La PizarraMatemática.

Grado en Matemáticas

Cónicas y cuádricas

Una ecuación de segundo grado puede dibujar una curva cerrada, dos ramas, una parábola, varias rectas o ningún punto real. Primero aprenderemos a cambiar de ejes sin deformar la figura. Después construiremos las cónicas con sus elementos y reconoceremos superficies de tres dimensiones mediante cortes sencillos.

1. El término cruzado se reparte entre dos casillas de la matriz

Una ecuación cuadrática en el plano tiene forma ax²+Bxy+cy²+dx+ey+f=0.

Su parte de grado dos se escribe zᵀAz con z=(x,y) y A=[[a,B/2],[B/2,c]].

Al multiplicar aparecen dos términos xy, uno por cada entrada fuera de la diagonal; por eso ponemos la mitad en cada una.

Los términos lineales y la constante también importan: conocer A no basta para saber qué puntos reales existen. En tres variables se procede igual, repartiendo cada coeficiente de xy,xz,yz entre dos casillas simétricas. Cualquier parte antisimétrica aportaría cero a zᵀAz, así podemos trabajar con una matriz simétrica.

Escribir y comprobar la matriz

Para 5x²+6xy+5y², encuentra A.

  1. Diagonal

    Los cuadrados dan A₁₁=A₂₂=5.
  2. Cruce

    Cada casilla fuera de la diagonal vale tres.

  3. Expandir

    (x,y)·(5x+3y,3x+5y)=5x²+6xy+5y².
Resultado

A=[[5,3],[3,5]].

Lo comprobamos

Poner seis en ambas casillas daría doce xy, el doble del término pedido.

Misma matriz, conjuntos distintos

Compara x²+y²=1, x²+y²=0 y x²+y²=−1.

  1. Parte común

    Las tres tienen A=I.
  2. Niveles

    Nivel uno permite una circunferencia; nivel cero exige x=y=0.

  3. Nivel negativo

    Una suma de cuadrados reales no puede valer menos uno.

Resultado

La constante distingue circunferencia, punto y vacío.

Lo comprobamos

La matriz positiva no garantiza por sí sola una curva real no degenerada.

2. Girar los ejes elimina el cruce sin cambiar longitudes

El teorema espectral da una base ortonormal de autovectores de A.

Si Q tiene esas columnas, QᵀAQ=D es diagonal.
Sustituir z=Qw elimina términos cruzados: zᵀAz=wᵀDw.

Como Q es ortogonal, preserva distancias y ángulos.

También transformamos la parte lineal: si era bᵀz, ahora es (Qᵀb)ᵀw. No se cambia solo la matriz. Si queremos que el cambio sea una rotación propia, elegimos el signo de un autovector para que det Q=1; su dirección sigue siendo un eje principal válido.

Los ejes diagonales de una elipse inclinada

Diagonaliza 5x²+6xy+5y²=8.

  1. Autovectores

    (1,1)/√2 tiene valor ocho; (−1,1)/√2 tiene valor dos.

  2. Cambio

    x=(u−v)/√2, y=(u+v)/√2.

    Las columnas forman una rotación.

  3. Ecuación

    Queda 8u²+2v²=8, es decir u²+v²/4=1.
Resultado

Es una elipse con semiejes uno y dos en direcciones diagonales.

Lo comprobamos

El eje mayor sigue (−1,1), no necesariamente el eje x original.

Los términos lineales también giran

Añade 2√2 x al mismo polinomio cuadrático.

  1. Sustituir

    2√2 x=2(u−v).
  2. Reunir

    La ecuación transformada contiene 8u²+2v²+2u−2v, más la constante original.

  3. Interpretar

    Se eliminaron cruces, pero quedan términos lineales que requieren otra operación.

Resultado

El giro y la traslación cumplen funciones distintas.

Lo comprobamos

Sustituir todo el polinomio evita perder el término −2v.

