[Zeta]

Hola,

A dónde voy es: al final he escrito una posible solución completa. ¿La entiendes? ¿Hay algo que use que crees que no has dado?.

A ver si consigo explicarme bien;

Mediante un giro y una traslación podemos suponer que cualquier recta vectorial de \( V \) es paralela al eje \( OX \) y que el vértice \( P \) es el origen. En dicho referencial la ecuación de la parábola queda

\( x^2 + 2ax + 2by = 0 \) (caso en el que el valor propio asociado a \( x \) es distinto de cero). Por otro lado para que pase por los puntos \( Q(x_1,y_1),R(x_2, y_2) \) ha de verificarse que pertenezcan a la cónica, es decir;

\( x^2_1 + 2ax_1 + 2by_1 = 0  \)
\( x^2_2 + 2ax_2 + 2by_2 = 0  \)

lo que implica

\( -\frac{x^2_1}{2} =  ax_1 + by_1  \)
\( -\frac{x^2_2}{2} =  ax_2 + by_2 \)

ahora bien; este sistema tiene solución cuando (aquí no tengo muy claro a lo que te refieres)

\(
\left|
\begin{array}{cc}

ax_1 & by_1\\

ax_2 & by_2
\end{array}
\right| \neq 0 \rightarrow ab\left| \begin{array}{cc} x_1 & y_1\\ x_2 & y_2 \end{array} \right| \neq 0  \). Si \( a,b \neq 0  \) entonces esa condición equivale a que los vectores \( (x_1, y_1), (x_2, y_2) \) no son proporcionales y por lo tanto los puntos \( Q,R \) no están alineados con \( P \) (para que lo estuvieran los vectores han de ser proporcionales, y al ser el origen \( P(0,0) \) los puntos \( Q,R \) serían de la forma \( (0 + x_1, 0 + y_1), (0 + \alpha x_1, 0 + \alpha y_1) \)).

EDIT: Me faltaría añadir que la parábola del principio, con dirección paralela al eje \( OX \) pasa por los vértices del triángulo que son las condiciones exigidas.
Saludos.
 

[Zeta]

Hola,

Estoy casi completamente de acuerdo con la idea de Luis Fuentes. Me parece que se obtiene también un resultado degenerado en caso de que el eje sea paralelo a alguno de los lados del triángulo.

Uno de los apartados del ejercicio es estudiar los casos degenerados en función del triángulo. Así que supongo que por ahí irán los tiros 

Por si sirve de algo un enfoque distinto:

En realidad la parábola se puede determinar como un caso particular del problema que determina una cónica a partir de cuatro puntos y una recta tangente. Los cuatro puntos que tenemos son los tres vértices del triángulo y el punto impropio del eje.
La recta tangente es la recta impropia de \( \mathbb{E_2} \).

Si los tres puntos están alineados el resultado es la recta que los contiene. Y si uno de los lados del triángulo es paralelo al eje, se obtienen dos rectas paralelas.

Espero que esté todo bien y que sea útil.

Si le soy sincero, me pierdo un poco en la explicación. En primer lugar no conocía que a partir de cuatro puntos y una recta tangente se puede determinar una cónica, y de momento no me han definido los conceptos de punto impropio, o recta impropia.

De todas formas se agredecen nuevos puntos de vista.

Saludos.

[Luis Fuentes]

Hola

ahora bien; este sistema tiene solución cuando (aquí no tengo muy claro a lo que te refieres)

\(
\left|
\begin{array}{cc}

ax_1 & by_1\\

ax_2 & by_2
\end{array}
\right| \neq 0 \rightarrow ab\left| \begin{array}{cc} x_1 & y_1\\ x_2 & y_2 \end{array} \right| \neq 0  \). Si \( a,b \neq 0  \) entonces esa condición equivale a que los vectores \( (x_1, y_1), (x_2, y_2) \) no son proporcionales y por lo tanto los puntos \( Q,R \) no están alineados con \( P \) (para que lo estuvieran los vectores han de ser proporcionales, y al ser el origen \( P(0,0) \) los puntos \( Q,R \) serían de la forma \( (0 + x_1, 0 + y_1), (0 + \alpha x_1, 0 + \alpha y_1) \)).

