Ruotare una conica per "far sparire" il termine in $xy$

[HowardRoark]

Sul mio libro leggo che, data la conica $ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0$, in cui $b!=0$, si ottiene un'equazione con $b=0$ mediante una rotazione di centro $O$ e angolo $alpha=1/2 arc cot((c-a)/b)$. Sapreste dimostrarmi perché è valida questa formula?
In generale, se ho una conica con il termine $b!=0$ e voglio ricondurmi a quella con $b=0$, sostituisco nella conica in esame le equazioni inverse della rotazione in senso antiorario di centro $O$ e angolo $alpha$, faccio i calcoli e considero poi solo i termini in $xy$, raccolgo e pongo la condizione che il suo coefficiente sia nullo. Il procedimento però è abbastanza lungo e sapere perché questa formula funzioni può senz'altro aiutarmi.

[HowardRoark]

Mi rendo conto che a luglio questa era una domanda un po' pesante da porre, più che altro per i calcoli da fare.
Parto da $ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0$ e suppongo $b!=0$. Gli applico le equazioni della rotazione in senso orario di angolo $alpha$ e centro $O$ (che poi sarebbero le equazioni inverse della rotaz. antioraria di angolo $alpha$ e centro $O$), raccolgo i termini in $xy$ e pongo il suo coefficiente uguale a $0$. Se ho fatto bene i conti, l'equazione da risolvere sarebbe questa:
$-bsin^2(alpha) + bcos^2(alpha) +(2a-2c)sin(alpha)cos(alpha)=0$. Non ho molta dimestichezza con le equazioni trigonometriche, tanto meno con quelle trigonometriche con dei parametri, quindi potreste confermarmi che $alpha = 1/2arc tan(b/(c-a))$ è soluzione di questa equazione?

[otta96]

Prova a calcolare $\sin(\alpha)$ e $\cos(\alpha)$ con quell'$\alpha$ lì per verificare se torna.

[HowardRoark]

Il problema è che non riesco a valutare $sinalpha$ e $cosalpha$ con dei parametri. Ho che $arctan(b/(c-a))=alpha <=> tan(alpha)=b/(c-a)$, con $alpha!= pi/2 + kpi$. Quindi $sinalpha/(cosalpha)=b/(c-a) => cosalpha=(sinalpha*(c-a))/b$

Riscrivo l'equazione e sostituisco: $b[cos^2(alpha) - sin^2(alpha)]+2(a-c)(sinalphacosalpha)=0 => b[((sin^2alpha(c-a)^2)/b^2-sin^2(alpha)]+(2a-2c)sinalpha*(sinalpha(c-a))/b.$

Dopo i calcoli ottengo: $ (-c^2sin^2(alpha)+2acsin^2(alpha)-a^2sin^2(alpha)-b^2sin^2(alpha))/b$

[@melia]

Siccome $alpha!=pi/2$ puoi dividere tutto per $cos^2 alpha$ e l’equazione diventa $-b tan^2 alpha+b+(2a-2c) tan alpha=0$

[HowardRoark]

Anche facendo così non riesco ad arrivare al risultato voluto.
$-btan^2(alpha) + b +(2a-2c)tanalpha= 0 => t^2+2*(c-a)/bt-1 =0$, dove $t=tanalpha$.
Applicando la formula ridotta ottengo $t=tanalpha = (a-c)/b +- sqrt((c-a)^2/b^2+1)$ A questo punto mi viene il dubbio che sia sbagliata la dimostrazione, siccome in teoria mi sarebbe dovuto venire $t=tanalpha=b/(2(c-a))$

[HowardRoark]

Scrivo un altro messaggio perché ho fatto confusione. Devo verificare che $alpha=1/2arctan(b/(c-a))$ risolva l'equazione $-b^2sin^2alpha + bcos^2alpha+(2a-2c)sinalphacosalpha=0$. Se $alpha!=pi/2 + kpi$[nota]se fosse $alpha=pi/2 +kpi$ si avrebbe una conica con asse di simmetria parallelo ad uno degli assi cartesiani, contro l'ipotesi che $b!=0$[/nota], posso dividere per $cos^2(alpha)$, ottenendo $tan^2alpha+(2c-2a)/b tanalpha -1=0$. Da $alpha=1/2arctan(b/(c-a))$ ricavo $2alpha=arctan(b/(c-a)) <=> tan2alpha=b/(c-a)$ Per le formule di duplicazione, $tan2alpha=(2tanalpha)/(1-tan^2alpha)$ e se è vera la tesi del teorema deve essere $(2tanalpha)/(1-tan^2alpha)=b/(c-a)$.
Per la formula di bisezione della tangente deve essere $tanalpha=tan((2alpha)/2)=+-sqrt((1-cos(2alpha))/(1+cos(2alpha))$. Fino a qui mi confermate che il ragionamento è corretto? Ora cerco di proseguire.

[HowardRoark]

Concludo questo thread chiedendovi come verificare che $tan^2[1/2arctan(b/(c-a))]+(2c-2a)/btan[1/2arctan(b/(c-a))]-1=0$. La mia dimostrazione sembra corretta, l'ho verificata con un software dando vari valori ad $a$, $b$ e $c$, ma io non riesco a rendermi conto di quell'identità. So che per definizione $tan[arctan(b/(c-a))] = b/(c-a)$, però in questo caso c'è quell'$1/2$ che rende le cose più difficili.

[Noodles1]

"HowardRoark":
... e angolo $\theta=1/2ctg^(-1)((c-a)/b)$ ...

Equazione della conica prima della rotazione attiva

$[ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0] ^^ [b ne 0]$

Rotazione attiva di centro $O$ e angolo $0 lt \theta lt \pi$ in senso antiorario

$[[barx],[bary]]=[[cos\theta,-sin\theta],[sin\theta,cos\theta]][[x],[y]] rarr [[x],[y]]=[[cos\theta,sin\theta],[-sin\theta,cos\theta]][[barx],[bary]]$

Equazione della conica dopo la rotazione attiva

$...+[2acos\thetasin\theta+b(cos^2\theta-sin^2\theta)-2c cos\thetasin\theta]barxbary+...=0$

Condizione

$2acos\thetasin\theta+b(cos^2\theta-sin^2\theta)-2c cos\thetasin\theta=0 rarr$

$rarr bcos2\theta+(a-c)sin2\theta=0 rarr$

$rarr [ctg2\theta=(c-a)/b] ^^ [sin2\theta ne 0] rarr$

$rarr [2\theta=ctg^(-1)((c-a)/b)] ^^ [\theta ne \pi/2] rarr$

$rarr [\theta=1/2ctg^(-1)((c-a)/b)] ^^ [\theta ne \pi/2] rarr$

$rarr \theta=1/2ctg^(-1)((c-a)/b) ^^ [\theta ne \pi/2]$

[HowardRoark]

Non ho ancora ben chiaro il nesso tra matrici e trasformazioni geometriche, o anche tra matrici e coniche[nota]cioè, i calcoli con le matrici li saprei pure fare, però a me verrebbe naturale rappresentare solo le equazioni della rotazione di centro $O$ e angolo $alpha$ e della sua inversa per poi sostituire nell'equazione della conica, fare questo con le matrici mi sembra solo una complessità inutile, questo per dire che sicuramente sono io che ignorerò tante cose e per descrivere anche l'approccio che si usa alle superiori, che è quello che userei io[/nota], però l'equazione che sei andato a risolvere mi è chiara e ti ringrazio moltissimo perché ho finalmente concluso questa dimostrazione che durava da ben 2 giorni.