Geometria Proyectiva

Geometría proyectiva para enseñanza semipresencial Ignacio Sols y Jesús Sols En memoria de nuestro padre, un buen trabajador

Índice general Prólogo

v

Capítulo 1. El espacio proyectivo 1. Enunciados de los ejercicios 2. Soluciones de los ejercicios

1 1 6

Capítulo 2. Geometría en la recta proyectiva

7

1. Enunciados de los ejercicios 2. Soluciones de los ejercicios

7 10

Capítulo 3. Plano proyectivo 1. Enunciado de los ejercicios 2. Soluciones de los ejercicios

13 13 16

Capítulo 4. Cuádricas 1. Enunciado de los ejercicios 2. Solución de los ejercicios

19 19 24

Capítulo 5. Cónicas 1. Enunciados de los ejercicios 2. Soluciones de los ejercicios

31 31 33

Capítulo 6. Consecuencias del Teorema de Chasles 1. Enunciados de los ejercicios 2. Soluciones de los ejercicios

39 39 42

Capítulo 7.

47

Más sobre cónicas lisas

1. Enunciados de los ejercicios

47

2. Solución de los ejercicios

50

Capítulo 8.

55

Haces de cónicas

1. Enunciados de los ejercicios 2. Soluciones de los ejercicios

55 59

Capítulo 9. Clasi…cación de cuádricas reales 1. 2. Enunciado de los ejercicios

63 63 63

iii

iv

ÍNDICE GENERAL

3. Soluciones de los ejercicios Capítulo 10. Espacio euclídeo 1. Enunciado de los ejercicios 2. Solución de los ejercicios 3. Capítulo 11. Más sobre geometría euclídea 1. Enunciados de los ejercicios 2. Soluciones de los ejercicios

67 81 81 85 85 89 89 94

Prólogo Este es material ha sido elaborado por los dos autores para un curso impartido por Ignacio Sols como experiencia de enseñanza semipresencial, según el espíritu de convergencia de Bolonia. En la primera parte, se proponen unos ejercicios teóricos cuya resolución y entrega semanal al profesor constituyen la confección por parte del alumno de su propio texto. La segunda parte consiste en las contestaciones a estos ejercicios, un material que el profesor puede ir poniendo en la red, semana a semana, 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 profesor en una sesión larga o un par de sesiones en el aula, lo que justi…ca la parquedad de nuestro estilo. Se trata pues de ejercicios "teóricos", cuyo conjunto conforma la teoría del curso, por lo que su complemento natural es una colección de ejercicios "prácticos", material que hemos confeccionado para que puedan ser propuestos en paralelo con asistencia del programa de cálculo "Wiris"del prof. Sebastián Xambó. Hemos supuesto la familiaridad del alumno con el Algebra y la Geometría Lineal 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, cuya resumida exposición a principio de curso -una o dos semanas- encontramos muy recomendable. Hubiésemos querido tratar el espacio proyectivo tan extensivamente al menos como el plano proyectivo, pero eso tan sólo era posible en la antigua enseñanza en que se dedicaba una año entero a la geometría proyectiva. Hemos perdido eso en solidez de la formación de nuestros jóvenes, pérdida que probablemente no pueda justi…carse porque hayamos ganado en otros aspectos: en matemáticas, nada vale a cambio de las matemáticas. Sencillamente, no estamos transmitiendo lo que hemos recibido. Pero al menos, a pesar de la brevedad de este curso, demostramos el teorema de Witt, complejo y real, de clasi…cación afín de las cuádricas en dimensión arbitraria. Se trata , pues , del teorema principal de este curso. No cabe duda, pues, de que la continuación natural sería hacia la dimensión tres. Por esa razón hemos incluído su tratamiento como uno de los apéndices con temas sugeridos a modo de seminario para que puedan proseguir aquellos alumnos que se hayan interesado especialmente por este curso: dimensión superior, método axiomático, teorema fundamental, rectas en el espacio, y un apéndice sobre historia de la Geometría Proyectiva. Este material, aún sin revisar, no puede ser divulgado ni utilizado sin permiso de los autores.

v

CAPíTULO 1

El espacio proyectivo 1.

Enunciados de los ejercicios

1.1. Motivación heurística del espacio proyectivo. El espacio afín no tiene 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. Esto signi…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 sentido de que transforman lineas rectas en lineas rectas- que no conservan el paralelismo, por ejemplo la proyección de un plano a otro desde un punto exterior a ambos (es el caso de la proyección del plano de una llanura sobre el plano del fondo de una cámara oscura donde se impresione una placa fotográ…ca: unas vías de tren en la llanura, que son paralelas, se proyectan en rectas convergentes, tal como aparecen en 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 conserven su estructura no conserven el paralelismo, es decir no conserven el in…nito: un espacio, pues, en el que el in…nito no esté pre…jado sino que pueda ser elegido al arbitrio, al modo en que el origen del espacio afín no esté pre…jado sino que se elige arbitrariamente. Esta será la noción de espacio proyectivo , y las transformaciones que conserven su estructura serán las proyectividades, las cuales conservarán las rectas, pero no el paralelismo de rectas. En otras palabras, el paralelismo no formará parte de la estructura: ¡en un plano proyectivo no habrá rectas paralelas! Es fácil comprobar que la noción de paralelismo y la noción de proporción o razón simple de tres puntos alineados son equivalentes (es decir que disponiendo de una noción se puede de…nir la otra) Así pues, las proyectividades, como no conservarán el paralelismo, no conservarán la razón simple de tres puntos alineados, pero conservarán otro tipo de razón que involucra cuatro puntos alineados y a la que llamaremos su razón doble (asi como la noción de razón simple de tres puntos alineados es obviamente equivalente a la de punto medio entre dos puntos dados en una recta, la noción de razón doble de cuatro puntos será equivalente a la de punto en cuaterna armónica con tres puntos dados en una recta).

1.2. De…nición de espacio proyectivo. Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo K (en este curso, los cuerpos se supondrán conmutativos y los espacios vectoriales 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 vectoriales de dimensión 1, y estos se llaman puntos del espacio proyectivo. Se dice que su dimensión es n si la dimensión de V es n + 1, y escribimos entonces Pn si queremos hacer explícita su dimensión. Si V 0 es un subespacio de V de dimensión n0 + 1 decimos que P = P(V ) = Pn Pn = P(V ) = P es 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 P0 de dimensión cero. Los subespacios proyectivos P1 de dimensión 1 se llaman rectas proyectivas; los de dimensión 2 se llaman planos proyectivos P2 ; y, a veces, el espacio proyectivo P3 de dimensión 3 es llamado espacio proyectivo por antonomasia. Los subespacios proyectivos de codimensión 1, es decir de dimensión n 1, se llaman hiperplanos proyectivos de Pn . Así pues , los hiperplanos proyectivos del espacio P3 son 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) En otras palabras, en un plano proyectivo P2 , dos rectas proyectivas P1 ; P10 intersecan en un punto (heurísticamente: no hay rectas paralelas en el plano proyectivo. ¡Y esto 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 que la base ! e 0 ; :::; ! e n de…ne la misma referencia).Los puntos P0 = h! e 0 i; ::;Pn = ! h e n i 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 coordenadas se llaman las coordenadas homogéneas del punto P en la referencia: la palabra ”homogéneas” signi…ca que si se multiplican la coordenadas por un escalar no nulo, de…nen el mismo punto. Se llama punto patrón o punto unidad de la referencia al punto U de coordenadas homogéneas (1,..., 1) . Dar una referencia es equivalente a dar los vértices del tetraedro de referencia P0 ; ::;Pn y el punto unidad U, como consecuencia del siguiente Ejercicio 1. Demostrar que son únicos , salvo producto por constante no nula, los vectores ! e 0 ; :::; ! e n en los rayos P0 ; ::;Pn tales que U tiene en tal base coordenadas homogéneas (1,...1), es decir tales que un vector cualquiera ! u no nulo ! ! ! de 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 referencia proyectiva de P y sea C la matriz homogénea (es decir, considerada salvo producto por 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 antigua referencia, 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 lineal V !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 referencias proyectivas en P y P , entonces, obviamente, la ecuación de la proyectividad es (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 es una matriz regular homogénea. Si C, D son las matrices homogéneas de cambio a nuevas referencias proyectivas de P; P , la matriz homogénea que expresa la misma proyectividad en las nuevas coordenadas homogéneas es A = D 1 AC: Si P = P(V ) es un espacio proyectivo y V* es el espacio dual del espacio vectorial V, entonces se llama a P = P(V ) espacio proyectivo dual. Sus puntos pueden ser entendidos como los hiperplanos proyectivos de P, es decir que una forma lineal homogénea ( o sea de…nida salvo producto por escalar no nulo) puede ser entendida como el hiperplano en que ella se anula. Para mejor comprensión de este hecho , tómense coordenadas homogéneas xo ; :::; xn en el espacio proyectivo P : un elemento de V*, o forma lineal de V, se expresa en esas coordenadas como ao xo +:::+an xn , y los rayos en que se anula aquellos cuyas coordenadas homogéneas xo ; :::; xn cumplan (1.2)

ao xo + ::: + an xn = 0

ecuación en la que, obviamente, los coe…cientes ao ; :::; an están de…nidos salvo producto por constante no nula, por lo que pueden ser entendidos como las coordenadas homogéneas ( ao ; :::; an ) en adecuada referencia -referencia dual- de un punto de un espacio proyectivo, a saber el espacio proyectivo dual. Esta claro pues que el espacio dual de un espaci proyectivo tiene su misma dimensión. Como vimos en el Repaso 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 sus planos, y el el dual de éste es el espacio proyectivo original. El espacio dual del plano proyectivo es el plano proyectivo formado por sus rectas. El dual del espacio proyectivo monodimensional es el espacio proyectivo monodimensional formado por sus hiperplanos, es decir por sus propios puntos!

1.3. Espacio afín. . Dar una geometría afín en un espacio proyectivo Pn = P(V ) es escoger un hiperplano P(V ) que se llama hiperplano de in…nito y se denota Pn1 1 o simplemente P1 : A sus puntos se les llama puntos del in…nito y a los de su complementario se les llama puntos …nitos. Dos rectas -no contenidas en el in…nito- se llaman paralelas cuando se cortan en un punto del in…nito (más en general , dos subespacios proyectivos se llaman paralelos cuando sus intersecciones con el in…nito están contenidas una en la otra) . Al conjunto (1.3)

An = Pn nPn1

1

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

4

1. EL ESPACIO PROYECTIVO

de coordenadas homogéneas en Pn , es decir de coordenadas x0 ; :::; xn de V consideradas salvo producto por escalar no nulo, se llaman coordenadas a…nes si en ellas el hiperplano Pn1 1 tiene ecuación xo = 0:Esto signi…ca que el hiperplano del in…nito sea el conjunto de puntos(0, x1 ; :::xn ) de primera coordenada nula, o equivalentemente , que los puntos …nitos sean los que tienen primera coordenada x0 no nula. Como hay libertad para multiplicar por un escalar no nulo, se pueden dividir todas las coordenadas xi por esa primera coordenada x0 no nula, tomando así como coordenadas de los puntos …nitos (1:y1 ; :::; yn ), donde x1 xn (1.4) y1 = ; :::; yn = x0 x0 son ya coordenadas inhomogéneas -de…nidas absolutamente, y no salvo producto por 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 Algebra lineal se veía que los vectores de V cuya primera coordenada x0 tiene un valor determinado, por ejemplo 1, forman una clase de equivalencia en V =V , es decir, de la equivalencia módulo el subespacio vectorial V formado por los vectores que tienen nula la primera coordenada x0 . Una tal clase de equivalencia era un espacio a…n sobre V : Sus puntos, los vectores de V con primera coordenada 1, se corresponden biyectivamente con los rayos de V , exceptuados los rayos que yacen en V ; es decir con los puntos de An = Pn nPn1 1 : 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 coordenadas homogéneas xi serán también a…nes si y sólo si en esas nuevas coordenadas el hiperplano del in…nito Pn1 1 también tiene la ecuación x0 = 0, es decir si las ecuaciones del cambio transforman la ecuación x0 = 0 en la ecuación x0 = 0 , lo que signi…ca que la primera igualdad de arriba sea (1.5)

c00 x0 = x0

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

x0 a10 x0 + a11 x1 + ::: + a1n xn

(1.6)

an0 x0 + an1 x1 + ::: + ann xn

= x0 = x1 : : : = xn

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

1. ENUNCIADOS DE LOS EJERCICIOS

5

inhomogéneas nuevas y1 = xi =x0 queda (al dividir todas las ecuaciones por la primera)

a00 + a11 y1 + ::: + a1n yn

(1.7)

an0 + an1 y1 + ::: + ann yn

= y1 : : : = yn

que es exactamente la expresión del cambio de coordenadas a…nes vista en el Repaso de Algebra Lineal. Análogamente, una proyectividad f : Pn ! Pn de un espacio proyectivo con estructura a…n, o elección de in…nito Pn1 1 , se llama a…nidad cuando deja invariante n 1 el in…nito , es decir cuando f (Pn1 1 ) = P1 ; lo que en coordenadas a…nes x0 ; :::; xn se 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 el Repaso de Algebra Lineal. Dadas coordenadas homogéneas x0 ; :::; xn en un espacio proyectivo Pn ; un polinomio 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 ecuación fd (x0 :::; xn ) = 0 un subconjunto de Pn llamado hipersuper…cie proyectiva de grado d . En efecto, si fd (a0 ; :::; an ) = 0 para un punto P de coordenadas homogéneas (a0 ; :::; an ), entonces fd ( a0 ; :::; an ) = d fd ( a0 ; :::; an ) = 0 para todo escalar no nulo . Recordemos que todo hiperplano Pn 1 de Pn es de la forma Pn 1 = P(Vn ) para un hiperplano vectorial Vn Vn+1 . La ecuación de Vn en Vn+1 (1.8) ao x0 + ::: + an xn = 0 (con los ai de…nidos salvo

6= 0; y no todos nulos)

puede ser entendida también como ecuación del hiperplano Pn 1 dentro de Pn ; y de…niendo por tanto una hipersuper…cie de grado 1. Más adelante trataremos de la hipersuper…cies proyectivas de grado 2, que son las cuádricas de Pn , y que en el plano P2 se llaman cónicas. Así pues, una cónica viene de…nida como lugar de anulación de un polinomio homogéneo en x0 ; x1 ; x2 de grado dos (1.9)

a00 x20 + a11 x21 + a22 x22 + a01 x0 x1 + a02 x0 x2 + a12 x1 x2 = 0

en las variables homogéneas x0 ; x1 :x2 . Si se ha dado en Pn una estructura afín Pn1 1 Pn y x0 ; :::; xn son coordenadas homogéneas a…nes para esa estructura, entonces, recordemos, se tienen coordenadas a…nes inhomogéneas (es decir, usuales) y1 ; :::; yn de…nidas por el cambio1.4 , por lo que una ecuación homogénea fd (x0 ; :::; xn ) = 0 se convierte, al ser dividida por xd0 , en la ecuación inhomogénea fd (x0 ; :::; xn ) =0 xd0 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

6

1. EL ESPACIO PROYECTIVO

de un hiperplano del espacio proyectivo se convierte en a0 x0 + ::: + an xn 0= = a0 + a1 y::: + an yn x0 que es la ecuación familiar de un hiperplano en el espacio afín, y la anterior ecuación 1.9 de una cónica del plano se convierte en 0

=

a00 x20 + a11 x21 + a22 x22 + a01 x0 x1 + a02 x0 x2 + a12 x1 x2 x20

= a00 + a11 y12 + a22 y22 + a01 y12 + a02 y2 + a12 y1 y2 que es la ecuación familiar de una cónica en las coordenadas y1 , y2 del plano afín. Como ilustran estos dos ejempos, el resultado de deshomogeneizar es muy sencillo: se sustituye la variable homogénea x0 por el valor 1, y se sustituyen las restantes variables homogéneas xi por la variable inhomogénea yi . La operación inversa, pasar una ecuación polinómica de grado d en coordenadas inhomogéneas yi (i = 1; :::; n) a ecuación polinómica homogénea en las coordenadas homogéneas xi (i = 0; :::; n) ; consiste, por supuesto, en multiplicarla por xd0 . Como ilustran los dos ejemplos anteriores, aunque leídos ahora en modo inverso, el resultado consiste en que cada variable yi es sustituida por la variable xi ; y cada monomio de grado 0 d0 < d es multiplicado por xd0 d . Así pues se ha recuperado el espacio a…n como el complemento An Pn en n n 1 el espacio proyectivo P de un hiperplano de in…nito P1 escogido arbitrariamente, quedando así Pn como unión disjunta Pn = An t Pn1 1 de los conjuntos formados por los "puntos …nitos los "puntos del in…nito".Como An es espacio a…n sobre V , tal como antes argumentamos, y Pn1 1 es el espacio P(V ) de rayos de V , obtenemos cn del espacio a…n An que el espacio proyectivo Pn no es sino el espacio ampliado A según 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…nese in…nito no era pues de elección sino que estaba determinado por la estructura y era conservado por las a…nidades ( las a…nidades llevaban rectas paralelas a rectas paralelas, es decir puntos del in…nito a puntos del in…nito), mientras que ahora el in…nito ha aparecido dentro del espacio proyectivo como objeto de libre elección (de hecho las proyectividades no conservan necesariamente el in…nito, es decir no conservan necesariamente el paralelismo: el concepto de paralelismo pertenece a la geometría afín , no a la geometría proyectiva). La situación es análoga a la que se da entre las nociones de espacio vectorial y de espacio a…n: en el espacio vectorial el origen no es un vector de libre elección, sino que es necesariamente el elemento neutro del grupo aditivo, mientras que en el espacio a…n el origen es un punto de libre elección. 2

2.