3. Completar cuadrados encuentra el centro o descubre una dirección parabólica

Si λ no es cero, λu²+βu=λ(u+β/(2λ))²−β²/(4λ).

Añadimos dentro del cuadrado exactamente lo que compensamos fuera. En varias direcciones diagonales repetimos el paso para cada coeficiente cuadrático no nulo.

Si A es invertible, el centro h satisface 2Ah+b=0.
Con z=h+Qw desaparecen los términos lineales.

Si una dirección tiene coeficiente cuadrático cero, la traslación no puede eliminar su término lineal: este puede producir una parábola o paraboloide. Si tampoco hay término lineal en esa dirección, queda una coordenada libre.

Leer el centro después de compensar

Clasifica x²+4y²−6x+8y−3=0.

  1. Horizontal

    x²−6x=(x−3)²−9.
  2. Vertical

    4y²+8y=4(y+1)²−4.
  3. Constantes

    (x−3)²+4(y+1)²=16; al dividir, (x−3)²/16+(y+1)²/4=1.
Resultado

Elipse de centro (3,−1), semiejes cuatro y dos.

Lo comprobamos

Expandir las compensaciones recupera −9−4−3=−16 antes de pasar al otro miembro.

Una dirección sin cuadrado

Compara y²−4y−8x+12=0 y y²−4y+3=0.

  1. Primera

    (y−2)²=8(x−1): queda un término lineal en x y resulta parábola.
  2. Segunda

    (y−2)²=1, sin x: y=1 o y=3.
  3. Diferencia

    Eliminar x de la segunda deja dos rectas paralelas, no una parábola.

Resultado

La dirección nula necesita revisar sus términos lineales.

Lo comprobamos

En la primera no se puede completar un cuadrado de x que no existe.

4. La elipse se dibuja desde centro, semiejes y focos

En x²/a²+y²/b²=1, con a≥b>0, los denominadores son cuadrados de longitudes. El mayor corresponde al eje mayor. Primero situamos el centro, después ±a sobre ese eje y ±b sobre el otro. La parametrización (a cos t,b sen t) recorre toda la curva.

Centro, extremos y focos se colocan en ese orden
x²/25+y²/9=1−553−3−44a=5 ; b=3 ; c=4c²=25−9=16Los focos quedan dentro.
Elipse horizontal de semiejes cinco y tres. Centro cero cero, extremos horizontales menos cinco y cinco, extremos verticales menos tres y tres, focos menos cuatro cero y cuatro cero. El dibujo usa la misma escala en ambos ejes y verifica c cuadrado igual a veinticinco menos nueve.
Los focos son (±c,0), con c²=a²−b².

La suma de distancias a ellos es 2a. Para verlo, la distancia al foco (c,0) en un punto de la elipse cumple d²=(a−cx/a)², y a−cx/a es positivo porque |x|≤a y c<a. El otro foco da a+cx/a; la suma es 2a.

La excentricidad e=c/a es menor que uno.

Si a>b, las directrices son x=±a/e y la distancia a un foco es e veces la distancia a su directriz correspondiente. Si a=b tenemos circunferencia, focos coincidentes y e=0; no hay una directriz finita obtenida dividiendo por cero.

La elipse del dibujo

Construye x²/25+y²/9=1.

  1. Centro y ejes

    Centro (0,0); a²=25 y b²=9, así a=5,b=3.

    El eje mayor es horizontal.

  2. Extremos

    (±5,0) y (0,±3).

  3. Focos

    c²=25−9=16, por tanto c=4 y los focos son (±4,0).
  4. Comprobar suma

    En (0,3), cada distancia focal es √(16+9)=5; suman diez.
Resultado

e=4/5 y las directrices son x=±25/4.

Lo comprobamos

La misma escala en los dos ejes permite ver las longitudes; cinco no es el denominador, sino su raíz.