Es que creo que no estás teniendo en cuenta que \( a,b \) son las incógnitas del sistema. No puedes meterlas en la matriz del mismo.

Uno de los apartados del ejercicio es estudiar los casos degenerados en función del triángulo. Así que supongo que por ahí irán los tiros 

¿Pero en el enunciado exige triángulo rectángulo? En ese caso la única situación degenerada es cuando uno de los lados del triángulo es paralelo al eje. La parábola:

\( x^2+2ax+2by=0 \)

degenera en rectas paralelas cuando \( b=0 \) y es fácil ver que eso corresponde a \( x_1=0 \) ó \( x_2=0 \) ó \( x_1=x_2 \) (paralelismo de alguno de los lados al eje \( OX \)).

Si le soy sincero, me pierdo un poco en la explicación. En primer lugar no conocía que a partir de cuatro puntos y una recta tangente se puede determinar una cónica, y de momento no me han definido los conceptos de punto impropio, o recta impropia.

El punto impropio de una recta es su punto del infinito, al que "señala" su vector director; la recta impropia es la recta del infinito. Se cumple que una parábola es tangente a la recta del infinito en el punto del infinito del eje,.

Esto, sin conocimientos previos, requeriría un rato explicarlo con detalle.

Saludos.

[Zeta]

Hola

Es que creo que no estás teniendo en cuenta que \( a,b \) son las incógnitas del sistema. No puedes meterlas en la matriz del mismo.

Pues no lo estaba teniendo en cuenta, ahora todo cuadra.

¿Pero en el enunciado exige triángulo rectángulo? En ese caso la única situación degenerada es cuando uno de los lados del triángulo es paralelo al eje.

Sí, lo exige.

El punto impropio de una recta es su punto del infinito, al que "señala" su vector director; la recta impropia es la recta del infinito. Se cumple que una parábola es tangente a la recta del infinito en el punto del infinito del eje,.

Esto, sin conocimientos previos, requeriría un rato explicarlo con detalle.

Ah vale, pero estaríamos dentro del plano proyectivo (dos rectas siempre se cruzan; si se cruzaban ya en el afín es obvio, y si eran paralelas ahora se cruzan en su clase de equivalencia o punto del infinito). Recién acabamos de empezar este tema.

Saludos.

[martiniano]

Hola.

Aquí esto por si os apetece jugar un poco con Geogebra. Acabo de descubrir el potencial que tiene el programa y estoy algo emocionado 


El deslizador es el ángulo que forma el eje de la parábola con la horizontal. Los puntos se pueden mover a voluntad.

Saludos.

[manooooh]

Hola martiniano! Te quedó maravilloso! Felicitaciones.

Si querés ver otras obras podés visitar la siguiente página creada por el maestro Ignacio Larrosa: http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/. Hay mucho contenido súper interesante. Fíjate si podés replicar alguno de ellos .

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Aquí esto por si os apetece jugar un poco con Geogebra. Acabo de descubrir el potencial que tiene el programa y estoy algo emocionado 

Bienvenido al "club". 

Saludos.

[Masacroso]

Hola.

Aquí esto por si os apetece jugar un poco con Geogebra. Acabo de descubrir el potencial que tiene el programa y estoy algo emocionado 

Lo único que no me gusta del geogebra es la manera de programar algunas cosas, demasiado "clunky" como dirían en Mordor. Y que no tiene un buen soporte para números complejos (lo tiene pero parcial). Por lo demás es más que excelente.

[martiniano]

Hola.

Pues sí chicos, y que lo digáis. Esto es un auténtico vicio. 

He modificado un poco el archivo que subí al principio. He cambiado los límites del deslizador porque en el archivo original no se permitían ejes con pendiente negativo y he introducido otra parábola porque para ciertas posiciones relativas entre puntos y eje el asunto no funcionaba bien. Dibujaba una parábola ortogonal a la buscada. Ahora parece que ya está. Lo que he hecho ha sido dibujar las dos parábolas, sólo que siempre hay una de las dos que no viene muy a cuento, pero bueno, tampoco molesta demasiado. 

Saludos. 

[Zeta]

Hola,

Una pregunta, ¿se podría afirmar con lo que hemos demostrado que existe una biyección entre las rectas de \( V \) y las cónicas que pasan por los tres vértices del triángulo?

Saludos