Soluciones de los ejercicios

CAPíTULO 2

Geometría en la recta proyectiva 1.

Enunciados de los ejercicios

En esta lista de ejercicios se supondrá siempre como marco de trabajo la recta proyectiva P1 sobre un cuerpo conmutativo k. Recordemos que la razón doble de cuatro puntos distintos A1 ; A2 ; A3 ; A4 de P1 se de…ne, utilizando coordenadas homogéneas x0; x1 , como

(1.1)

fA1 ; A2 ; A3 ; A4 g =

x10 x11 x20 x21

x30 x31 x30 x31

:

x10 x11 x20 x21

x40 x41 x40 x41

donde xi0 ; xi1 denotan las coordenadas del punto Ai . La cuaterna de puntos se dice çuaterna armónicaçuando (1.2)

fA1 ; A2 ; A3 ; A4 g =

1

Ejercicio 2. Demostrar que esta de…nición de razón doble no depende del sistema de coordenadas elegido (es decir, que al efectuar un cambio de coordenada homogéneas queda la misma razón doble). Equivalentemente, las proyectividades de P1 conservan la razón doble de cuatro puntos. Sugerencia: Las coordenadas xi0 ; xi1 , y xj0 ; xj0 de dos puntos Pi ; Pj bajo cambio de matriz C se comportan así c00 c01

c10 c11

x0i0 x0i1

x0j0 x0j1

xi0 xi1

=

xj0 xj1

A un punto de coordenadas homogéneas x0 ; x1 se le asocia la ”coordenada completa” , que convencionalmente puede valer in…nito: x1 si x0 6= 0 x0 y , abusando un poco, denotamos por f 1 ; 2 ; 3 ; 4 g la razón doble de cuatro puntos de la recta proyectiva que tengan 1 ; 2 ; 3 ; 4 por coordenada completa. = 1 si x0 = 0; mientras que

7

=

8

2. GEOM ETRíA 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 geometría proyectiva: el apartado a) signi…ca que la razón doble de cuatro puntos alineados es la proporción -o razón simple- en que quedan tres de ellos cuando el cuarto es tomado como punto del in…nito o punto del horizonte de esa recta vista en perspectiva; 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 es la coordenada completa de uno de ellos cuando los otros tres son tomados como referencia, es decir como origen, punto unidad, y punto del in…nito. Así pues, la razón doble de cuatro puntos es en geometría proyectiva lo que es la razón simple de tres puntos en geometría afín, o lo que es la distancia entre dos puntos en geometría métrica. Cada una de estas nociones caracteriza cada una de estas geometrías, y las transformaciones que las conservan son exactamente las transformaciones que conservan estas geometrías. Ejercicio 4. Probar que la razón doble queda invariante si se intercambia el primer par A1 ; A2 con el segundo par A3 ; A4 ; también si en ambos pares se intercambian sus miembros; probar que la razón doble se invierte si se intercambian los miembros de sólo uno de los dos pares. Concluir que estas tres permutaciones practicadas en cuatro puntos armónicos los mantienen armónicos. Ejercicio 5. Probar el siguiente comportamiento de la razón doble de cuatro puntos al ”permutar medios” y al ”permutar extremos”: (1.5)

fA1 ; A2 ; A3 ; A4 g + fA1 ; A3 ; A2 ; A4 g = fA1 ; A2 ; A3 ; A4 g + fA4 ; A2 ; A3 ; A1 g =

1 1

Ejercicio 6. Sea fA1 ; A2 ; A3 ; A4 g = . Como aplicación de los dos ejercicios anteriores, hallar los seis valores posibles de la razón doble de estos cuatro puntos al permutarlos de todos los modos posibles. Para los ejercicios de la segunda parte de esta lista recordemos que las proyectividades de la recta proyectiva se expresan en coordenadas homogéneas x0 ; x1 como x0 = a00 x0 + a10 x1 x1 = a01 x0 + a11 x1

1. ENUNCIADOS DE LOS EJERCICIOS

9

(donde las coordenadas ”prima” signi…can coordenadas del punto imagen) , siendo la matriz (aij ) regular. En términos de la coordenada completa , al dividir miembro 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 involución 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, contados con posible multiplicidad. Ejercicio 8. Demostrar que, en la expresión de una proyectividad en la coordenada completa de un punto y su imagen, el primer coe…ciente ”a” es nulo si y sólo 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 son tomados como puntos de referencia P0 y P1 ( o sea como puntos de coordenadas homogéneas (1,0) y (0,1), y por tanto de coordenada completa = 0 e 1) entonces la proyectividad se expresa en forma de”homotecia", = k ; y recíprocamente, una homotecia deja …jos 0 e 1: En caso de que la proyectividad sea una involución, se expresa 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 de modo que la coordenada de ese punto …jo doble sea 1; entonces la proyectividad se expresa como ”traslación”: = + k Ejercicio 11. Demostrar que, dados tres puntos distintos A1 ; A2 ; A3 y otros tres puntos distintos A1 ; A2 ; A3 , existe una única proyectividad que aplica los tres primeros en los tres segundos. Expresarla en sus coordenadas completas al elegir referencia. (Sugerencia: usar el hecho de que las proyectividades conservan la razón doble de cuatro puntos ) Ejercicio 12. Demostrar que dados dos puntos distintos A1 ; A2 y otros dos puntos distintos A1 ; A2 existe una única involución que aplica los primeros en los segundos. Si en una referencia, 1 ; 2 son las coordenadas de los dos primeros, y 7 ! tiene ecuación 1 2 son las coordenadas de los dos segundos, la involución 2 3 0 0 + 1 0 4 1 01 1 5=0 (1.8) 1+ 1 0 0 1 2 2 2+ 2

10

2. GEOM ETRíA EN LA RECTA PROYECTIVA

(Sugerencia: Expresar la ecuación 1.7 en general, y aplicada a los dos puntos dados, resultando un sistema compatible de tres ecuaciones) Como caso particular de este ejercicio obtenemos que, dados dos puntos distintos M; N en la recta proyectiva, 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 involución se expresa como ”inversión”: 0 = k (En particular, la inversión 0 = 1 jugará más tarde un papel importante en geometría plana euclídea, como relación de las pendientes de dos rectas perpendiculares) Ejercicio 14. Dados cuatro puntos distintos A1 ; A2 ; A3 ; A4 y otros cuatro puntos distintos A01 ; A02 ; A03 ; A04 , 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 2.

Soluciones de los ejercicios

Solo escribiré aquellas soluciones que no sean meras computaciones. Solución del ejercicio 2 . Si C = (cij ) es matriz de cambio a nuevas coordenadas x0 , x ´ 1 , entonces las dos coordenadas del punto Ai se transforman así c00 c10 aio aio = c01 c11 ai1 ai1 y se tiene otra igualdad análoga para otro punto Aj : Un modo de escribir juntas ambas desigualdades es el siguiente: c00 c01

c10 c11

Por tanto el determinante de

aio ai1

ajo aj1

=

aio ai1

ajo aj1

es el determinante de

aio ai1

ajo aj1 aio ai1

ajo aj1

c00 c10 ; y esto para todo i,j, y en conc01 c11 secuencia {A1 ;A2 ;A3 ,A4 } tiene el mismo valor expresado con las primeras matrices que expresado con las segundas. multiplicado por el determinante de

Solución del ejercicio 3 . Tomando para los puntos Ai …nitos coordenadas (1,

i)

y para el punto del in…nito coordenadas (0,1), tenemos 1 fA1 ; A2 ; A3 ; 1g =

1

1

1

3

1

1

2

3

:

1

1 2

0 1 0 1

2. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

11

Solución del ejercicio 4 . Si se usa el ejercicio 1.3 la solución es puramente computacional y no la pondremos aquí. Solución del ejercicio 5 . Idem. Solución del ejercicio 6 . Obviamente,las permutaciones consideradas en los 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 conjunto pedido se encuentran los valores 1 1 1 (2.1) ; 1; 1 ;1 ; ; 1 1 1 y este conjunto de seis valores es obviamente cerrado por ambas operaciones de inversión y complementación respecto de la unidad. En consecuencia, se trata del conjunto pedido. Solución del ejercicio 7 . Punto …jo signi…ca de la ecuación (2.2)

a

2

= ; y por tanto ser raíz

+ (b + c) + d = 0

que, si a 6= 0 tiene exactamente dos soluciones, aunque puede tratarse de una solución doble (punto …jo repetido"). Si a=0, hay claramente una solución …nita, e in…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, entonces el par = 1 , = 1 satisface obviamente a la ecuación de la proyectividad (téngase en 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, 1 puntos …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 k 2 = 1; por lo que k solo puede ser 1(y entonces se trataría de la identidad ) y -1. Solución del ejercicio 10 . Imponer que 1 sea solución de la ecuación de los puntos …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 dos soluciones son 1; forzosamente c=-b, y así pues la ecuación de la proyectividad es b b + d = 0;o equivalentemente (2.3)

= +k

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

12

2. GEOM ETRíA EN LA RECTA PROYECTIVA

A1 ;A2 ;A3 tengan coordenada …nita 1 ; 2 ; 3 y los puntos A ´ 1 ;A ´ 2 ;A ´ 3 tengan también 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;

g

Desarrollando esta expresión queda una ecuación cuadrática en ; que de…nen las proyectividades.

como las

Solución del ejercicio 12 . La condición de existencia de una involución a tal que aplique

1; 2

en

+ b( + ) + c = 0

1; 2

, es decir la existencia de a,b,c tales que

a a a

1 2

+ b( + ) + c = 0 1 + b( 1 + 1 ) + c = 0 2 + b( 2 + 2 ) + c = 0

equivale a la anulación del determinante de este sistema de ecuaciones de variables a,b,c Solución del ejercicio 13 . En la involución ni 0 ni 1 son puntos …jos, y por tanto a6= 0, c6=0. La ecuación de la pinvolución 7 ! se puede rescribir como c a + b( + 1) + = 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 única proyectividad que llevaba los puntos A1 ;A2 ;A3 a los puntos A ´ 1 ;A ´ 2 ;A ´ 3 y ésta aplicaba un cuarto punto A en el punto A ´ que guarda con los A ´ 1 ;A ´ 2 ;A ´ 3 la misma razón doble que A guarda con los A1 ;A2 ;A3 : Por lo tanto esa proyectividad llevará A4 al A ´ 4 si y solo ambos están en la misma razón doble con los Ai y los A’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 que siempre suponemos conmutativo De…nición. Puntos colineales de P2 son puntos que están en una misma recta 1 P de P2 , y su razón doble es la que tienen como puntos de ese P1 : Rectas concurrentes de P2 son aquéllas que pasan por un mismo punto, y se llama razón doble de ellas a la que tienen tienen como puntos colineales del espacio dual. Si esta razón doble de puntos colineales o de rectas concurrentes es -1 , entonces se dice que son armónicos o que forman cuaterna armónica. Ejercicio 15. (teorema de Desargues) : Demostrar que si dos triángulos A,B,C y A ´ B ´ C´ de un plano proyectivo tienen sus vértices en tres rectas concurrentes 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 colineales, entonces las tres rectas AA ´ , BB ´ , CC ´ son concurrentes

(Sugerencia: Consultar .A lgebraic Projective Geometry"de Semple and Kneebone) Construcción (çuadrilátero completo"): Dados cuatro puntos P1 , P2 , P3 , P4 de P2 , sin que tres de ellos sean colineales , las seis rectas que los unen dos a dos de todos los modos posibles forman un çuadrilátero completo" Estas seis rectas 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.

PLAN O PROYEC TIVO

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

Ejercicio 16. a) Los cuatro puntos en cada una de esas rectas están en cuaterna armónicas en cada uno de esos puntos de encuentro están también en cuaterna armónica. b) las cuatro rectas en cada uno de esos puntos de encuentro están también en cuaterna armónica (Sugerencia: Tomar como recta del in…nito el lado del triángulo central que une el centro Z1 con el centro Z2 para convertir a) en un conocido hecho de geometría afín; observar que b) es enunciado dual de a), es decir que es exactamente a) para el plano proyectivo dual) Para los ejercicios que siguen, sean dos rectas distintas P1 y P1 del plano proyectivo P2 , y sea O el punto en que se cortan. Ejercicio 17. a) Demostrar que la proyección prZ de la recta P1 a la recta P desde un punto Z exterior a ambas -de…nida del modo obvio- es una proyectividad. Este tipo de proyectividades se llaman ”perspectividades”. (Sugerencia: Tomar OZ como recta del in…nito para que aparezca esta aplicación como una a…nidad entre ambas rectas a…nes). 1

b) Demostrar que una proyectividad f: P 1 ! P 1 es perspectividad si y sólo 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 siguiente modo que existe una recta e (llamada ”eje de cruces”) tal que, para todo par de 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 comprobando que la recta OZ que es armónica respecto de P 1 y P 1 (es decir tal que las cuatro rectas concurrentes forman cuaterna armónica) tienen la propiedad requerida.(Sugerencia: Usar el ejercicio T. 3.1)

b) Si f no es perspectividad, demostrar que la recta e= UV que une U=f(O) 2 P 1 con V=f 1 (O)2 P 1 tiene la propiedad requerida (Sugerencia: Observar primero que {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,R en 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

16

3.

PLAN O PROYEC TIVO

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

(Sugerencia: consultar Semple and Kneebone, ”Algebraic Projective Geometry”) 2.

Soluciones de los ejercicios

En adelante, para todo punto P de un espacio proyectivo P escribiré con la ! misma 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´= ! ! ! M = A´ C´= ! ! ! N = A´ B´=

! B ! BA ! A

! C 2 B´C ´ \ BC= a ´ \ a =L ! C 2 A´C ´ \ AC= b ´ \ b =M ! 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 proposición a…rma en el plano proyectivo dual es exactamente la proposición recíproca en el plano 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 colineales de P2 , etc...)

2.

SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

17

Solución del ejercicio 16 . Al escoger una geometría afín tomando Z1 Z2 como recta del in…nito, el cuadrilátero se convierte en un paralelogramo y Z3 en su centro (intersección de las dos diagonales); y la a…rmación, por ejemplo, de que P3 y P4 sean armónicas respecto de Z2 y P3 P4 \ Z1 Z3 , es decir (2.1)

fP3 ; P4 ; Z2 ; P3 P4 \ Z1 Z3 g =

1

se convierte en que la paralela al lado P1 P3 pasando por el centro corta al lado P3 P4 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 rectas que los unen con el vértice Z2 son armonicas. Hemos probado lo requerido sólo para una recta y para un vértice de la construcción. Pero es evidente que una recta y vértice es equivalente en la construcción a las demás rectas y vértices. Solución del ejercicio 17 . a) Tomemos referencia proyectiva de modo que P0 = (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 inhomogéneas y1 ; y2 ; la primera recta aparece como la recta y2 = 0 (sirviendo pues y1 como su coordenada ) , y la segunda como la recta y2 = a (sirviendo pues y1 como su coordenada ) , para un cierto escalar a , y la proyección de una a otra desde Z aparece como la proyección vertical. Esta proyección aplica cada punto de la primera recta en el punto de la segunda recta de igual abcisa y1 , es decir que tiene expresión = lo que es un caso particular de la expresión general de las proyectividades entre rectas = (a + b)=(c + d) . b) Es obvio que , si f es perspectividad entonces f(O) = O. Supongamos ahora esto último, y sean P,Q otros dos puntos distintos de P1 , y sean P´, Q´ sus imágenes en P1 por la proyectividad f. La perspectividad de centro Z=PP ´\ QQ ´ aplica los puntos O,P,Q de P1 en los puntos O,P ´, Q ´ de P1 , al igual que lo hace la proyectividad f. Como solo hay una proyectividad que aplique tres puntos dados en otros tres puntos dados, la perspectividad de centro Z tiene que coincidir con la proyectividad 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 , cualquiera que haya sido la elección de P y Q. b) Denotemos P ´=f(P) y ´Q ´= f(Q). Como la proyectividad f aplica los puntos O,V,P,Q en los puntos U,O,P ´,Q ´ se tiene que fO; V; P; Qg = fU; O; P ; Qg = fO; U; Q; P g y 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 las rectas e=VU, PQ ´ y QP ´ son concurrentes, como se pedía demostrar. Solución del ejercicio 19 . Existe una única proyectividad que aplica los puntos P,Q,R de P1 en los puntos P´, Q ´R ´ de P1 . El eje de cruces e de esa

18

3.

PLAN O PROYEC TIVO

proyectividad (cfr. ejercicio anterior) es una recta que pasa por los tres puntos que se pide probar colineales. Solución del ejercicio 20 . Elijamos cuatro puntos P1 ; P2 ; P3 ; P4 en la recta P1 :Sean P1 ; P2 ; P3 ; P4 sus imágenes en la recta P1 por la proyectividad dada.Elijamos un punto A en la recta P1 P 1; y escojamos otra recta P1 pasando por el punto P1 distinta de las rectas P1 P1 y P1 . Sean P1 = P1 ; P2 ; P3 ; P4 las proyecciones de P1 ; P2 ; P3 ; P4 sobre P1 desde el centro A. Se tiene entonces fP1 ; P2 ; P3 ; P4 g = fP1 ; P2 ; P3 ; P4 g = fP1 ; P2 ; P3 ; P4 g

y 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 en la recta P1 puesto que …ja su vértice P1 = P1

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

CAPíTULO 4

Cuádricas 1.

Enunciado de los ejercicios

Sea Pn = P(V ) un espacio proyectivo sobre cuerpo K (supuesto siempre conmutativo). Sea T: V x V !V un tensor no nulo. Dos puntos < ! v >, < ! w >2 Pn ! ! se 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 por ! el tensor T ( es decir conjugados de sí mismos: T( v , ! v ) = 0) . Pero rigurosamente esto es sólo su ”lugar cuádrico”, siendo la cuádrica el mismo tensor T pero de…nido salvo producto T por constante no nula, es decir el rayo que engendra el tensor T en el espacio proyectivo P(T ensV )del espacio vectorial T ensV que forman todos los tensores de V (es obvio que T y T de…nen el mismo lugar cuádrico) Sea ! eo ; :::; e! n una base de V, y sean xo ; :::;xn las correspondientes coordenadas homogéneas de Pn . El tensor T se expresa con su matriz simétrica homogénea A=(aij ) en esa base (es decir aij = T (! ei ; ! ej )), como 0 10 1 a00 : : : a0n y0 B : B C n : C X B CB : C ! ! B C B : CB : C T( v ; w) = xi yj aij = (xo ; :::xn) B : C @ i;j=0 : : A@ : A an0 : : : ann yn P P n n donde ! v = i;j=0 xi ! ei ; ! w = i;j=0 yi ! ei Por tanto la cuádrica asociada al ! tensor es el conjunto de puntos < v > tales que 1 0 10 a00 : : : a0n x0 B : B C n : C X B CB : C ! ! B C B : CB : C 0 = T( v ; v ) = xi xj aij = (xo ; :::xn) B : C @ : i;j=0 : A@ : A xn an0 : : : ann Si se escoge una geometría afín, en las coordenadas a…nes inhomogéneas y1 ; :::;yn correspondientes a coordenadas homogeneas a…nes xo ; :::xn , la anterior ecuación de la cuádrica, descompuesta en sumandos como 0=

n X

i;j=1

xi xj aij +

n X i=0

19

xi x0 ai0 + x20 a00

20

4. CUÁDRICAS

equivale a la ecuación 0=

n X

i;j=1

yi yj aij +

n X

yi ai0 + a00

i=0

Una cuádrica de P2 se llama una ”cónica”y tiene pues ecuación en coordenadas homogéneas a00 x20 + a11 x21 + a22 x22 + a01 x0 x1 + a02 x0 x2 + a12 x1 x2 = 0 En el plano a…n A2 = P2 nP1 una cónica tiene ecuación, en coordenadas a…nes inhomogéneas y1 ;y2 a00 + a11 y12 + a22 y22 + a01 y1 + a02 y2 + a12 y1 y2 = 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 homogéneas xo ; :::xn como 1 0 10 x0 a00 0 : : 0 B C B 0 n : C CB : C X B B C B : CB : C = aii x2i 0 = (xo ; :::xn) B : C A @ A @ : i=0 : 0 xn 0 : : : ann

es decir, llamando a0 , ..., ar 1 (r=rango T) a los elementos diagonales no nulos de la matriz (y reordenando las coordenadas para que estos sean los primeros en aparecer) 1 10 0 x0 a0 0 : : 0 B C r 1 B 0 : : C CB : C X B B C B ar 1 : CB : C ai x2i 0 = (xo ; :::xn) B : C= @ A A @ : i=0 : 0 0 xn 0 : : : 0

Ejercicio 21. a) Demostrar que para una cuádrica en el espacio afín An = Pn nP = P(Vn+1 )nP(V ) (donde el in…nito P es la proyectivización de un espacio vectorial V de dimensión n) se pueden encontrar coordenadas homogéneas a…nes xo ; :::xn (es decir , dando a P la ecuación x0 = 0), en las que tiene matriz homogénea 0 1 k b 1 : : : : : : : bn B b1 a1 C B C B : C : B C B : C : B C B : C : B C B : C a r B C B : C 0 B C B : C : B C @ : A : bn 0

1.

ENUNCIADO DE LOS EJERCICIOS

21

donde r es el ”rango reducido” o rango de la cuádrica ”reducida” , es decir restringida 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 la matriz A de T, es decir la obtenida de ella al eliminar su primera …la y su primera columna: en efecto, como el in…nito P(V ) tiene ecuación x0 = 0 , tiene a las variables x1 ; :::;xn como sus propias coordenadas homogéneas

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

b) Demostrar que incluso puede conseguirse que tenga b 1 , ..., b r nulo, o sea que tenga matriz 0

k 0 : : : 0

B B B B B B B B B B B br+1 B B : B @ : bn

0 a1

: : :

0

br+1

: : bn

: : : ar 0 : : 0

1 C C C C C C C C C C C C C C A

(Sugerencia: Cambiar las coordenadas xi ´ = xi + abii x0 para i=1,..., r). Este ejercicio ha tenido carácter meramente propedéutico hacia el siguiente que es el interesa y cuyo enunciado deberá recordar el alumno.

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

22

4. CUÁDRICAS

0, 1, 2 siguientes

0

B B B B B B B forma 0(caso r = r) : B B B B B B B @

forma 1(caso r = r + 1)

forma 2(caso r = r + 2)

0 0 : : : 0 0 a1 : : : : : : 0 ar 0 : : 0 0 k 0 : : : B 0 a1 B B : : B B : : B B : : : B B 0 B B 0 B B : B @ : 0 0 0 0 : : B 0 a1 B B : : B B : : B B : : B B 0 B B 1=2 B B : B @ : 0

0 : : 0

0 : : 0 0

1 C C C C C C C C C C C C C C A

1

0 : : 0

C C C C C C C C C C C C C C A

ar 0 : : 0 :

0

1=2 : : 0

: ar 0 : : 0

1 C C C C C C C C C C C C C C A

Es decir, que en convenientes coordenadas a…nes inhomogéneas y 1 ; :::;y n la ecuación de la cuádrica adopta una de estas tres formas: forma 0 :

0= a1 y12 + ::: + ar yr2

forma 1 :

0= k+ a1 y12 + ::: + ar yr2

forma 2 :

0= yr+1 + a1 y12 + ::: + ar yr2

(Sugerencia para la forma 2: Si los br+1 ; :::; bn no son todos nulos, cambiar x´ r+1 = br+1 xr+1 + ::: + bn xn ) 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 sí mismo) . 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)

1.

ENUNCIADO DE LOS EJERCICIOS

23

Recordemos que si en una base de V, es A la matriz de T, y C la matriz de la transformación f , entonces la matriz del tensor transformado Tf en esa misma base es la matriz Ct AC, que tiene el mismo rango que la matriz A Dos tensores T, T ´se dicen equivalentes si existe una transformación lineal transforma uno en el otro. En consecuencia, tensores equivalentes tienen el mismo rango. 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…nido salvo producto por constante no nula) sobre V es una cuádrica de P y una transformación lineal homogénea de V es una proyectividad de P, y lo anterior se traduce en que una cuádrica se dice proyectivamente equivalente a otra cuádrica cuando es transformada de ella por una proyectividad. Por tanto , si K= C , esto equivale a que ambas tengan el mismo rango. Ejercicio 24. Dar la expresión canónica (matriz diagonal) de las dos clases de cuádricas en P1C de las dos clases de cuádricas de P1C ; las tres clases de cónicas de 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 una estructura afín A = PnP(V ): Dos cuádricas y en P se dicen a…nmente equivalentes 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 ) Entonces las cuádricas y son proyectivamente equivalentes y sus reducidas y también son proyectivamente equivalentes. Ejercicio 25. (Teorema de De Witt complejo) Demostrar en el caso en que k sea algebraicamente cerrado (por ejemplo k=C) el teorema de De Witt : Dos cuádricas son a…nmente equivalentes si y solo si son proyectivamente equivalentes (es decir tienen mismo rango r ´ =r) y sus reducidas son también proyectivamente equivalentes (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 cónicas a…nes de P2C ; y las clases de cuádricas a…nes en P3C , y escribir sus matrices canónicas y ecuaciones correspondientes, y pasar estas ecuaciones a coordenadas homogéneas (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 Pn1 1 = P(V ) es expandido por P1 ; :::;Pn y tiene pues x1 ; :::;xn como coordenadas homogéneas, entonces la matriz 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. Como sabemos un tensor se puede siempre diagonalizar, y así en particular T se puede diagonalizar, 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 de P(V ) el tensor T tenga matriz A ´ diagonal. En Pn = P(V) , la nueva referencia P0 =P0 , P´ 1 , ..., Pn ´ es también a…n , y en las nuevas coordenadas x ´ 0 = x0 , x ´ 1 ; :::;x ´ n correspondientes, el tensor T tiene 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 con la ecuación kx20 + (2b1 x0 x1 + ::: + 2bn x0 xn ) + (a1 x21 + ::: + ar x2r ) = 0 de la cuádrica que el tensor T de…ne en esas coordenadas a…nes (encontradas en eel ejercicio anterior) , mejor que con la matriz misma del tensor (recordemos que son equivalentes, pues la ecuación es la polarización del tensor y ya vimos en el repaso de álgebra lineal que el tensor es recuperado por su polarización). Incluso puede resultar más sencillo trabajar con su ecuación k + (2b1 y1 + ::: + 2bn yn ) + (a1 y12 + ::: + ar yr2 ) = 0 en las correspondientes coordenadas a…nes inhomogéneas y1 ; :::; yn . En efecto, basta entonces hacer el cambio de variable x0 = x0 (y por tanto cambio a…n!), xi = xi + abii (para i6= 0) , es decir el cambio a inhomogéneas a…nes yi = y i abii para obtener como nueva ecuación c + br+1 y r+1 + ::: + bn y n + (a1 y 21 + ::: + ar y 2r ) = 0 donde los coe…cientes c ´ y los b ´ i denotan escalares del cuerpo k. Pasando esta ecuación a coordenadas homogéneas, queda cx0 2 + br+1 xr+1 x0 + ::: + bn xn x0 + (a1 x1 2 + ::: + ar x2r ) = 0 es decir que la matriz del tensor en la nueva referencia afín tiene el aspecto requerido. Solución del ejercicio 22 . Llamemos ahora x0 ; :::;xn a las coordenadas homogéneas a…nes en las que el tensor T tiene matriz como en el enunciado del ejercicio T 4.1 b), es decir ecuación kx0 2 + br+1 xr+1 x0 + ::: + bn xn x0 + (a1 x21 + ::: + ar x2r ) = 0 o , en las correspondienes a…nes inhomogéneas y1 ;..., yn , tiene ecuación k + br+1 yr+1 + ::: + bn yn + (a1 y12 + ::: + ar yr2 ) = 0 Si todos los br+1 ; :::; bn son nulos, obtenemos las formas 0, 1 , según k sea nulo o no lo sea .

2.

SOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

25

Si alguno de los br+1 ; :::; bn es no nulo, reordenamos las coordenadas para que sea precisamente el primero: br+1 6= 0 . Hagamos entonces el cambio de coordenadas homogéneas x0i = xi para todo i =0, ..., n (en particular x00 = x0 , luego, en efecto, cambio afín) , salvo x0r+1 = br+1 xr+1 + ::: + bn xn (el determinante de la matriz de cambio es br+1 6= 0) ; o sea el cambio de coordenadas inhomogéneas a…nes yi0 = yi 0 = br+1 yr+1 +:::+bn yn : La ecuación queda entonces para todo i =1, ..., n, salvo yr+1 0 k + yr+1 + (a1 y 21 + ::: + ar y 2r ) = 0

Para eliminar el término k efectuamos aún otro cambio de coordenadas homogéneas a…nes x00i = x0i para todo i =0, ..., n (en particular x000 = x00 , luego, en efecto, cambio afín) salvo x00r+1 = x0r+1 + kx00 (el determinante de la matriz de cambio es 1); es decir que efectuamos el cambio a coordenadas a…nes inhomogéneas 00 0 yi00 = yi0 para todo i =1, ..., n, salvo yr+1 = yr+1 + k. La ecuacion queda entonces 00 yr+1 + (a1 y 0021 + ::: + ar y 002r ) = 0

es decir, en coordenadas a…nes homogéneas, x0 x00r+1 + (a1 x0021 + ::: + ar x002r ) = 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 una transformación lineal f y la matriz de T en una base es A, la matriz de T’ en esa misma base es Ct AC (donde C es la matriz de la transformación, expresada en esa misma base) , que es matriz del mismo rango que A. Para el recíproco, recordemos que la matriz de T en alguna referencia es diagonal, y de hecho, al existir raíces cuadradas en C por ser cuerpo algebraicamente cerrado, puede tomarse esa referencia de modo que las entradas diagonales no nulas de la matriz sean todas 1. 0 1 1 B C : B C B C 1 B C B C 0 B C @ A : 0 El 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 hemos escrito. Esto sucederá a T en una base, y a T’ en otra: los dos tienen la misma matriz pero en distintas bases. Por tanto la transformación que lleva una base a la otra, lleva un tensor al otro. Solución del ejercicio 24 . Por el ejercicio anterior, dos cuádricas de PnC son proyectivametne equivalentes si y solo si tienen el mismo rango. Como su matriz es cuadrada de tamaño (n+1)x(n+1) y no puede ser nula , los rangos posible, o sea las clases de equivalencia proyectiva de cuádricas son r+1: a saber, rango 1, rango 2, ..., rango r+1. Escribimos para n=1,2,3 la matriz canónica de cada una de ellas, y la ecuación en 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 por tanto 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 rango 1

1

:

1

; x20 + x21 = 0

0

; x20 = 0 PUNTO DOBLE (Sing= P0 )

1

:

PAR DE PUNTOS (Sing=;)

Cuádricas en P2C o çónicas": 0 1 1 A ; x20 + x21 + x22 = 0 CONICA LISA (Sing: ;) 1 rango 3 : @ 1 0 1 1 A ; x20 + x21 = 0 PAR DE RECTAS (Sing= P0 ) 1 rango 2 : @ 0 0 1 1 A ; x20 = 0 RECTA DOBLE (Sing= P1 ) 0 rango 1 : @ 0

Cuádricas en P3C : 0 1 B 1 B rango 4: @ 1 rango 3:

rango 2:

rango 1:

0 B B @

0 B B @

0 B B @

1 1

1

1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0

C C ; x20 + x21 + x22 + x23 = 0 CUADRICA LISA (Sing =;) A

1

; x20 + x21 + x22 = 0

1

; x20 + x21 = 0

1

; x20 = 0 PLANO DOBLE (Sing= P2 )

C C A

C C A

C C A

CONO (Sing= P0 )

PAR DE PLANOS (Sing= P1 )

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 en una adecuada referencia afín será de la "forma"0,1,2. Además, como el cuerpo k = C posee raíces cuadradas, podemos multiplicar por un escalar cada uno de los vectores básicos ! e1 ; :::; ! e n que expanden el espacio vectorial V para obtener una nueva base de V de modo que en esa matriz A , del tipo 0 , 1 o 2,

2.

SOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

27

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

B B B B B B B tipo 0(caso r = r) : B B B B B B B @

0 0 : : : 0 0 : : 0

0 : : : 0 1 : : : 1

0 : : 0

0 : : 0

B B B B B B B tipo 1(caso r = r + 1) : B B B B B B B @ 0

B B B B B B B tipo 2(caso r = r + 2) : B B B B B B B @

0 1 0 : : : 0 0 : : 0 0 0 : : : 0 1=2 : : 0

0 : : : 0 1 : : : 1

1 C C C C C C C C C C C C C C A

0 : : 0

0 : : 0 0 : : : 0 1 : : : 1

1 C C C C C C C C C C C C C C A

1=2 : : 0

0 : : 0

1 C C C C C C C C C C C C C C A

(en los tres casos, el número de unos en la diagonal de la matriz reducida es r) Supongamos que los tensores homogéneos y son proyectivamente equivalentes, es decir que tienen el mismo rango r, y supongamos que además sus reducidos y son también proyectivamente equivalentes, es decir que también tienen el mismo rango reducido r. Entonces, los tensores homogéneos y tienen , en sendas referencias a…nes, la misma matriz homogénea. La a…nidad que 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 = PnC nPn1 1 habrá tantas clases de equivalencia 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 ecuación en 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 casos n= 1,2,3 , según se pide. CUADRICAS EN A1C = P1C nP01 : (r, r ; matriz canónica; ecu. en hom; ecu. en inhom.; nombre ) r

=

r

=1,

1

2; r = 1;

1 0

r = 1;

; x20 + x21 = 0; 1 + y12 = 0; PAR DE PUNTOS FINITOS , x21 = 0; y12 = 0; PUNTO FINITO DOBLE

1

CÓNICAS EN A2C = P2C nP11 : r

r

r

r

r

=3,

=3,

=2,

=2,

=1,

0

1

r =2; @ 0

r =1; @

0

r = 2; @ 0

r =1 ; @ 0

r =1; @

1 1

1

A ; x20 + x21 + x22 = 0; 1 + y12 + y22 = 0; CONICA CENTRAL 1=2

1 1=2 0 1 1 1 1 0 0 1 0

1

1

A ; x0 x2 + x21 = 0; y2 + y12 = 0; PARABOLA

A ; x21 + x22 = 0; y12 + y22 = 0 ; RECTAS CONCURRENTES

1

A ; x20 + x21 = 0 ; 1 + y12 = 0; RECTAS PARALELAS

1

A ; x21 = 0 ; y12 = 0; RECTA DOBLE

Comentarios: 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 un número número distinto de cero. En particular puede ser -1/2, y entonces la ecuación y2 +y12 = 0 se convierte en la ecuación y2 = y12 fácilmente reconocible como ecuación de la parábola. Cuando la cónica es lisa , es decir r=3, puede ser que corte a in…nito en dos puntos distintos , es decir r = 2; o en un punto doble , es decir que la cónica lisa es tangente a la recta del in…nito, que es a lo que llamamos parábola. En el otro caso la llamamos cónica con centro porque su centro - el polo de la recta del in…nito- es un punto …nito. La parábola también tiene centro, pero en el in…nito: demasiado lejos! Por la misma razón , la ecuación 1 + y12 + 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 y12 + y22 = 1 2)Cada una de estas cónicas se desglosará en varios casos en la clasi…cación real de las cónicas. Por ejemplo, la cónica central se desglosará en la cónica de puntos todos ellos imaginarios, la cónica de puntos reales pero que corta al in…nito en dos

2.

SOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

29

puntos imaginarios , que se llamará elipse, y la cónica de puntos reales que corta al in…nito en dos puntos reales, que se llamará hipérbola. 3) La ecuación escrita arriba y12 + y22 = 0, o si se quiere y12 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 a esa cónica.

r

r

r

CUÁDRICAS EN A3C = P3C nP21 : 0 1 1 B C 2 1 C ; x0 + x21 + x22 + x23 = 0;1 + y21 + y22 + y23 = 0; CUADRICA =4, r = 3: B @ A 1 CENTRAL 1 0 1 1=2 B C 1 C ; x0 x3 + x21 + x22 = 0; y3 + y12 + y22 = 0; PARABOLOIDE =4, r = 2 : B @ A 1 1=2 0 1 =3,

r =3,

r

r

r

r

=3,

=2,

=2,

=1,

B r=3:B @ 0

B r=2:B @

1

1

1 1 1

0

B 1 r = 1; B @ 1=2 B r = 2; B @ 0

B r = 1; B @ 0

B r = 1; B @

1

1

0

0

C 2 C ; x1 + x22 + x23 = 0; y12 + y22 + y32 = 0; CONO A

1=2

C 2 C ; x0 + x21 + x22 = 0; 1 + y12 + y22 = 0; CILINDRO A

1

0

1 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0

1

0

C 2 C ; x1 + x0 x2 = 0; x21 + x0 x2 = 0; A

CILINDRO PARABÓLICO

C 2 C ; x1 + x22 = 0; y12 + y22 = 0; PLANOS CONCURRENTES A 1

C 2 C ; x0 + x21 = 0; 1 + y12 = 0; PLANOS PARALELOS A 1

C 2 C ; x1 = 0; y12 = 0; PLANO DOBLE A

Comentarios: Conviene meditar detenidamente sobre cada uno de estos casos (aunque su mejor visualiación , obviamente , se obtendrá cuando, semanas más tarde, se estudie la clasi…cación de las cuádricas en el caso real, es decir desglosada cada cuádrica afín compleja en varias cuádricas a…nes reales) . Para ello hay pensar lo 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 su clasi…cación proyectiva, es decir según el valor de r. Así por ejemplo, la cuádrica proyectiva "par de planos"se ha desglosado en dos cuádricas a…nes según que su reducida 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 1.

Enunciados de los ejercicios

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 de P es punto singular de QT cuando es conjugado, por esta cuádrica, de todos los puntos 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 de T es un subespacio proyectivo de P que está contenido en QT y que tiene dimensión dim Sing(T ) = dim V (Sugerencia: es el núcleo de V

!V

rang(T )

asociada a T )

Ejercicio 28. Demostrar que una cuádrica de P1 consiste en un par de puntos distintos o en un punto doble, y que este último es el caso en que la cuádrica es singular. (Sugerencia: usar la matriz canónica de la cuádrica) Ejercicio 29. a)Demostrar que el conjunto de puntos de Pn conjugados con un punto dado por una cuádrica no singular forma un hiperplano, llamado hiperplano polar Este punto se llama polo del hiperplano, es decir punto conjugado con todos los del hiperplano. b) Si se toman coordenadas x0 ; x1 ; x2 , y en ellas se expresa el tensor con matriz A = (aij ) y el punto con coordenadas (b0 ; b1 ; b2 ); demostrar que entonces se trata de la recta c0 x0 + ::: + cn xn = 0 , donde los coe…cientes ci se obtienen aplicando la matriz A a la columna (b0 ; b1 ; b2 ) . Ejercicio 30. a) Demostrar que una recta del plano corta a una cónica en un par de puntos. Se dice que la recta es tangente a la cónica si el par de puntos en que la corta es un punto doble. b)Demostrar que una recta es tangente a la cónica lisa si y sólo si su polo es un punto de la cónica , y que esto , a su vez, equivale a que el polo de la recta esté en la recta. Más en general, se dice que un hiperplano es tangente a una cuádrica lisa de Pn cuando el polo del plano, respecto de esa cuádrica, está en el plano. Ejercicio 31. a)Demostrar que los hiperplanos tangentes a una cuádrica lisa forman una cuádrica lisa del espacio proyectivo dual, cuya matriz, si se toman coordenadas homogéneas, es la matriz inversa de la dada. 31

32

5. C Ó N IC AS

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

V

! K determinaba

Ejercicio 32. b) Demostrar que, por un punto exterior a una cónica lisa de P2C , pasan exactamente dos tangentes, y que la recta que pasa por los dos puntos de tangencia es su recta polar. (Sugerencia: usar el anterior apartado y 30 a) ) Ejercicio 33. a) Demostrar que, en PC1 , son equivalentes: fA1 ; A2 ; A3 ; A4 g = 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 conjugados 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 recta interseca a la cónica. Ejercicio 34. Dado dos puntos de una recta del plano proyectivo real y dado un 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 "punto intersección de dos rectas") para hallar su punto armónico respecto de aquellos dos. 2

(Sugerencia: Iniciar con A1 y A2 y con dos puntos alineados con el A3 una construcción de cuadrilátero completo) b) Dado un punto del plano proyectivo real y una cónica lisa en él ( es decir de rango 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) de este ejercicio y el ejercicio 32 b).)

De…nición: Sea C una cónica lisa de un plano proyectivo. Un triángulo ( es decir, tres puntos no colineales del plano) se dice autopolar para la cónica cuando cada uno de esos puntos es conjugado de los otros dos por esa cónica, es decir cuando 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 y solo si al tomarlo como triángulo de referencia, la matriz de la cónica diagonaliza. b)Dar algún procedimiento con solo üso de la regla"(matemáticamente: como arriba) para hallar triángulos autopolares de una cónica (Sugerencia: iníciese con cuatro puntos R1 ; R2 ; R3 ; R4 de la cónica un cuadrilátero completo , y tómense sus tres centros Z1 ; Z2 ; Z3 )

2.

33

SO LU C IO N ES D E LO S EJERC IC IO S

Ejercicio 36. Sea C una cónica lisa de P2C a) 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 esa referencia es çontradiagonal", es decir , de la forma 0 1 a @ A b a y 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.

2.

Soluciones de los ejercicios

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

! V

la

Sing(T ) = P(ker T # )

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 cuádrica QT : Si A es la matriz del tensor T en una cierta base de V , es también la matriz del endomor…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(ker T # )) = codim(ker T # ) = rangT # = rangT Solución del ejercicio 28 . Tomando coordenadas homogéneas x0 ; x1 ; x2 en P1C , la cuádrica tiene ecuación a00 x20 + a01 x0 x1 + a11 x21 = 0

34

5. C Ó N IC AS

Si ambos a00 y a11 son cero, entonces se trata de la cuádrica x0 x1 = 0 , que es 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, entonces no admite como solución al punto (0; 1); es decir que todas sus soluciones son del tipo (1; b) , donde b es una de las dos soluciones (posiblemente solución doble) a la ecuación de segundo grado de coe…cientes complejos a00 + a01 y1 + a11 y12 = 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 1 1

o bien

1 0

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 la cuádrica 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 solución a la primera parte del ejercicio, y en ese sentido esa primera solución sobraría, pero hemos considerado más pedagógico resolver la primera parte sin recurrir a la matriz canónica de la cuádrica. Solución del ejercicio 29 Está por escribir ... Solución del ejercicio 30. a) La cónica C del plano restringe una cuádrica CbP1 en cualquier P1 contenido en el plano, y hemos visto en el ejercicio anterior que una cuádrica en P1 consiste en dos puntos -eventualmente un punto doble. b) Hemos visto en un ejercicio anterior que el caso de una cuádrica de P1 consistente en un punto doble es exactamente el caso de la cuádrica singular, siendo ese 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 cuya aplicación 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 son los que están en su recta imagen, que es entonces la recta tangente a C enel punto P: 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 polo P: Las rectas tangentes a la cónica son las que contienen a su punto imagen, que es 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 una cónica C en el espacio dual, que induce la aplicación inversa P2 ! P2 P2 a la anterior, es decir que aplica cada recta r de P2 en su polo P por la cónica C de P2 , o, dicho en términos del plano proyectivo dual, aplica cada punto r de P2 en su recta polar P respecto de la cónica C de P2

2.

SO LU C IO N ES D E LO S EJERC IC IO S

35

Solución del ejercicio 32.El punto P no en la cónica C de P2 es una recta de P2 no tangente a la cónica dual C de P2 , y que, por lo tanto, la corta en dos puntos distintos de P2 ; es decir dos rectas de P2 pasando por el punto P y tangentes 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 2 las 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 el valor medio entre la coordenada de A1 y la coordenada de A2 , es decir equivale a que 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

1 1

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 de intersección y así dos puntos de esa recta serán conjugados por la cónica del plano si y sólo si lo son por esa cuádrica de P1 , es decir si son armónicos con ese par de puntos.

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 las rectas Z2 P y Z2 Q en dos puntos R, S. Consideremos el cuadrilátero completo de vértices P,Q, R, S. Dos centros suyos son Z1 y Z2 , y el tercer centro es el punto Z3 de cruce de las dos diagonales RQ y PS. La recta Z2 Z3 interseca a la recta dada r en un punto X que es armónico de Z1 respecto de P y Q por el ejercicio 16 a), según se pedía.

36

5. C Ó N IC AS

b) Para hallar la recta polar basta hallar dos puntos que sean conjugados del punto dado P por la cónica (pues será la recta que los une). Para hallar un punto conjugado de P, basta tomar una recta que pase por P y construir (con la parte anterior de este ejercicio) el punto armónico de P en esa recta respecto del par de puntos en que la recta corta a la cónica. Solución del ejercicio 35 . a) El triángulo de referencia P0 , P1 , P2 es autopolar si y sólo si para cada par de subíndices i6=j , el punto Pi es conjugado del punto Pj es decir que la entrada aij de la matriz de la cónica en esa referencia es nula. b) Tomemos cuatro puntos R1 ; R2 ; R3 ; R4 de la cónica C e iniciemos con ellos la construcción del cuadrilátero completo , que tiene tres centros Z1 = R1 R2 \ R3 R4 , Z2 = R1 R3 \ R2 R4 , Z3 = R1 R4 \ R2 R3 : Sabemos que los cuatro puntos que equipan cada recta de un cuadrilátero completo son armónicos. En particular , en la recta que pasa por R1 y R3 , estos dos puntos son armónicos con Z2 y el punto de corte con la recta Z1 Z3 , 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 armónicos con Z2 y el punto de corte con la recta Z1 Z3 ; por lo que Z2 es conjugado de ese punto de corte . En consecuencia, Z2 es conjugado de dos puntos de la recta Z1 Z3 ; y por tanto la tiene como recta polar. Análogamente se prueba que Z1 tiene a Z2 Z3 como recta polar, y que Z3 tiene a Z1 Z2 como recta polar. Solución del ejercicio 36 . Tómese referencia de modo que sean P0 ;P2 dos puntos de la cónica y sea P1 el polo de la recta que los une. Como P0 y P2 están 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

2.

SO LU C IO N ES D E LO S EJERC IC IO S

37

a02 , y por tanto la matriz es contradiagonal. La ecuación homogénea es por tanto bx21 + 2ax0 x2 = 0 , y la inhomogénea es por tanto by12 + 2ay2 = 0 Como la conica es lisa, el determinante es distinto de cero, y por tanto ambos a, b son no nulos, y así podemos tomar b=1, quedando pues una ecuación de parábola que nos resulta familiar. 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 1.