Eje mayor vertical y centro desplazado

Estudia (x−1)²/4+(y+2)²/16=1.

  1. Centro

    (1,−2), porque las diferencias se anulan allí.

  2. Direcciones

    El denominador dieciséis está bajo y: semieje mayor cuatro vertical y menor dos horizontal.

  3. Elementos

    Vértices mayores (1,2),(1,−6); c=√(16−4)=2√3, focos (1,−2±2√3).
Resultado

Los elementos se cuentan desde el centro en sus direcciones correspondientes.

Lo comprobamos

Con x=1, y+2=±4 verifica ambos vértices mayores en la ecuación.

5. La hipérbola abre en la dirección del término positivo

En x²/a²−y²/b²=1, a,b>0, el término positivo fija el eje horizontal de las dos ramas. Con y=0 obtenemos los vértices (±a,0); con x=0 no hay punto real. La caja auxiliar de semianchos a,b permite trazar las asíntotas y=±(b/a)x.

La caja auxiliar fija las asíntotas, no cuatro vértices
x²/4−y²/9=1−22(2;3)Asíntotas: y=±3x/2c=√(4+9)=√13
Hipérbola de eje horizontal x cuadrado cuartos menos y cuadrado novenos igual a uno. Vértices menos dos cero y dos cero; rectángulo auxiliar con semianchos dos y tres; sus diagonales dan asíntotas y igual a más o menos tres medios de x. Se muestran las dos ramas y los ejes a igual escala.

Los focos son (±c,0), ahora con c²=a²+b², de modo que e=c/a>1. La diferencia absoluta de distancias focales es 2a. En la rama x≥a, las distancias a los focos derecho e izquierdo son cx/a−a y cx/a+a; restarlas da 2a.

Las directrices son x=±a/e.

Las asíntotas no son ramas de la curva: satisfacen el nivel cero de la parte cuadrática y la hipérbola está en nivel uno. Al crecer |x|, |y|=(b/a)√(x²−a²) se acerca a (b/a)|x|; la diferencia tiende a cero por racionalización.

Una caja que orienta dos ramas

Dibuja x²/4−y²/9=1.

  1. Medidas

    a=2,b=3; el mayor denominador no decide el eje de apertura en una hipérbola.

  2. Caja

    Esquinas (±2,±3), cuyas diagonales dan y=±3x/2.
  3. Focos

    c=√13; vértices (±2,0), focos (±√13,0).
Resultado

Dos ramas horizontales, no una elipse vertical.

Lo comprobamos

El centro no pertenece a la curva: sustituir (0,0) da cero, distinto de uno.

Un término positivo vertical

Estudia (y−1)²/16−(x+2)²/9=1.

  1. Centro

    (−2,1).

  2. Vértices

    El positivo contiene y: desde el centro subimos y bajamos cuatro; (−2,5),(−2,−3).

  3. Focos y guías

    c=√(16+9)=5: focos (−2,6),(−2,−4); asíntotas y−1=±(4/3)(x+2).
Resultado

Las ramas son verticales.

Lo comprobamos

En los vértices, el término negativo se hace cero y el positivo vale uno.

6. La parábola iguala dos distancias y no necesita un centro

Fijamos un foco (p,0) y una directriz x=−p, con p distinto de cero.

Un punto (x,y) pertenece a la parábola si √((x−p)²+y²)=|x+p|.
Al elevar al cuadrado y cancelar términos queda y²=4px.

Como ambos lados de la igualdad de distancias eran no negativos, la equivalencia no añade puntos extra.

La parábola iguala distancia al foco y a la directriz
y²=8x ; foco (2;0)P(2;4)44Fx=−2Dos distancias iguales
Parábola y cuadrado igual a ocho x con vértice en el origen, foco dos cero y directriz vertical x igual a menos dos. El punto dos cuatro está a cuatro unidades del foco y de la directriz, mediante segmentos perpendiculares dibujados. Los ejes usan la misma escala.

