) Se supone que dicha recta en el espacio proyectivo esta dada por \( T_p C: u_0x_0+u_1x_1+\cdots +u_nx_n=0\iff \left[\begin{array}{ccc}{x_0},{x_1},...,{x_n}\end{array}\right]
\begin{bmatrix}{u_0}\\{u_1}\\ \vdots\\{u_n}\end{bmatrix}=0 \).

Se supone que haciendo esto obtengo la ecuación cartesiana de la recta \( T_p C. \) Según mi Profesor, debemos hacerlo así... Mi duda es qué debemos reemplazar en dicha ecuación?

En primer lugar no se si has entendido mi propuesta de resolución. Es cosa tuya aclararlo.

Yo te propuse hallar el plano tangente a la superficie dada e intersecarlo son el plano de corte: eso te da la recta tangente a la cónica sección.

De todo lo visto llegamos a que en el plano proyectivo \( u=0 \) la ecuación de la tangente es \( z=0 \). Si quieres:

\( \begin{pmatrix}0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\\\end{pmatrix}=0 \)

Si quieres hallar la recta tangente directamente a partir de la cónica, entonces primero intersecamos la ecuación dada con \( u=0 \):

\( y^2+z^2-u^2-2xz+2yz=0. \)
\( u=0 \)

queda:

\( y^2+z^2-2xy+2yz=0 \)

Ahora la recta tangente en \( P=(0:1:-1) \) viene dada por:

\( \dfrac{\partial g}{\partial x}(P)x+\dfrac{\partial g}{\partial y}(P)y+\dfrac{\partial g}{\partial z}(P)z=0 \)

ó si quieres:

\( \begin{pmatrix}\dfrac{\partial g}{\partial x}(P)&\dfrac{\partial g}{\partial y}(P)&\dfrac{\partial g}{\partial z}(P)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\\\end{pmatrix}=0 \)

donde \( g(x,y,z)=y^2+z^2-2xy+2yz \).

Saludos.

27 Diciembre, 2020, 02:03 am
Respuesta #12

Julio_fmat

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Hola, analizando el problema de otra manera tenemos que \( C:=Q\cap \pi: y^2+z^2-2xz+2yz=0. \) Luego,

\( \begin{pmatrix}{x}&{y}&{z}&{u}\end{pmatrix}\begin{bmatrix}
{0}&{0}&{-1}&{0}\\
{0}&{1}&{1}&{0}\\
{-1}&{1}&{1}&{0}\\
{0}&{0}&{0}&{0}
\end{bmatrix}\begin{pmatrix}{0}\\{1}\\{-1}\\{0}
\end{pmatrix}=0 \)

De donde \( T_p C: x=0 \). ¿Estará bien?
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27 Diciembre, 2020, 08:30 am
Respuesta #13

Luis Fuentes

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Hola

Hola, analizando el problema de otra manera tenemos que \( C:=Q\cap \pi: y^2+z^2-2xz+2yz=0. \) Luego,

\( \begin{pmatrix}{x}&{y}&{z}&{u}\end{pmatrix}\begin{bmatrix}
{0}&{0}&{-1}&{0}\\
{0}&{1}&{1}&{0}\\
{-1}&{1}&{1}&{0}\\
{0}&{0}&{0}&{0}
\end{bmatrix}\begin{pmatrix}{0}\\{1}\\{-1}\\{0}
\end{pmatrix}=0 \)

De donde \( T_p C: x=0 \). ¿Estará bien?

Más o menos; aunque podría ser discutible la forma de expresar las cuentas y el resultado; si estás considerando la ecuación de la cónica intersección en el plano \( u=0 \), su matriz asociada es \( 3\times 3 \) y el punto de tangencia tiene tres coordenadas \( (0,1,-1). \)

Además la solución, es la recta \( x=0 \), \( u=0 \), es decir como estás en el espacio una recta viene dada por dos ecuaciones.

Se podría sobreenteder si lo indicas claramente desde el principio que trabajas en todo momento en el plano \( u=0 \) y por en ese contexto podría estar bien poner que la ecuación de la recta tangente viene dada únicamente por \( x=0 \).

Saludos.