Enunciados de los ejercicios

En esta lista de ejercicios, C denotará siempre una cónica lisa en P2C . Si P es un punto de P2C , se denotará por Rad P (radiación de rectas a través de P) el conjunto de rectas de P2C que pasan por P, que como se sabe, es un P1C , es decir una recta proyectiva compleja (de hecho una recta del plano proyectivo dual) Ejercicio 37. (Teorema de Chasles) Sean A, A ´ dos puntos distintos en una cónica 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. Por el ejercicio 36 , la ecuación de la cónica en coordenadas a…nes inhomogeneas y1 ;y2 es y2 = y21 ) Sabemos que una proyectividad de P1C , es decir una aplicación de P1 en sí mismo que conserva su estructura de recta proyectiva, es lo mismo que una aplicación conserva la razón doble. Es decir, que la estructura de recta proyectiva viene dada por la estructura de razón doble de cuatro puntos, y de hecho puede llamarse modelo de P1C cualquier conjunto en el que puede asignarse a cada cuatro puntos una razón doble de modo que se cumplan las propiedades enunciadas en los ejercicios 4 y 5 . En una cónica C de P2C podemos hablar de razón doble de cuatro puntos P, Q, R, S, , gracias al ejercicio anterior, a saber la razón doble de los puntos AP, AQ, AR, AS, (ya que no depende del punto A que se elija en C) y en ese sentido podemos decir que C es un modelo de la recta proyectiva P1C : 39

40

6.

CONSECUENCIAS DEL TEOREM A DE CHASLES

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

! Rad(A)

que aplica cada punto P de C en la recta AP (siendo la imagen del punto A la recta tangente a la cónica en A ) Como el conjunto Rad(A) tiene la estructura de un P1C , la cónica C hereda por esta biyección una estructura de P1C . Gracias al teorema de Chasles, la estructura de P1C así de…nida sobre la cónica no depende del punto A elegido en la ella! Como veremos enseguida, esto nos permitirá demostrar con mucha facilidad resultados sobre P1C , al tomar una cónica lisa C del plano proyectivo como modelo de P1C Ejercicio 38. a) (eje de cruces) Sea f: C !C una proyectividad. Probar que existe una recta e (la que une sus dos puntos …jos M,N) tal que para cualquiera P,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 cónica como 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 ´ de la cónica en que la recta ZP interseca a la cónica. Los puntos …jos M,N de esta involución son los dos puntos en los que la polar de Z interseca a la cónica.

1. ENUNCIADOS DE LOS EJERCICIOS

41

(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 única involución que aplica P en P´ , y Q en Q ´ . b) Dadas dos involuciones de P1C demostrar que existe una unica pareja de puntos que se corresponden mutuamente en ambas involuciones (Sugerencia para ambas partes: Tomar la cónica lisa del plano proyectivo como modelo de P1C ) Ejercicio 41. Sean P1 ;P2 puntos de P2C , no en la cónica C. Sean M1 , N1 los puntos en que la polar de P1 corta a C, y sean M2 , N2 los puntos en que la polar de P2 corta a C. Probar que { M1 , N1 , M2 , N2 }=-1 si y solo si P1 y P2 son puntos 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 de dos involuciones (Sugerencia:Usar C como modelo de P1C . Como centro A1 de la primera involución 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 )

42

6.

CONSECUENCIAS DEL TEOREM A DE CHASLES

2.

Soluciones de los ejercicios

Solución del ejercicio37 Tomando la referencia mencionada en la sugerencia, las rectas que pasan por Rad(A)tienen ecuación y2 = y1 (donde hemos tomado como pendiente una coordenada 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, las rectas que pasan por Rad(A0) tienen ecuación y1 = 0 (donde hemos tomado como abcisa común de todos los puntos de la recta una coordenada completa 0 para no excluir la recta del in…nito, de abcisa 1 ) Claramente 0 es coordenada completa de la recta proyectiva P10 que es Rad(A0) La aplicación considerada en el enunciado asigna a cada recta y2 = y1 de Rad(A) la recta y1 = de Rad(A0) (pues la recta y2 = y1 corta a la cónica y2 = y12 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 cónica tienen 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 R10 = (k 1 ; k 2 21 ) y R20 = (k 2 ; k 2 22 ) sus imágenes por la proyectividad. La recta R1 R2 0 corta a la recta M N de ecuación y1 = 0 en el punto (0; k 1 2 ); que es el mismo en que la corta la recta R2 R1 0 b) Tomando C como modelo de P1 ; existe una única proyectividad que aplica tres 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 P Q \ QP , P R \ RP , RQ \ QR ´ Solución del ejercicio 39

2. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

43

a)En la referencia sugerida, la cónica tiene ecuación y2 = y12 , es decir está formada por los puntos ( ; 2 ) , de coordenada completa como puntos de P1 : Los puntos 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 proyección desde 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 coordenada completa - ; 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 dos puntos …jos M y N , que de hecho la determinan (véase el ejercicio 12 y su comentario). Sea Z el punto de intersección de las tangentes a la cónica en M y N . La proyección desde Z es también una involución en C que tiene también M y N como puntos …jos, luego coincide con la dada. c) Siguiendo con el modelo tomado en b), los pares de puntos correspondientes por la involución están en biyección con las rectas de Rad Z, que forman un P1 Solución del ejercicio 40 a) 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 punto Z de intersección de las rectas P Q y P 0Q0 es una involución que aplica P en P 0 y Q en Q0; cualquier otra involución que hiciese esto mismo debería tener como centro de proyección el punto Z, luego coincidiría con ella. b) Sean Z1 ; Z2 los centros de dos involuciones. El par de puntos (quizá confundidos) en que la recta Z1 Z2 es el único par de puntos que se corresponden en ambas involuciones Solución del ejercicio 41 El hecho de que P1 y P2 sean conjugados por la cónica equivale a que P2 esté en la polar M1 N1 del punto P1 , es decir , a que la proyección desde P2 -o sea la involución de puntos …jos M2 y N2 - aplique M1 en N1 . Por el ejercicio 33 , esto equivale a su vez a que fM1 ; N1 ; M2 ; N2 g = 1

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

44

6.

CONSECUENCIAS DEL TEOREM A DE CHASLES

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

Recíprocamente, supongamos que P1 y P2 son puntos conjugados, como representado en la …gura del ejercicio anterior, y sean , como en esa …gura M1 , N1 los puntos …jos de la involución de centro P1 , y M2; N2 los centros de la involución de centro P2 . Se tiene prP2 prP1 (M1 ) = prP2 (M1 ) = N1 prP2 prP1 (N1 ) = prP2 (N1 ) = M1 y por otra parte prP1 prP2 (M1 ) = prP1 (N1 ) = N1 prP1 prP2 (N1 ) = prP1 (M1 ) = M1 Como ambas involuciones prP2 prP1 y prP1 prP2 asignan pues las mismas imágenes a dos puntos M1 y N1 tienen que ser forzosamente la misma (por el ejercicio12 a) Solución del ejercicio 43 Tomamos el centro A1 de la primera involución tal como se sugiere en el enunciado. Sea P un punto general de la cónica y seaQ su imagen por esa primera involucíón. Sea P 0 = f (P ). Como centro A2 de la segunda involución tomemos el punto de intersección del "eje de cruces"M N de la proyectividad f con el la recta QP 0. Se tiene prA2 prA1 (P ) = prA2 (Q) = P 0 prA2 prA1 (M ) = prA2 (N ) = M prA2 prA1 (N ) = prA2 (M ) = N

2. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

45

Como la proyectividad prA2 prA1 y la proyectividad f asignan pues la misma imagen a los tres puntos P; M; N; ambas coinciden (cfr. ejercicio11)

CAPíTULO 7

Más sobre cónicas lisas

1.

Enunciados de los ejercicios

Recordemos que toda cónica lisa C en el plano proyectivo P2C da lugar a una cónica lisa dual C en el plano proyectivo dual P2C : sus puntos son las rectas tangentes a C y si C tiene matriz M en coordenadas homogéneas x0 ; x1 ; x2 del plano, entonces c tiene matriz M 1 en las coordenadas homogéneas duales u0 ; u1 ; u2 del plano dual. Decimos que dos rectas son conjugadas por la cónica C cuando, como puntos del plano dual P2C , son conjugadas por la cónica dual C :

Sabemos que un punto P es conjugado de otro punto Q por una cónica lisa C 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, y esto equivale a que m pase por el polo de l.

Así pues, todos los enunciados acerca de cónicas lisas, tienen su enunciado dual en el que los puntos son sustituidos por rectas tangentes, y viceversa. Así por ejemplo, como modo de construir triángulos autopolares alternativo al sugerido en 35 , tenemos ahora su método dual: iníciese con cuatro rectas tangentes a la cónica un cuádrilátero completo y tómese entonces como triángulo autopolar el formado por sus tres rectas diagonales (rectas punteadas en el dibujo) Es autopolar porque esas tres rectas son sus tres centros cuando se ve como cuadrilátero completo del plano dual, y por tanto, al tomarlos como triángulo de referencia queda diagonalizada la matriz de la cónica dual, y por tanto también la matriz de la cónica en el plano original, ya que es su inversa: 47

48

7.

M ÁS SO BRE C Ó N IC AS LISAS

Una recta que no es tangente a la cónica se llama una cuerda de la cónica. Es cortada por ella en dos puntos M; 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 otro punto P 0 de ella que es conjugado de P por la cónica, a saber su armónico en la cuerda 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 dos rectas l; m tangentes a la cónica que pasan por él (la cuádrica que la cónica dual restringe en la recta Rad P ). Cada recta r que pasa por P tiene una recta conjugada suya r por la cónica que también pasa por P , a saber su armónica en Rad P , es decir aquélla tal que fl; m; r; rg = 1 Sea 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 centro Z de C al polo de P11 Se llaman diámetros las rectas que pasan por el centro, o sea las rectas conjugadas de la recta del in…nito (los polos de los diámetros están pues en la recta del in…nito) Por la observación anterior, cada diámetro d tiene un diámetro conjugado dc

Ejercicio 44. a) Probar que las tangentes en los extremos de un diámetro d son paralelas entre sí. b) Demostrar que son además paralelas al diámetro conjugado dc

1. ENUNCIADOS DE LOS EJERCICIOS

49

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

Ejercicio 45. a) Demostrar que por cinco puntos -no cuatro de ellos colinealesdel plano proyectivo pasa una única cónica. Si cuatro de ellos están en línea recta entonces pasan in…nitas cónicas, y en caso distinto la cónica es única. Demostrar que por seis puntos del plano no pasa, en general , ninguna cónica. b) Demostrar que dadas cinco rectas del plano -no cuatro de ellas concurrenteshay una única cónica que es tangente a las cinco. Demostrar que dadas seis rectas del plano en general, no hay ninguna cónica que se tangente a todas ellas.

Ejercicio 46. a) ("Generación de Steiner de una cónica") . Sea f : Rad P ! Rad P una proyectividad entre las radiaciones de rectas que pasan por dos puntos P; P del plano P2C . Demostrar que el conjunto de puntos l \ f (l) en que se corta cada recta de Rad P con su imagen en Rad P es una cónica que pasa por P y por P . (Sugerencia: Tomar referencia de modo que P in…nito P1 = (0; 1; 0) y P2 = (0; 0; 1))

y P sean los dos puntos de

50

7.

M ÁS SO BRE C Ó N IC AS LISAS

b) dadas cuatro rectas l ; m; r ; s pasando por un punto P del plano PC2 y otras rectas l ; m ; r ; s pasando por otro punto P con la misma razón doble fl; m; r; sg = fl; m; r; sg demostrar 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 inscritos en una cónica, entonces circunscriben otra, y viceversa.

(Sugerencia: aplicando el teorema de Chasles a A; A, probar que los cuatro puntos en r y los cuatro puntos en restán en la misma razón doble, y aplicar el enunciado 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) 2.

Solución de los ejercicios

2. SOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

51

Solución del ejercicio 44 a) Un diámetro d es una recta que pasan por el polo 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 en la recta del in…nito. b) Que el diámetro dc sea conjugado de un diámetro dado d signi…ca que pasa por 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 diámetro d , forman cuatérnica armónica su punto en el in…nito P , el punto Q de corte con el diámetro, y los dos puntos de corte de la recta con la cónica, es decir que P y Q son conjugados por la cónica. Esto es evidente puesto que Q está en el diámetro d , que es la recta polar de P . Solución del ejercicio 45 a) En coordenadas homogéneas x0 ; x1 ; x2 la cónica corresponde a un tensor de matriz simétrica A = (aij ) , es decir que la cónica tiene ecuación a00 x20 + a11 x21 + a22 x22 + 2a01 x0 x1 + 2a02 x0 x2 + 2a12 x1 x2 = 0 La condición de pasar por un punto se expresa como una ecuación lineal en las seis variables aij (por ejemplo, si el punto fuera el (1,1,2), se trataría de la ecuación a00 + a11 + 4a22 + 2a01 + 4a02 + 4a12 = 0 ). Así pues, la condición de pasar por cinco puntos se expresa como un sistema de cinco ecuaciones lineales en estas seis variables (a00 ; :::; a12 ) En general, el rango de la matriz del sistema es 5 - siendo menor sólo cuando cuatro de los puntos son colineales- , y así sus soluciones forman un 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 tanto de…nen la misma cónica.

52

7.

M ÁS SO BRE C Ó N IC AS LISAS

Si cuatro de los cinco punto son colineales entonces la recta que los une y cualquier recta que pase por el quinto forman una cónica del tipo "par de rectas"que pasa por los cinco puntos. Tómense cinco puntos, no cuatro de ellos en línea recta. Se tiene una única cónica que pase por los cinco primeros. Cualquier punto que no esté en esa cónica forma con esos cinco puntos un conjunto de seis puntos del plano por los que no pasa cónica alguna. b) Como el apartado dual es válido en todos los planos proyectivos, en particular es válido en el plano dual P2 , a…rmando entonces en P2 exactamente lo que se pide. Solución del ejercicio 46 a) Tomando la referencia como se sugiere, nuestra proyectividad hace corresponder 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 esta aplicación 7! 0 del primer conjunto de rectas (parametrizado por la coordenada completa ) en el segundo conjunto de rectas (parametrizado por la coordenada completa 0 ) sea del tipo a +b 0 = c +d para ciertos números complejos a; b; c; d con a b c d

6= 0

Por tanto los puntos ( ; 0 ) de intersección de una recta x = y = 0 satisfacen a la ecuación c

0

+d

0

a

y su imagen

b=0

que claramente de…ne una cónica. La imagen de la recta P P 0 es una recta que forzosamente pasa por P 0, luego P 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 de Rad P en Rad P 0 que aplica las rectas l; m; r; s en las rectasl0; m0; r0; s0. Aplicando el apartado a) a esa proyectividad se obtiene la cónica requerida c) Como el apartado anterior es válido en cualquier plano proyectivo, en particular es válido para el plano proyectivo dual P2 del plano P2 : dadas dos rectas r; r0 de P2 y cuatro puntos A; B; C; D en la recta r y otros cuatro A0; B0; C0; D0 en la recta r0 con la misma razón doble, existe una única cónica que es tangente a las rectas 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 vértices de esa "estrella de David acentes en las rectas r y r0 : 2

2. SOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

53

Aplicando el teorema de Chasles, se tiene 0

fC ; R; S; B 0 g = fAC 0 ; AR; AS; AB 0 g = fAC 0 ; AB; AC; AB 0 g = fA0 C 0 ; A0 B; A0 C; A0 B 0 g = fA0 P; A0 B; A0 C; AQg = fP; B; C; Qg y por tanto hay una proyectividad de la recta r en la recta r0 que aplica los puntos P; B; C; Q de la recta r en los puntos C0; R; S; B0 de la recta r0 . Esta proyectividad da lugar , por la construcción dual de Steiner (apartado c del ejercicio anterior), 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 la proyectividad, y es también tangente a esas rectas r = BC y r0 = B0C0 . b) Podemos razonar sobre la misma …gura del apartado anterior, pero construyendo ahora sus elementos en otro orden. Se nos da ahora un triángulo ABC inscrito en una cónica C1 (es decir, con sus tres vértices en ella) y circunscrito a otra cónica C2 (es decir, con sus tres lados tangentes a ella) . Sea ahora A otro punto cualquiera de C1 distinto de los puntos A; B; C. Las dos rectas tangentes a la cónica C2 desde A0 cortan a la cónica C1 en sendos puntos que llamamos B0 y C0. Habremos acabado si somos capaces de demostrar que la recta B0C0 es también tangente a la cónica C2 . Como los triángulos ABC y A0B0C0 tienen sus vértices en la cónica C1 , el teorema de Poncelet (apartado anterior) a…rma que sus seis lados son tangentes a una cónica D2 . Así pues, las conicas C2 y D2 son ambas tangentes a las cinco rectas - no tres de ellas concurrentes- AB; AC; BC; A0B0; A0C0 Por el apartado b) del ejercicio 45 concluimos que son de hecho la misma cónica.