El vértice está a mitad de camino entre foco y directriz: (0,0). El signo de p fija hacia dónde abre.

La parametrización (pt²,2pt), t real, cubre la curva porque t=y/(2p).

Su excentricidad es uno: las dos distancias son iguales. No es una curva central como la elipse o la hipérbola.

Las distancias del dibujo

Estudia y²=8x y el punto (2,4).

  1. Identificar

    4p=8, así p=2.
    Foco (2,0), directriz x=−2.
  2. Pertenencia

    4²=16=8·2.
  3. Distancias

    Al foco dista cuatro verticalmente.

    A la directriz dista |2+2|=4 horizontalmente.
Resultado

El punto cumple la propiedad que define la parábola.

Lo comprobamos

Ocho es 4p, no la distancia focal p.

Cambiar posición y sentido

Interpreta (y−2)²=−12(x+1).

  1. Vértice

    (−1,2), usando coordenadas X=x+1,Y=y−2.
  2. Parámetro

    4p=−12 da p=−3: abre hacia la izquierda.
  3. Elementos

    Foco (−4,2), directriz x=2; con t=1 la parametrización da (−4,−4).
Resultado

La parábola tiene eje y=2 y abre a la izquierda.

Lo comprobamos

En (−4,−4), la distancia al foco es seis y a x=2 también seis.

7. La clasificación incluye rectas, puntos y vacío

Tras quitar cruces y completar cuadrados, dos coeficientes del mismo signo pueden dar elipse, un punto o vacío según el nivel. Dos signos opuestos dan hipérbola si el nivel no es cero; si es cero, el polinomio se factoriza en dos rectas secantes.

Con una sola dirección cuadrática, un término lineal en la otra da parábola. Si no existe, puede haber dos rectas paralelas, una recta doble o vacío. El discriminante B²−4ac orienta sobre la parte cuadrática, pero no decide por sí solo estas degeneraciones ni si existen puntos reales.

Mismo discriminante, tres respuestas

Compara 4x²+y²=4, =0 y =−4.

  1. Discriminante

    En los tres casos es 0²−4·4·1=−16.
  2. Nivel positivo

    Al dividir entre cuatro, x²+y²/4=1: elipse.
  3. Otros niveles

    Nivel cero solo tiene (0,0); nivel negativo no tiene puntos reales.

Resultado

El discriminante no distingue las tres posibilidades.

Lo comprobamos

En los dos últimos casos, la no negatividad de cada cuadrado decide directamente.

Factorizar descubre las rectas

Clasifica x²−4y²=0 y x²=9.

  1. Secantes

    x²−4y²=(x−2y)(x+2y); basta que un factor sea cero.
  2. Paralelas

    x²=9 da x=3 o x=−3, con cualquier y.
  3. Límite

    x²=0 daría una sola recta x=0, contada doble algebraicamente.

Resultado

La primera es unión de dos rectas secantes y la segunda de dos paralelas.

Lo comprobamos

El origen está en la primera, pero no en la segunda; una gráfica debe incluir todas las componentes.

8. Los cortes horizontales distinguen elipsoides, hiperboloides y conos

En tres dimensiones, x²/a²+y²/b²+z²/c²=1, con parámetros positivos, es un elipsoide. A una altura fija z, queda una elipse si |z|<c, un punto si |z|=c y nada si |z|>c. Así vemos que la superficie es acotada.

El corte central distingue tres superficies de aspecto cercano
Cortes a distintas alturasuna hojados hojas∅conoEn z=0: círculo / vacío / puntoEsquema de cortes, no perspectiva.
Tres columnas de secciones horizontales esquemáticas: hiperboloide de una hoja, hiperboloide de dos hojas y cono circular. A altura cero, la primera tiene círculo no vacío, la segunda no tiene puntos y el cono solo el vértice. Los cortes superiores e inferiores se muestran como elipses esquemáticas, sin escala común entre modelos.

