Geometria E Algebra Lineare(Materiale Cherubini Completo)

February 14, 2017 | Author: ginopino888 | Category: N/A

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GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE Dispensa ufficiale

Geometria ed Algebra lineare (programma di lezioni ed esercitazioni) VETTORI GEOMETRICI Operazioni algebriche sui vettori, prodotto scalare, prodotto vettoriale, prodotto misto, modulo, angolo, ortogonalità. Espressione cartesiana del prodotto scalare e vettoriale. GEOMETRIA ANALITICA DEL PIANO Rappresentazioni di punti e rette, distanze, angolo di due rette, parallelismo e perpendicolarità, fasci di rette, circonferenze, fasci di circonferenze. GEOMETRIA ANALITICA DELLO SPAZIO Riferimenti cartesiani nello spazio e loro trasformazioni, equazioni di rette e piani, parametri direttori di rette e piani. Distanze. Rette sghembe e minima distanza. Angoli di rette e piani. Parallelismo e ortogonalità di rette e piani. Fascio di piani. MATRICI Generalità sulle matrici, operazioni, dipendenza lineare, determinante, rango, inversa di una matrice quadrata, matrici ortogonali. SISTEMI LINEARI Nozioni fondamentali, teorema di Cramer, teorema di Rouché - Capelli, procedimento di risoluzione di un sistema lineare, sistemi lineari omogenei. SPAZI VETTORIALI Operazioni tra vettori, sottospazi, dimensione, generatori e basi, somma ed intersezione di sottospazi, cambio di base. FUNZIONI LINEARI Generalità, nucleo ed immagine, funzioni lineari e matrici, funzioni lineari iniettive e suriettive. AUTOVALORI ED AUTOVETTORI Definizione, interpretazione geometrica, polinomio caratteristico, similitudine di matrici, diagonalizzazione, diagonalizzazione ortogonale di matrici reali e simmetriche. SPAZI EUCLIDEI Forme quadratiche, segno, riducibilità, riduzione a forma canonica. Prodotto scalare euclideo in Rn , modulo di vettori, angolo di vettori. Basi ortonormali. CONICHE Nozioni fondamentali sulle curve algebriche. Proprietà elementari delle coniche, equazioni canoniche, riduzione a forma canonica, riconoscimento, centro, assi, asintoti di una iperbole. Fasci di coniche. QUADRICHE Sfere, coni, cilindri. Quadriche, quadriche di rotazione, equazioni delle quadriche in forma canonica. Bibliografia E. Schlesinger, Algebra lineare e geometria, Editore: Zanichelli L. Mauri, E. Schlesinger, Esercizi di algebra lineare e geometria, Editore: Zanichelli.

GeometriaedAlgebralineare AlessandraCherubini [email protected] IIIpianonavetel.int.4575 Ricevimento: Martedì11.3013.30 Giovedì.10.3012.30(suappuntamento) Esercitatore:

AchilleFrigeri [email protected]

Testievalutazione Perlateoria: • E.Schlesinger:Algebralineareegeometria;Zanichelli • DispensesuBeep (perlapartediconicheequadriche) Pergliesercizi: • L.Mauri,E.Schlesinger:Esercizidialgebralineareegeometria; Zanichelli • Eserciziarioall’indirizzo: http://www.science.unitn.it/~carrara/ESERCIZIARIO/riunisci.pdf Proveinitinere(oesamescritto)+orale

Introduzione Geometria=misuradellaterra • Primoapproccio:assiomatico(Euclide),concettiprimitivi+assiomi – diincidenza • Perduepuntidistintipassaunaedunasolaretta • Pertrepuntinonallineatipassaunoedunsolopiano • Seunarettaedunpianosiincontranoinpiùdiunpuntoalloralarettaappartiene alpiano • Seduepianidistintihannounpuntocomunealloralalorointersezioneèunaretta

– delleparallele • DatiunarettareunpuntoPesisteunaedunasolarettapassanteperPeparallela adr