CAPíTULO 8

Haces de cónicas 1.

Enunciados de los ejercicios

Ejercicio 48. a) Probar que la cónica de P2C que en coordenadas homogéneas xo ; x1 ; x2 tiene ecuación a00 x20 + 2a01 x0 x1 + 2a02 x0 x2 + a11 x21 + 2a12 x1 x2 + a22 x22 = 0 pasa por el punto (1, 0 , 0) si y solo si a00 = 0 , y que, si la cónica es lisa, su tangente en ese punto es la recta a10 x1 + a20 x2 = 0 b) Escribir el enunciado a) en el caso en que x0 ; x1 ; x2 coordenadas homogéneas a…nes de una geometría afín dada en P2C , para que aparezca en las correspondientes coordenadas a…nes inhomogéneas y1 ; y2 algo que resulte ya familiar. Ejercicio 49. a) Demostrar qe dos cónicas de PC2 se cortan siempre en cuatro puntos, contados con multiplicidad (es decir que algunos de esos cuatro puntos pueden estar confundidos entre sí, pues corresponden a las raíces de un cierto polinomio y algunas de esas raíces pueden ser múltiples) (Sugerencia: Si una de las dos cónicas es un par de rectas - o recta dobleentonces el problema es trivial. Si ambas son lisas, tómese geometría afín y coordenadas a…nes de modo que una de las dos cónicas se exprese como y2 = y12 ) b)Demostrar que un punto de corte es múltiple si y solo si ambas cónicas tienen la misma tangente en el mismo punto (Sugerencia: en las mismas coordenadas usadas para el apartado a) aplicar el apartado b) del ejercicio anterior)

Ejercicio 50. a) Demostrar que las cónicas de P2 son los puntos de un espacio proyectivo P5 b) Las que pasan por un punto dado forman un P4 dentro de ese P5 c) Las que pasan por dos puntos forman un P3 d) 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.

H AC ES D E C Ó N IC AS

f (x0 ; x1 ; x2 ) + f 0 (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 esa referencia, entonces A + 0 A0 es la matriz de la cónica general del haz.

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

o dos puntos confundidos, y otros dos puntos distintos

o dos puntos confundidos y otros dos puntos confundidos

1. ENUNCIADOS DE LOS EJERCICIOS

o tres puntos confundidos y un punto distinto

o cuatro puntos confundidos

hablaremos de haces de cónicas de tipo

57

58

8.

H AC ES D E C Ó N IC AS

1,1,1,1 2, 1,1 2, 2 3,1 4 respectivamente. 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 recta que 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 de P1 , llamado abusivamente "par de puntos"de P1 (pues "par"debería llamarse tan sólo a dos puntos ordenados) se puede expresar implícitamente , en coordenadas homogéneas x0 ; x1 ; como una cuádrica de ecuación x21 + x0 x1 + x20 = 0 , o, en 2 la coordenada inhomogénea completa = x1 =x0 , de ecuación + + 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 + x0 x1 + x20 = 0

0 2 x1

y

0

+

x0 x1 +

0 2 x0

=0

son armónicos si y sólo si 0

Sugerencia: probar que (

1

{ 1; +

=2

0

0

+2

2 ; 3 ; 4 }=-1

2 )( 3

+

4)

= 2(

si y sólo si 1 2

+

Ejercicio 52. Sean x21 + x0 x1 + x20 = 0

3 4)

0 2 x1

y

+

0

x0 x1 +

0 2 x0

=0

Ejercicio 53. dos pares de puntos de P1 y sea (

+

0 0

)x21 + (

+

0 0

)x0 x1 + (

+

el haz de pares de puntos -haz de cuádricas de P1 -

0 0

)x20 = 0

que ellos engendran

a) Demostrar que son los pares de puntos mutuamente correspondientes en una involución (Sugerencia: usando T 8.4 probar que una involución a 0 + b( + 0 ) + c = 0 tiene el par de puntos x21 + x0 x1 + x20 = 0 como puntos mutuamente correspondientes si y sólo si b = a + c ) b) Concluir que en un haz de pares de puntos hay exactamente dos puntos dobles c) 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 a la recta

2. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

59

(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 una misma involución Llamamos range"o rango"de P2 a un conjunto de cónicas lisas cuyas cónicas duales (cónicas de tangentes) son las cónicas lisas de un haz de P2 *. Se trata pues de 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. 2.

Soluciones de los ejercicios

Solución del ejercicio49 a) 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 esto ocurre, la tangente en ese punto es su recta polar, cuyos coe…cientes se obtienen aplicando la matriz del tensor al punto (1; 0; 0): 0 10 1 0 1 0 a01 a02 1 0 @ a10 a11 a12 A @ 0 A = @ a10 A a20 a20 a21 a22 0

b) 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 = xx10 , y2 = xx20 , quedando la ecuación de la tangente , en esas coordenadas, como a10 y1 + a20 y2 = 0

60

8.

H AC ES D E C Ó N IC AS

Solución del ejercicio48 Ya vimos en el ejercicio 36 (cfr. solución al ejercicio 37) que se pueden tomar coordenadas de modo que una cónica tenga la ecuación sugerida y12 y2 = 0. Sea a00 x20 + a11 x21 + a22 x22 + 2a01 x0 x1 + 2a02 x0 x2 + 2a12 x1 x2 = 0 la ecuación de la otra cónica, o, en coordenadas inhómogéneas, a00 + a11 y12 + a22 y22 + 2a01 y1 + 2a02 y2 + 2a12 y1 y2 = 0 La coordenada y1 de un punto que esté en ambas cónicas satisfará pues a la ecuación a00 + a11 y12 + a22 y14 + 2a01 y1 + 2a02 y12 + 2a12 y13 = 0 que por ser de grado cuatro, y por ser el cuerpo algebraicamente cerrado, tiene exactamente cuatro soluciones, aunque posiblemente repetidas. b) Sea ahora P un punto común a ambas cónicas, y volvamos a tomar coordenadas de modo que una de las dos cónicas tenga ecuación y2 = y12 ; o sea , en coordenadas 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 a11 y12 + a22 y22 + 2a01 y1 + 2a02 y2 + 2a12 y1 y2 = 0 ya que pasa por el origen P , y su tangente en ese punto será la recta a01 y1 + a02 y2 = 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 las dos cónicas si y sólo si el valor cero es solución múltiple a la ecuación a11 y12 + a22 y14 + 2a01 y1 + 2a02 y12 + 2a12 y13 = 0 es decir, si y sólo si a01 = 0 , lo que hemos visto que equivale a que ambas tangentes coincidan. Solución del ejercicio 50 a) Tómense coordenadas homogéneas x0 ; x1 ; x2 para razonar con mayor facilidad. Una cónica se corresponde con una ecuación no nula a00 x20 + a11 x21 + a22 x22 + 2a01 x0 x1 + 2a02 x0 x2 + 2a12 x1 x2 = 0 es decir no siendo todos sus coe…cientes nulos, y estando además de…nidos salvo producto por constante no nula. Por tanto se corresponde con un punto del espacio proyectivo 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 de pasar 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 P4 dentro del espacio P5 de todas las cónicas. Si añadimos la condición de pasar por otro 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 un P1 de cónicas -salvo el caso de que estén los cuatro puntos en una recta , pues entonces cualquier otra recta forma junto con ella una cónica que contiene a los cuatro puntos (y eso da tantas cónicas como permite la elección de la otra recta, es decir un P2 de cónicas!)

2. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

61

Como ambos polinomios f y f’se anulan en los cuatro puntos, también se anula el polinomio f (x0 ; x1 ; x2 ) + f 0 (x0 ; x1 ; x2 ) obtenido como combinación lineal de ellos. Se obtiene así un P1 de cónicas que está contenido en el espacio de las cónicas que se anulan en los cuatro puntos, que hemos visto que es un P1 , luego necesariamente coincide con él. Solución del ejercicio 51 Comprobar la caracterización de la armonicidad de dos pares de puntos en términos de las sumas y los productos de las dos coordenadas de cada par, tal como se ha apuntado en la sugerencia, es un mero cálculo que, por supuesto, omitimos. Por lo recordado en el preámbulo al ejercicio, la rescritura de esa 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 + x0 x1 + x20 = 0 se corresponda mutuamente en la involución de puntos …jos a 2 + 2b + c = 0 equivale (ejercicio 33) a que sea armónico con ese par de puntos …jos, condición que , por el ejercicio anterior, 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 de 0 2 puntos x21 + x0 x1 + x20 = 0 y x1 + 0 x0 x1 + 0 x20 = 0 son pares de puntos mutuamente correspondientes, es decir que se satisfacen ambas ecuaciones b= a+ c y 0

b = 0 a + 0 c: 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

)x0 x1 + (

+

0 0

)x20 = 0

es también mutuamente correspondiente por la involución. Estos pares de puntos forman un P1 , que estárá pues contenido en el P1 (cfr. ejercicio 39 c) de pares correspondientes 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 cuádricas en cualquier recta P1 de P2 , pues cada cónica de P2 restringe en esa recta un par de puntos. Un haz de pares de puntos en una recta consiste siempre , como hemos visto 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 dos puntos …jos de la involución): son por tanto la restricción a esa recta de dos cónicas del haz tangentes a ella. Solución del ejercicio 56 a) 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 para determinar el rango y a esa quinta recta.

62

8.

H AC ES D E C Ó N IC AS

b) Es exactamente el enunciado dual del enunciado en el apartado c) del ejercicio anterior.

CAPíTULO 9

Clasi…cación de cuádricas reales 1.

2.

Enunciado de los ejercicios

De ahora en adelante V denotará un espacio vectorial sobre R de dimensión n + 1, y por tanto, al escoger una base en V sus vectores se corresponderán con las ristras de n+1 números reales, teniéndose pues un isomor…smo de espacios vectoriales 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 salvo producto por constante- de n + 1 números reales. Si hablamos entonces de puntos de coordenadas imaginarias es porque implícitamente supondremos la natural inclusión Rn+1 Cn+1 y por tanto la inclusión de PnR en PnC , es decir el hecho de que todo punto de coordenadas homogéneas reales es también un punto de coordenadas homogéneas complejas (ampliación compleja del espacio proyectivo real)

Consideremos la cuádrica < T > dada por un tensorT : V xV ! R , y designemos por Q = QT PnR a su lugar cuádrico -llamado simplemente çuádrica"por abuso de lenguaje- es decir el conjunto de puntos autoconjugados por T. Llamamos índice mQ , o simplemente m, a la codimensión del mayor espacio proyectivo contenido en Q. Si , por ejemplo, el índice es n , entonces la dimensión del mayor espacio 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 el índice 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 contenido en 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, como es el caso de la cuádrica de ecuación x20 + ::: + x2n = 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 entradas diagonales +1; 1; 0 (cfr. "pre-requisitos de álgebra lineal") : p entradas son 1; q entradas son 1(de modo que p + q = r, rango del tensor) ; y las demas entradas 63

64

9. CLASIFICACIÓN DE CUÁDRICAS REALES

son nulas:

0 B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B @

1

+1 : :

p) : +1 1 : : q) : 1 0 : : : 0

C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C A

El siguiente ejercicio tiene como propósito demostrar que el índice m de la cuádrica 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 multiplicada por 1 o 1, para que no haya más índices negativos que positivos, es decir para que 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 espacio proyectivo 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 . 0 b) Demostrar que, para n0 > n, no existe ningún espacio proyectivo Pn contenido en QT . Sugerencia para el apartado a): encontrar Pn p como intersección de hiperplanos del tipo xi = xj y del tipo xi = 0 Sugerencia para el apartado b): encontrar un subespacio proyectivo Pp 1 de Pn disjunto con la cuádrica. Comentario: hemos designado por "m"el índice de una cuádrica, como regla mnemotécnica para recordar que es a la vez la codimensión del mayor espacio proyectivo contenido en la cuádrica y el número de signos que están en mayoría cuando T se expresa en una base como matriz diagonal (puede ser p valores 1; y q valores 1 en la diagonal, pero también, simplemente, p números reales positivos y q números reales negativos, pues esto es posible mediante una simple dilatación de los elementos de la base). Recordemos del capítulo Çuádricas"que dos cuádricas se dicen proyectivamente equivalentes 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.

2. ENUNCIADO DE LOS EJERCICIOS

65

Ejercicio 59. Clasi…car proyectivamente las cuádricas de P1R , P2R , P3R y escribir sus matrices diagonales de entradas +1,-1,0 en adecuada referencia, así como sus ecuaciones homogéneas en las correspondientes coordenadas (El profesor pondrá nombre a las clases de cuádricas que encuentre el alumno) (Sugerencia: Por el ejercicio anterior, hay tantas clases como posibles valores de 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 da una estructura afín An = Pn nP en el espacio proyectivo, un tensor T : V xV ! R se expresa siempre en adecuada referencia afín con matriz de una de las tres formas siguientes Si r = r + 0 (tipo 0 ): 0 0 B 1 B B p) : B B : B B : B B 1 B B B B B B B B B B B B B B B B B @

Si r=r+ 1 (tipo 1): 0 0 B 1 B B p) : B B : B B : B B 1 B B B B B B B B B B B B 1=2 B B B B B @

1

1 :

q) : : 1 0 : : : 0

C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C A 1

1=2

1 :

q) : : 1 0 : : : 0

C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C A

66

9. CLASIFICACIÓN DE CUÁDRICAS REALES

Si r=r+ 2 (tipo 2): 0 1 B 1 B B p) : B B : B B : B B 1 B B B B B B B B B B B B B B B B B @

1

1 :

q) : : 1 0 : : : 0

C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C A

De 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 ai en la diagonal no especi…cados, pero como ahora suponemos p k = R, se pueden multiplicar los vectores básicos ! ei de la referencia por 1= jai j 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, en cuyo caso m = m + 1, o sea el que esté en minoría en la matriz reducida, en cuyo caso m=m: En el caso r = r , se tiene forzosamente m = m: En el caso restanter = r + 2 , se puede leer directamente el valor de m , pero no el de m pues la matriz ampliada no está en forma diagonal, por lo que hará falta un ejercicio que pruebe 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 coordenadas afín que la haga de hecho diagonal, de modo que permita leer el valor de m) 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 = Pn nP son a…nmente equivalentes (es decir, hay una transformación afín que transforma la una en la otra) si y solo si son proyectivamente equivalentes , es decir tienen mismo r,m, y las cuádricas reducidas Q y Q0 (restringidas de Q y Q0en el in…nito P) son también proyectivamente equivalentes, es decir tienen mismo r y m: (Sugerencia: Los cuatro valores r; m; r y m determinan cuál sea la matriz canónica de la cuádrica en adecuada referencia afín) Como sugerencia común para la solución de los siguientes ejercicios recordemos cuáles son las restricciones a las que están sometidos los números enteros positivos r; m; r , m que clasi…can a…nmente las cuádricas reales:

3. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

67

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 Montesinos , de la Universidad de Valencia, puede bajarlo el alumno gratuitamente de internet con sólo estos tres datos. Ejercicio 62. Clasi…car a…nmente las cónicas lisas reales del plano afín A2 = P nP , o sea las cónicas con r = 3, m = 2 , y dar sus ecuaciones normales en coordenadas a…nes inhomogéneas Pintar esas cónicas con algún programa de dibujo. 2

Saldrán tres clases de cuádricas, que el profesor nombrará como elipse, hipérbola y parábola. Ejercicio 63. Clasi…car a…nmente las cuádricas lisas reales no regladas del espacio afín real A3 = P3 nP , es decir cuádricas con r = 4 ,m = 3, y dar sus ecuaciones normales en coordenadas a…nes inhomogéneas. Pintarlas con el programa "Super…cies" Saldrán tres clases de cuádricas lisas no regladas que el profesor nombrará como elipsoide, hiperboloide y paraboloide. Ejercicio 64. Clasi…car a…nmente las cuádricas lisas reales regladas del espacio afín real A3 = P 3 nP , es decir cuádricas con r=4,m=2 y dar sus ecuaciones normales en coordenadas a…nes inhomogéneas . Pintarlas con el programa "Super…cies" Saldrán dos cuádricas regladas que el profesor nombrará como papelera y silla de montar. Ejercicio 65. Clasi…car a…nmente los conos reales del espacio afín real A3 = P3 nP , es decir cuádricas con r = 3; m = 2, y dar sus ecuaciones normales en coordenadas a…nes inhomogéneas. Pintarlas con el programa "Super…cies" Saldrán cuatro clases de cuádricas singulares que el profesor nombrará como cono real, cilindro elíptico, cilindro hiperbólico , cilindro parabólico.. Los nombres dados a las cuádricas son populares y fáciles de recordar. Aquí van 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" 3.