Con dos signos positivos y uno negativo igualados a uno aparece un hiperboloide de una hoja: cada altura da una elipse no vacía. Con un positivo y dos negativos aparece uno de dos hojas, separado por una zona sin puntos. Al igualar una forma indefinida a cero obtenemos un cono; el origen es su vértice singular.

Alturas permitidas en un elipsoide

Estudia x²/9+y²/4+z²/16=1.

  1. Corte

    A altura z=h, x²/9+y²/4=1−h²/16.
  2. Casos

    h=0 da elipse; h=4 da solo (0,0,4); h=5 es imposible.
  3. Extremos

    Los semiejes miden tres, dos y cuatro.

Resultado

No hay puntos con |z|>4.

Lo comprobamos

Las seis intersecciones con ejes verifican los semiejes en la ecuación original.

Una hoja frente a dos

Compara x²+y²−z²=1 y z²−x²−y²=1.

  1. Primera

    A altura h, x²+y²=1+h²: siempre hay círculo, incluido el central de radio uno.

  2. Segunda

    x²+y²=h²−1 requiere |h|≥1: hay una parte superior y otra inferior.

  3. Cono

    Para x²+y²−z²=0 queda radio |h|; en h=0 solo está el vértice.

Resultado

El corte central distingue círculo, vacío y punto.

Lo comprobamos

El esquema de cortes muestra existencia y tamaño relativo; no pretende ser una perspectiva a escala de los tres modelos.

9. Una dirección lineal da paraboloide; una ausente da cilindro

En z=x²/a²+y²/b², el término lineal z permite despejar la altura: es un paraboloide elíptico. El corte z=h es elipse para h>0, punto para h=0 y vacío para h<0. Cambiar un signo da z=x²/a²−y²/b², un paraboloide hiperbólico con aspecto de silla.

Si una coordenada no interviene, cada punto de la curva plana puede moverse libremente en esa dirección: se forma un cilindro. No siempre es circular. Puede ser elíptico, hiperbólico o parabólico. Los casos degenerados pueden dar planos, pares de planos, rectas, puntos o vacío; una ecuación de segundo grado no garantiza una superficie regular.

Dos paraboloides se separan con cortes verticales

Compara z=x²+y² y z=x²−y².

  1. Plano y=0

    Ambos dan z=x², una parábola que abre hacia arriba.

  2. Plano x=0

    El primero da z=y²; el segundo z=−y², que abre hacia abajo.

  3. Altura cero

    El primero solo tiene origen; el segundo contiene las rectas x=±y, z=0.

Resultado

Los signos opuestos crean la silla del paraboloide hiperbólico.

Lo comprobamos

Un único corte habría ocultado la diferencia; dos direcciones muestran la curvatura opuesta.

Una variable libre prolonga toda una curva

Interpreta x²/9+y²/4=1 en ℝ³ y y=x² en ℝ³.

  1. Primera

    z puede ser cualquier real: cada punto de la elipse se prolonga en una recta vertical.

  2. Segunda

    También falta z: una parábola se prolonga en líneas paralelas al eje z.

  3. No confundir

    El centro de cada sección elíptica existe, pero el cilindro completo no está acotado en z.

Resultado

Son cilindros elíptico y parabólico.

Lo comprobamos

(3,0,z) pertenece al primero para todo z; (2,4,z) al segundo para todo z.

10. Volver a las coordenadas originales evita centros y semiejes mal leídos

Después de clasificar una ecuación transformada, devolvemos sus elementos al sistema inicial. Si z=h+Qw, el centro es h y las columnas de Q indican las direcciones de sus ejes. Los extremos se obtienen como h más o menos un semieje por su dirección unitaria.

Comprobamos expandiendo o sustituyendo puntos especiales. Los semiejes son raíces positivas de los denominadores de la forma normalizada, no los coeficientes originales. Una gráfica es una ayuda; la clasificación algebraica debe justificar componentes, existencia y los casos que la ventana del dibujo no muestre.