Soluciones de los ejercicios

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

68

9. CLASIFICACIÓN DE CUÁDRICAS REALES

por x1 ; :::; xn+1 (no dará lugar a equívoco, pues no hay mención en el ejercicio de estructura 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 menos n p (de hecho es inmediato comprobar que las ecuaciones son independientes, es decir que el determinante de la matriz del sistema es distinto de cero, por lo que la dimensión es de hecho n-p, pero esta comprobación no va a ser necesaria). Esto demuestra 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, se trataría de las coordenadas (0; :::; 0) que no corresponden a ningún punto del espacio proyectivo. Tales puntos forman un Pp 1 que es, pues, disjunto con la cuádrica. Si estuviera contenido en la cuádrica un espacio Pn , con n n p + 1, entonces ese 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 ejercicio58 Si una proyectividad transforma una cuádrica en la otra, ambas tienen el mismo rango, pues una proyectividad de matriz homogénea C actúa sobre una cuádrica de matriz homogénea A dando la la cuádrica de matriz homogénea C t AC, y sabido es que esta transformación matricial conserva el rango. Como el índice es la codimensión del mayor subespacio proyectivo de Pn contenido en la cuádrica, es evidente que es el mismo para una cuádrica y para cualquier transformada de ella por una proyectividad (pues las proyectividades transformas subespacios proyectivos de Pn en subespacios proyectivos de igual dimensión). Recíprocamente, supongamos que dos cuádricas tienen mismo r; m. Entonces ambas se expresan, cada una en base conveniente, con misma matriz diagonal, por tener el mismo números de entradas +1; 1; 0. La transformación lineal que lleva una 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 correspondientes matrices canónicas y ecuaciones en coordenadas homogéneas son 1 r = 2; m = 2: ; x20 + x21 = 0 (no contiene espacios lineales, luego 1 no tiene puntos P0 ) PAR DE PUNTOS IMAGINARIOS

3. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

r = 2; m = 1:

1 1

; x0

69

x21 = 0 (tiene puntos P0 ) PAR DE PUNTOS

REALES r = 1; m = 1:

1 0

; x20 = 0 (tiene puntos P0 ) PUNTO DOBLE

Clasi…cación en P2R : los posibles valores de r; m , y sus correspondientes matrices canónicas y ecuaciones en coordenadas homogéneas, son los siguientes 0 1 1 A ; x20 + x21 + x22 = 0 (no contiene espacios lineales, 1 r = 3; m = 3: @ 1 luego no tiene puntos P0 ) .CONICA LISA IMAGINARIA 0 1 1 A ; x20 + x21 x22 = 0 (tiene puntos P0 ) CONICA 1 r = 3; m = 2: @ 1 LISA REAL 1 0 1 A ; 0 = x20 + x21 = (x0 + ix1 )(x0 ix1 ) (el mayor 1 r = 2; m = 2: @ 0 espacio proyectivo real es un punto P0 ) . PAR DE RECTAS IMAGINARIAS DE VÉRTICE REAL 0 1 1 A ; 0 = x20 x21 = (x0 + x1 )(x0 x1 ) (el mayor 1 r = 2; m = 1: @ 0 espacio proyectivo real es una recta P1 ) . PAR DE RECTAS REALES 1 0 1 A ; x20 = 0 (el mayor espacio proyectivo real es una 0 r = 1; m = 1: @ 0 recta P1 ) RECTA DOBLE Clasi…cación en P3R : los posibles valores de r; m , y sus correspondientes matrices canónicas y ecuaciones en coordenadas homogéneas, son los siguientes 0 1 1 C B 1 C ; x20 + x21 + x22 + x23 = 0 (no tiene espacios r = 4; m = 4: B A @ 1 1 lineales reales, luego no tiene puntos) CUÁDRICA LISA IMAGINARIA 0 1 1 B C 2 1 C ; x0 + x21 + x22 x23 = 0 (los mayores espacios r = 4; m = 3: B @ A 1 1 lineales reales son puntos P0 ) CUÁDRICA LISA NO REGLADA

70

9. CLASIFICACIÓN DE CUÁDRICAS REALES

0

B r = 4; m = 2: B @

1 1 1

1

C C ; x20 + x21 A

x22

x23 = 0 (los mayores

1 espacios lineales reales son rectas P1 ) CUÁDRICA LISA REGLADA 0 1 1 B C 1 C ; x20 + x21 + x22 = 0 (el mayor espacio lineal r = 3; m = 3: B @ A 1 0 real es un punto P0 ) CONO IMAGINARIO DE VÉRTICE REAL 0 1 1 B C 1 C ; x20 + x21 x22 = 0 (los mayores espacios r = 3; m = 2 : B @ A 1 0 lineales reales son rectas P1 ) CONO REAL 1 0 1 C B 1 C ; 0 = x20 + x21 = (x0 + ix1 )(x0 ix1 ) (el r = 2; m = 2: B A @ 0 0 mayor espacio lineal real es una recta P1 .PAR DE PLANOS IMAGINARIOS DE ARISTA REAL 1 0 1 C B 1 C ; 0 = x20 x21 = (x0 + x1 )(x0 x1 ) (los r = 2; m = 1: B A @ 0 0 mayores espacios proyectivos reales son planos P2 ) PAR DE PLANOS REALES 1 0 1 C B 0 C ; x20 = 0 (el mayor espacio proyectivo real es r = 1; m = 1: B A @ 0 0 un plano P2 ) PLANO DOBLE Solución del ejercicio 60 Con el cambio (no afín!) x0 xr+1 xi

0 = x00 + xr+1 (donde r = p + q)

= x00

x0r+1

= x0i para todo i 6= 0; r + 1

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

a0;r+1 ar+1;r+1

=

0 1=2 1=2 0

que se convierte en el menor a00;0 a0r+1;0

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

=

1 1

3. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

71

(pues la cuádrica x0 xr+1 = 0 restringida al espacio proyectivo de < ! e0 ; ! e r+1 > se transforma, obviamente, con este cambio de coordenadas, en la cuádrica 0 = 0 (x00 + xr+1 )(x00 x0r+1 ) = x02 x02 0 r+1 ) . La matriz diagonal así obtenida tiene todos los elementos diagonales de la matriz reducida anterior ( p elementos +1 , y q elementos 1), más dos nuevos elementos diagonales: +1; 1. Por tanto la mayoría m de sus signos será la mayoría m 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, por de…nición, una transformación proyectiva f : Pn ! Pn que conserva el in…nito P y por tanto restringe una transformación proyectiva en 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 transforma las cuádricas reducidas en el in…nito Q y Q0 la una en la otra, por lo que ambas son equivalentes, es decir tienen igual rango r , e índice m: Recíprocamente, supongamos que Q y Q0 tienen igual rango r, índice m, rango reducido r, índice reducido m . Como r; m; r, m de terminan el tipo de la matriz canónica (tipo0; 1; 2 según que r-r sea 0; 1; 2) y de hecho determinan la matriz canónica (pues r y m determinan su matriz reducida) , sucede que Q y Q’tienen la misma matriz canónica, cada una en una referencia afín adecuada. Por tanto, la transformación afín que lleva de una referencia afín a la otra transforma una cuádrica en la otra, y en consecuencia Q y Q0 son equivalentes a…nes.

Solución del ejercicio 62 Para esos valores r = 3; m = 2, los posibles valores de r y m , y sus correspondientes matrices canónicas y ecuaciones en coordenadas a…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 par de puntos imaginarios ) 0 @

1 1 1

1

A ; x20 = x21 + x22 ; 1 = y12 + y22

ELIPSE

72

9. CLASIFICACIÓN DE CUÁDRICAS REALES

r = 2; m = 1 (es decir que Q es un par de puntos reales) 0 1 1 @ A ; x20 = x21 x22 ; 1 = y12 y22 1 HIPÉRBOLA 1

r = 1; m = 1 (es decir que Q es un punto doble) 0 1 1=2 @ A ; x21 + x0 x2 = 0 ; y12 + y2 = 0 1 1=2

PARÁBOLA

3. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

73

Solución del ejercicio 63 Para estos valores r = 4; m = 3, los posibles valores de r y m , y sus correspondientes matrices canónicas y ecuaciones en coordenadas a…nes homogéneas x0 ; x1; x2 ; x3 e inhomogéneas y1 ; y2 ; y3 son 0 B B @

r = 3; m = 3 (y por tanto Q es una cónica imaginaria) 1 1 C 1 C ; x20 = x21 + x22 + x23 ; 1 = y12 + y22 + y32 A 1 1

ELIPSOIDE

74

9. CLASIFICACIÓN DE CUÁDRICAS REALES

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

0 B B @

1

1 1 1 1

C C ; x20 +x21 +x22 = x23 ; 1+y12 +y22 = y32 A

HIPERBOLOIDE

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

0 B B @

0

1=2 1 1

1=2

0

1

C C ; x21 +x22 +x0 x3 = 0 ; y12 +y22 +y3 = 0 A

PARABOLOIDE

3. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

75

Solución del ejercicio64 Para estos valores r = 4; m = 2; los posibles valores de r y m , y sus correspondientes matrices canónicas y ecuaciones en coordenadas a…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 )

0 B B @

1

1 1 1 1

C C ; x20 = x21 + x22 A

x23 ; 1 = y12 + y22

y32

PAPELERA

76

9. CLASIFICACIÓN DE CUÁDRICAS REALES

r = 2; m = 1 (es decir que Q es un par de rectas reales,y por tanto una cónica singular, lo que signi…ca que la cuádrica Q es tangente al plano del in…nito) 0 1 0 1=2 B C 1 B C ; x21 x22 +x0 x3 = 0 ; y12 y22 +y3 = 0 SILLA DE MONTAR @ A 1 1=2 0

3. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

77

Solución del ejercicio 65 Para estos valores r = 3; m = 2, los posibles valores de r y m , y sus correspondientes matrices canónicas y ecuaciones en coordenadas a…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) 0 B B @

1

0 1 1 1

C C ; x21 + x22 A

x23 = 0 ; y12 + y22

y32 = 0

CONO

r = 2; m = 1 (es decir que la cónica Q es un par de rectas reales: el cono tiene pues dos de sus rectas generatrices en el plano del in…nito, y por tanto este plano pasa por el vértice del cono. Como todas las rectas generatrices del cono pasan 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 hiperbólico porque las secciones planas generales de ese cono son cónicas lisas reales que cortan en dos puntos al par de generatrices que el cono tiene en el in…nito, y por tanto son cónicas con dos puntos reales en el in…nito, es decir, hipérbolas) 0 B B @

1

1 1 1 0

C C ; x20 +x21 x22 = 0 ; 1+y12 y22 = 0 A

CILINDRO HIPERBÓLICO

78

9. CLASIFICACIÓN DE CUÁDRICAS REALES

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

0 B B @

1

1 1 1 0

C C ; x21 + x22 = x20 ; y12 + y22 = 1 A

CILINDRO ELÍPTICO

3. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

79

r = 1; m = 1 (es decir que la cónica Q es una recta doble: el plano del in…nito es pues tangente al cono a lo largo de una de sus generatrices. En particular, contiene al 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 de hecho cilindro parabólico, porque las secciones planas generales de ese cono son cónicas lisas reales que intersecan al in…nito en un punto doble, es decir, parábolas)

0

0

B 1 B @ 1=2

1

1=2 0 0

C C ; x21 +x0 x2 = 0 ; y12 +y2 = 0 A

CILINDRO PARABÓLICO

80

9. CLASIFICACIÓN DE CUÁDRICAS REALES

CAPíTULO 10

Espacio euclídeo

1.

Enunciado de los ejercicios

Llamaremos espacio euclídeo a un espacio afín real AnR =P(Vn+1 )nP(Vn ) -lo que equivale a un espacio afín real AnR sobre el espacio vectorial real Vn - junto con una 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". Se trata pues de un tensor simétrico T1 : Vn Vn ! R de…nido salvo producto por constante no nula, que en alguna base se expresa mediante la matriz homogénea identidad 0 1 0 1 1 B C B C : : B C B C B C B C : : B C=B C @ A @ A : : 1 n Una referencia de P = P(Vn+1 ) , es decir base ! e0 ; ! e1 ; :::; e! n de Vn+1 de…nida salvo producto por constante no nula, se llama referencia euclídea si ! e ; :::; e! es 1

n

una base de Vn en la que cuádrica del absoluto se expresa mediante la matriz homogénea identidad, es decir que tiene ecuación x21 + ::: + x2n = 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 decir conserva la ecuación x21 + ::: + x2n = 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 P Q d corta a la cuádrica del absoluto Q1 . De…nimos el ángulo P Q formado por esas dos direcciones como arc cos {P; Q; R; T } d P Q= 2 y decimos que esas direcciones son perpendiculares si el ángulo que forman es =2; es decir si {P; Q; R; T }=-1 c0 de dos rectas r; r0 se de…ne como el ángulo que forman sus El ángulo rr dos direcciones P = r \ P1 y P 0 = r0 \ P1 : Se dice que dos rectas r; r0 son perpendiculares si lo son sus direcciones, es decir si sus puntos en el in…nito P y P 0 son conjugados por la cuádrica del absoluto Q1 . Obviamente, una a…nidad es transformación 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, en referencia euclídea, matriz homogénea 1 1 es decir que, en coordenadas homogéneas euclídeas x0; x1 ; x2 , esta cuádrica de P11 de rango dos e índice dos, o par de puntos imaginarios conjugados I,J "puntos cíclicos del in…nito ", tiene ecuación 0 = x21 + x22 = (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 los tres primeros si el cuarto fuera su punto de in…nito -su punto en el horizonte, vista la recta en perspectiva-), como corresponde al hecho de que las transformaciones que conservan la su estructura -las proyectividades- sean exactamente las transformaciones que conservan la razón doble. Por supuesto, la noción de razón doble es equivalente 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 puntos colineales, es decir proporción entre dos segmentos superpuestos con igual origen (aunque en esta geometría esos segmentos no tienen longitud, sí que existe la proporción entre sus longitudes! - la idea clave), o proporción entre dos vectores superpuestos ! v y! w = ! v : Las transformaciones a…nes f son pues aquéllas que conservan la proporción , es decir tales que su transformación subyacente entre vectores ' cumple '(! w ) = '(! v ): Por el teorema de Tales, la noción de proporción es equivalente a la de paralelismo, y ésta a su vez es equivalente a que haya un hiperplano …jado en el in…nito, cuyos puntos son las clases de equivalencia de rectas paralelas. La noción estructural de la geometría euclídea es la de ángulo (estructura que implica 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; T g , en la notación de arriba, equivale a la noción de su armonicidad fP; P 0 ; R; T g = 1). De hecho, las tranformaciones euclídeas 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 de las geometrías, es la de geometria métrica es decir la geometría en lque hay una noción de distancia ( necesariamente habrá de implicar la anterior noción de perpendicularidad, pues es sabido cómo hallar la perpendicular a una recta usando sólo regla y compás -precisamente el instrumento que traza puntos equidistantes de uno dado). Hemos dicho que en el espacio afín An sobre espacio vectorial real Vn se da una geometría euclídea cando se da un tensor T : Vn Vn ! R de…nido

1. ENUNCIADO DE LOS EJERCICIOS

83

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 estructura métrica cuando se da un tensor T :Vn Vn ! R que en algunas bases -llamadas bases ortonormales- tenga matriz identidad. La diferencia está pues en que T se da ahora 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 real p ! ! 2 T ( v ; v ) , es decir el número y1 + ::: + yn2 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 sumarle al punto p para obtener q: No dedicaremos, sin embargo , ningún capítulo al estudio del espacio métrico, porque, de hecho , toda la geometría que el alumno ha estudiado en bachillerato, desde que se le introdujeron las coordenadas cartesianas, y en primer año de carrera ha sido geometría métrica. Esa geometría reaparece pues ahora desde esas otras geometrías más abstractas, como desde un punto de vista superior. Debo advertir al alumno de que esta "geometría euclídea"es llamada usualmente "geometría semejante euclídea", y de que se emplea el nombre de "geometría euclídeaçomo equivalente de "geometría métrica". Considero que esto surge de una incomprensión de la obra de Euclides, pues quien lee críticamente los libros I a IV de 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 longitudes de segmentos, es decir geometría afín, con una noción sobreañadida de perpendicularidad. Sólo, pues, a la geometría limitada a estas nociones se le debería llamar geometría euclídea, y esto haremos aquí. Ejercicio 66. En el plano euclídeo con coordenadas homogéneas euclídeas x0 ; x1 ; x2 , y correspondientes coordenadas inhomogéneas y1 ; y2 pruébese que las rectas y2 = my1 + b , y2 = m0 y1 + b0 son perpendiculares si y solo si 1 m0 = m De…nición. Por el ejercicio 33 podemos ver la cuádrica Q1 = fI; Jg del absoluto en el plano euclídeo como una involución en P11 , a saber la que tiene los puntos 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 su enunciado) . Llamamos a ésta "involución de perpendicularidad", pues, como hemos visto 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 rectas se 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 correspondientes coordenadas homogéneas x0 ; x1 ; x2 e inhomogéneas y1 ; y2 - es euclídea si y solo sí los dos ejes coordenados y1 = 0, y2 = 0 son perpendiculares entre sí y además las dos diagonales y1 y2 = 0; y1 + y2 = 0 son también perpendiculares entre sí.

84

10. ESPACIO EUCLíDEO

Observación y de…nición. En PnC no tiene sentido distinguir entre puntos reales o imaginarios, pues un punto de coordenadas reales en una referencia, puede tener coordenadas imaginarias en otra referencia , ya que las matrices homogéneas de cambio de referencia pueden tener elementos imaginarios. En cambio en el espacio proyectivo real PnR (que siempre entendemos ampliado a los complejos:PnR PnC ) sí que tiene sentido distinguir entre puntos reales"e "imaginarios", según que el punto esté en PnR , o esté sólo en su ampliado complejo. Dicho en términos de coordenadas homogéneas de PnR ; tiene sentido a…rmar que se trate de un punto de coordenadas reales o imaginarias, pues, al ser reales todos los elementos de las matrices homogéneas de los cambios de referencia, si las coordenadas del punto son reales en una referencia lo son en todas, y si son imaginarias en una referencia, lo son en todas. Asímismo se puede hablar de puntos P y P complejo-conjungados, en el sentido de que sus coordenadas (a0 ; :::; an ) y (a0 ; :::; an ) sean mutuamente complejoconjugadas, pues si esto sucede en una referencia de PnR sucede en todas, por esta misma razón de que son reales los elementos de las matrices homogéneas de los cambios de refrencia de PnR : Llevando estas observaciones y de…niciones al espacio dual, podemos hablar de hiperplanos reales e imaginarios (según que lo sean sus coe…cientes en cualesquiera referencias) y de hiperplanos complejo-conjugados entre sí (es decir, tales que los coe…cientes de sus ecuaciones a0 x0 + ::: + an xn = 0 y a0 x0 + ::: + an xn = 0 sean complejo conjugados entre sí: si esto sucede en una referencia, sucede en todas) Ejercicio 68. a) Demostrar que la recta que une dos puntos complejos conjugados 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) y J = (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 en coordenadas homogéneas x0 ; x1 ; x2 tienen ecuaciones complejo conjugadas a0 x0 + a1 x1 + a2 x2 = 0 ( ai 2 C) y a0 xo + a1 x1 + a2 x2 = 0 ( rectas pues, propiamente, no de P2R , sino de su ampliación compleja P2C ). Demostrar que el punto en que se cortan es un punto real , es decir un punto de P2R : Ejercicio 69. Demostrar que una cónica con centro del plano euclídeo, es decir, una elipse o una hipérbola, tienen solo un par de diámetros que son a la vez perpendiculares y conjugados por la cónica. Se llaman "ejes principales de la cónica" (Sugerencia: aplicar el ejercicio T 6.4 b)) De…nición Consideremos en el plano euclídeo una cónica lisa . Un punto …nito se llama foco de la cónica si las dos rectas isótropas que pasan por él son tangentes a la cónica. Ejercicio 70. Consideremos en el plano euclídeo una cónica con centro, es decir una elipse o una hipérbola. a) Demostrar que tiene exactamente cuatro focos, dos de ellos reales Fy F’ , y dos 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 autopolar para una cónica (introducción a semanaT7) Sugerencia para c): aplicar el ejercicio T 8.6 b)

2.

Solución de los ejercicios 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 coordenadas homogéneas x1 ; x2 de la recta del in…nito, o sea el punto cuya coordenada completa = x2 =x1 es m (así pues la coordenada completa del punto en el in…nito de cualquier recta es su pendiente m . Se trata, en efecto, de una coordenada completa, 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 la recta b00 x0 + m0 x1 x2 = 0 es (1; m0 ): Ambos puntos son conjugados por la cuádrica del in…nito 1 m

1 1

1 m0

=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 equivale a imponer que la matriz simétrica (aij ) de la cuádrica Q1 = fI; Jg del in…nito satisfaga a00 a01 0 1 0 =0 a10 a11 1 es decir, tenga a01 = 0 , y por tanto también a10 = 0; o sea que se trate de una matriz diagonal.

86

10. ESPACIO EUCLíDEO

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 sean perpendicuales entre sí , equivale a imponer 1

1

a00 a11

1 1

=0

es decir a00 = a11 : Solución del ejercicio 68 a) Como tiene sentido hablar de puntos complejo-conjugados, podemos considerar 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 esta aplicación en su recta complejo conjugada. El punto P se transforma en el punto P ; y el punto P en el punto P , por lo que la recta P P que pasa por los dos , sea la recta de ecuacón a0 x0 + a1 x1 + a2 x2 = 0 , se transforma en la recta que pasa por sus imágenes , es decir en ella misma. Como la ecuación de su transformada debe ser a0 xo + a1 x1 + a2 x2 = 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 que a…rma el enunciado a) en el plano dual es exactamente el enunciado b) sobre el plano original.

Solución del ejercicio 69 Hemos visto en el ejercicio 66 que la aplicación que asigna a cada dirección , es decir a cada punto en el in…nito, su dirección perpendicular es la aplicación 0 = 1= , expresadoaen la coordenada completa = x2 =x1 del 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 a sí 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 involución de perpendicularidad) . El hecho de que dos direcciones D; D0 2 P11 sean conjugadas por la cónica C equivale 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 …jos M; N: Por el ejercicio 40 hay exactamente un par de puntos D; D0 que son correspondientes en ambas involuciones , la de perpendicularidad, de puntos …jos I; J , y la de conjugación por C, de puntos …jos M; N: Uniendo D; D0 con el centro Z de la cónica C obtenemos los dos únicos diámetros d; d0 que son a la vez perpendiculares entre sí, y conjugados por la cónica. Solución del ejercicio 70 a) 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 interseca obviamente en puntos P ; Q complejo conjugados de los anteriores. Dualmente, por todo punto P que no esté en una cónica pasan dos rectas r; s tangentes 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-conjugado P 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 tangentes a 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 a la cónica. Los puntos reales F = r \ r y F 0 = s \ s son obviamente focos de la cónica pues por cada uno de ellos pasan dos rectas tangentes a la cónica e isótropas (es decir pasando por uno de los puntos cíclicos) . Por la misma razón los puntos mutualmente complejo-conjugados G = r \ s y G0 = r \ s son focos de la cónica. Y, obviamente,no hay más focos. b) Se nos pide probar 1) que ambas rectas F F 0 y GG0 son diámetros de la cónica, es decir conjugadas, por la cónica, de P11 . 2) que ambas rectas F F 0 y GG0 son conjugadas entre sí por la cónica. 3) que ambas rectas F F 0 y GG0 son perpendiculares entre sí Las tres diagonales F F 0 , GG0 ; P11 ( o centros del cuadrilátero dual) del cuadrilátero completo formado por las cuatros rectas r; s; r; s tangentes a la cónica forman un triángulo autopolar para la cónica (véase el método dual de construcción de 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, lo cual demuestra 1) y 2). Recordemos además, que en un cuadrilátero completo, son armónicos los cuatro puntos en que cada recta es cortada por las demás. Por tanto, los cuatro puntos I; J; P11 \ F F 0 ; P11 \ GG0 de la recta de in…nito son armónicos, es decir que las rectas F F 0 y GG0 son perpendiculares entre sí.

CAPíTULO 11

Más sobre geometría euclídea 1.

Enunciados de los ejercicios

Se trabajará siempre, en esta semana, en el plano euclídeo A2 = P2R n IJ (los puntos I; J siendo complejo conjugados, y siendo, pues, real la recta IJ que ellos expanden) . Como las parábolas son tangentes al in…nito en un punto real -y por tanto distinto de los puntos cícliclos I; J - las dos tangentes a una parábola desde I son la recta del in…nito P11 y otra recta r; y las dos tangentes desde J son la recta del 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 el ini…nito , y que sus diámetros son las rectas - paralelas entre sí- que pasan por el centro. 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 la parábola. Denotamos t la recta tangente a la parábola en el vértice (como e pasa por 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. M ÁS SOBRE GEOM ETRíA EUCLíDEA

Ejercicio 71. a) Demostrar que y t son paralelas entre sí, es decir que se cortan en el mismo punto D de P11 . b) Demostrar que y t son perpendiculares a e: (Sugerencia: e y F D son rectas conjugadas por la cónica)

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

1. ENUNCIADOS DE LOS EJERCICIOS

91

( Sugerencia : utilizar el enunciado dual del ejercicio 41y el dual del teorema de Chasles , en ejercicio 37, que a…rma que cuatro puntos armónicos de una cónica lisa 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; J del in…nito (de ahí su nombre de puntos çíclicos", es decir, circulares) Se trata pues de un caso particular de elipse. Es obvio que, para una elipse, ser círculo equivale a 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 degenerados en pares de rectas) .

92

11. M ÁS SOBRE GEOM ETRíA EUCLíDEA

(Sugerencia: cfr. el comentario que sigue al ejercicio 50 , en particular el tipo de haces de cónicas 2,2) b) Los círculos que pasan por dos puntos reales …nitos dados forman un haz P1R de cónicas (incluyendo los degenerados)

c) Demostrar que por tres puntos reales …nitos dados , no colineales, pasa un círculo y sólo uno. Ejercicio 73.

Dados dos puntos …nitos reales P; Q , demostrar que es una

1. ENUNCIADOS DE LOS EJERCICIOS

93

proyectividad la aplicación Rad(P ) ! Rad(Q) que hace corresponder a queda recta que 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 dice perpendicular o normal a la cónica en ese punto, si es perpendicular a la tangente a la cónica en el punto. Ejercicio 74. ("Hipérbola de Apolonio") Sea C una cónica con centro (es decir, una elipse o una hipérbola) del espacio euclídeo y sea Z su centro. Sea P un punto que no está en C: Vamos a demostrar que existen cuatro puntos de C en los que ésta es normal a la recta que los une con P a) Demostrar que es una proyectividad la aplicación Rad(Z) ! Rad(P ) que aplica cada diámetro d en la recta d0 que pasa por P y es perpendicular a su diámetro conjugado dc : b) Demostrar que los cuatro puntos de intersección de C con la cónica generada Steiner (ejercicio T 7.4) por la proyectividad considerada en a) tienen la propiedad requerida.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 a los 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 de las 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 en alguna base de Vn se expresa con matriz 0 B B B B @

1

1 : : : 1

C C C C A

La 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 homogéneo del tensor dado T). Y se puede hablar de distancia de un punto P a un hiperplano p (ambos …nitos, reales) como su distancia d(P; P 0 ) al punto P 0 de corte 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 A2R y un número real positivo r, estrictamente mayor que d(F; F 0 ) , el lugar geométrico de los puntos cuya suma de distancias a F y F 0 es r es una elipse de focos reales F; F 0 : b) Demostrar que, dados puntos dos F; F 0 reales y …nitos de A2R y un número real positivo r, estrictamente menor que d(F; F 0 ) , el lugar geométrico de los puntos cuya diferencia de distancias a F y F 0 es r es una hipérbola de focos reales F; F 0 :

94

11. M ÁS SOBRE GEOM ETRíA EUCLíDEA

c) Demostrar que el lugar geométrico de los puntos de A2R que equidistan de un punto …nito real F y de una recta …nita real exterior a él es una parábola de foco F y directriz : 2.

Soluciones de los ejercicios

Solución del ejercicio 71 a) 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, que es un punto de la recta del in…nito, ya que el in…nito es conjugado del eje (pues el polo Z de la recta del in…nito está en el eje) b) Las cuatro rectas F I; F J; t; P11 dan lugar a un cuadrilátero completo en el cual cada recta está cortada por el resto de las rectas de la construcción en cuatro puntos que son armónicos. En el caso de P11 estos cuatro puntos son I; J; D; Z y en consecuencia D; Z -las direcciones de t y e -son direcciones perpendiculares entre sí. 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 las tangentes en sus extremos - está en ella.

Como la directriz y la cuerda focal son conjugadas entre sí, éstas cortan a la cónica en cuatro puntos que son armónicos entre sí (enunciado dual del ejercicio 41) , y por tanto las tangentes a la cónica en esos cuatro puntos cortan a cualquier quinta 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 puntos cíclicos I; J y los otros dos son las direcciones de las tangentes en los extremos de la 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 son las cónicas que pasan por I y J y son tangentes en I a la recta IZ y en J a la recta JZ

2. SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS

95

En el comentario al ejercicio 50 e) vimos que las cónicas que pasan por dos puntos distintos con tangentes pre…jadas, es decir por dos puntos confundidos y otros dos puntos confundidos (cuatro puntos en total, confundidos dos a dos) forman un 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 puntos cíclicos I; J: Solución del ejercicio 73 . Sabemos que la aplicación ?: P11 ! P11 que hace corresponder a cada dirección en el in…nito su dirección perpendicular es una involución (de puntos …jos I; J ). Por otra parte, la aplicación fP : Rad(P ) ! P11 que hace corresponder a cada recta que pasa por P su dirección en el in…nito es una proyectividad. La aplicación mencionada en el enunciado es claramente la composición fQ 1 ? 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 conjugada por la cónica C , es una involución (a saber, la asociada a la cuádrica fM; N g que C restringe en el in…nito) . Como la aplicación natural f : Rad(Z) ! P11 es una proyectividad, la aplicación c : Rad(Z) ! Rad(Z) que hace corresponder a cada diámetro d su diámetro conjugado dc es también una proyectividad (de hecho, una involución) pues es f 1 ' f: La aplicación Rad(Z) ! Rad(Q) considerada en el enunciado es la composición de c con la aplicación considerad en el ejercicio anterior, ambas proyectividades, y por tanto ella misma una proyectividad. b) Para un punto A de intersección de la cónica dada con la cónica generada Steiner 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 paralela al diámetro conjugado dc y por tanto es también perpendicular a la recta AQ:

96

11. M ÁS SOBRE GEOM ETRíA EUCLíDEA

c) Sea P es un punto de corte de P11 con la hipérbola de Apolonio de la cónica dada , es decir con la cónica generada Steiner por la proyectividad considerada en a). El punto P de in…nito está pues a la vez en el diámetro d = ZP y en la recta P Q perpendicular a su diámetro conjugado dc , y por tanto ambos d y P Q son paralelos.Como P Q es perpendicular a dc se sigue que también d es perpendicular a 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 tanto paralelo a cualquier recta que pase por P; en particular a la asíntota de la hipérbola de Apolonio tangente a ella en el punto P: Solución del ejercicio 75 (esencialmente, lo dejo sin hacer. Es un ejercicio de bachillerato. Ya pondré la solución otro día en que esté menos cansado. Y además lo ampliaré proponiendo probar que el lugar de los puntos que equidistan de un punto del plano es una circunferencia, es decir, una cónica que pasa por los puntos I; J) Tomemos referencia ortonormal -y correspondientes coordenadas y1 , y2 - de modo que 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 perpendicular a F F 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): p 2 2 p Los puntos P = (y1 ; y2 ) tales que la suma de sus distancias (y1 + a) + y2 , (y1 a)2 + y22 a los puntos F; F 0 es r son los que satisfacen la ecuación en coordenadas inhomogéneas y1 ; y2 que en coordenadas homógeneas x0 ; x1 ; x2 es ecuación homógenea que fácilmente se comprueba ser la de una elipse. Análogamente se resuelven los otros ejercicios.