Devolver vértices de una elipse inclinada

Retoma u²+v²/4=1 con x=(u−v)/√2,y=(u+v)/√2.

  1. Eje mayor

    v=±2,u=0.
  2. Volver

    Los vértices mayores son (−√2,√2) y (√2,−√2).

  3. Verificar

    En el primero, 5x²+6xy+5y²=10−12+10=8.
Resultado

Los semiejes se miden en direcciones unitarias, no sobre x e y originales.

Lo comprobamos

La distancia de esos vértices al centro es dos, como exige el denominador cuatro.

Recuperar la constante al expandir

Comprueba (x−3)²/16+(y+1)²/4=1.

  1. Quitar denominadores

    (x−3)²+4(y+1)²=16.
  2. Expandir

    x²−6x+9+4y²+8y+4=16.
  3. Reunir

    x²+4y²−6x+8y−3=0.
Resultado

La expansión recupera la ecuación inicial.

Lo comprobamos

El centro (3,−1) hace cero ambos cuadrados y no está en la curva: es el centro, no un punto de la elipse.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Completar cuadrados

Clasifica x²+y²−4x+2y−4=0.

  1. Agrupar

    (x²−4x)+(y²+2y)−4=0; no aparece xy y no necesitamos girar ejes.
  2. Completar x

    x²−4x=(x−2)²−4.
  3. Completar y

    y²+2y=(y+1)²−1.
  4. Reunir constantes

    (x−2)²+(y+1)²−4−1−4=0, de donde la suma de cuadrados es nueve.
  5. Leer distancia

    Es el cuadrado de la distancia a (2,−1).

    La distancia pedida es √9=3.
  6. Clasificar y comprobar

    Circunferencia real de centro (2,−1) y radio tres.

    Expandir devuelve x²+y²−4x+2y−4=0.
Resultado

Circunferencia de centro (2,−1), radio 3.

Lo comprobamos

Expandir (x−2)²+(y+1)²=9 da x²+y²−4x+2y+5=9 y recupera la constante −4 del enunciado.

EJEMPLO RESUELTO 2

Una elipse

Identifica semiejes de 4x²+9y²=36.

  1. Mirar signos y nivel

    Ambos coeficientes son positivos y el segundo miembro es positivo: hay una elipse real.

  2. Normalizar

    Dividimos toda la ecuación entre treinta y seis, no solo un término.

  3. Simplificar

    4x²/36=x²/9 y 9y²/36=y²/4, así queda x²/9+y²/4=1.
  4. Distinguir cuadrados de longitudes

    a²=9,b²=4; los semiejes positivos son a=3,b=2.
  5. Ubicar direcciones

    El semieje horizontal mide tres y el vertical dos. El eje mayor es horizontal.

  6. Comprobar extremos

    Con y=0, x=±3; con x=0, y=±2.

    Sustituir en la ecuación inicial devuelve treinta y seis.

Resultado

Semiejes 3 y 2.

Lo comprobamos

En la ecuación inicial, 4·3²=36 y 9·2²=36. Los extremos verifican ambas longitudes.

Los símbolos que hemos usado

xᵀAx+bᵀx+c=0
Ecuación cuadrática con vector de coordenadas x, matriz real simétrica A, vector b y constante c.
QᵀAQ=D
Diagonalización ortogonal de la parte cuadrática; D contiene los autovalores.
a,b>0
Semiejes en ecuaciones canónicas de elipse o hipérbola, según se especifique en cada modelo.
p
Parámetro focal de y²=4px; la distancia del vértice al foco es |p|.
e
Excentricidad: cociente entre distancia a un foco y distancia a una directriz.
Rango de A
Número de direcciones cuadráticas no nulas tras diagonalizar.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

Practicar este tema →

Para ampliar