¾ Reciprocaposizionediduerette: Incidenti:conunpuntoincomuneo appartengonoadunostessopiano Parallele:appartenentiadunostessopiano,senzapunticomuniostessadirezione Sghembe:nonappartenentiadunostessopiano

Introduzione • Secondoapproccio:geometriaanalitica(Cartesio)o ogniproblemageometricovienetradottoinunproblemaalgebrico – Viècorrispondenzabiunivocatral’insiemedeinumerirealieipuntidiuna rettasucuisianofissatiun’origine,unversodipercorrenzaeun’unitàdi misura – Viècorrispondenzabiunivocatral’insiemedellecoppieordinatedinumeri reali(coordinate)eipuntidiunpianosucuisianofissatiduerettenon parallele,unversodipercorrenzaperciascunadelleretteeun’unitàdimisura – Viècorrispondenzabiunivocatral’insiemedelleterneordinatedinumerireali (coordinate)eipuntidellospaziosucuisianofissatitrerettepassantiperuno stessopuntoenongiacentisuunostessopiano,unversodipercorrenzaper ciascunadelleretteeun’unitàdimisura ¾ Curveesuperficinellospazio sonovistecomeilluogodeipuntidellospaziole cuicoordinatesoddisfanorispettivamenteadueequazionieadunaequazione nellevariabilix,y,z (qualchevariabilepotrebbeancheessereomessa). ¾ Curvenelpiano sonoilluogodeipuntidelpianolecuicoordinatesoddisfano adunaequazionenellevariabilix,y.

Vettoricomelinguaggioperlageometria •

Terzoapproccio(quellocheutilizzeremo):linguaggiodeivettori Sapetedallafisicacosaèunvettore(applicato),essoè determinatoda: – – – –

Puntodiapplicazione Direzione Verso Modulo

Noiutilizzeremovettoriliberideterminatisoloda: – Direzione – Verso – Modulo

Inaltreparoleunvettore(libero)èunvettoreapplicatodicuisidimentica ilpuntodiapplicazione(ovverounvettoreliberoèl’insiemedituttii vettoriapplicaticonugualedirezioneversoemodulo,visticomeununico oggetto),unvettoreliberovieneindicatoconv edilsuomodulocon

Sommadivettori • Viènotocomefarelasommadiduevettoriapplicatiinunostesso punto(regoladelparallelogrammo) • Datiduevettoriliberiv,w,lalorosommav+w èilvettorez cheha stessadirezioneeglistessimoduloeversodelvettoreapplicatoche siottienesommandoduevettoriapplicatiinunpuntoOeaventi rispettivamentestessadirezione,stessimoduloeversodeivettoriv, w.(LadefinizioneèbenpostaperchénondipendedallasceltadiO). • Lasommagodedelleseguentiproprietà – Commutativa:perogniv,w sihav+w= w+v – Associativa:perogniv,w,u siha(v+w)+u=v+(w+u) – Esistel’elementoneutro:esisteunvettore0 (vettoredimodulonullo)taleche perogniv sihav+0=v – Esistel’oppostodiognivettore:perogniv esisteunvettorecheindichiamo conv (vettoreconlastessadirezioneelostessomodulodiv,maverso opposto)talechev+(v)=0

Sommadivettori Leproprietàcheabbiamoappenaelencatopossonoessere‘’riassunte’’ dicendochel’insiemedeivettoriliberiformaungruppoabeliano rispettoallasomma cheabbiamodefinito. Dalleproprietàprecedentisipossonoricavareancheleseguenti proprietà: Unicitàdell’elementoneutro Unicitàdelvettoreoppostoadunvettoredato Leggedicancellazionerispettoallasomma:v+w=v+u implicaw=u Esisteedèunicalasoluzionediogniequazionex+v=w,tale soluzioneèx=(v)+w.

Prodottodiunoscalareperunvettore Siamotunnumeroreale(scalare)ev unvettore,sichiamaprodotto delloscalaretcolvettorev,ilvettorez=tv che • lastessadirezionediv, • modulo|t| , • versougualeav set>0,oppostoav setj(i1la primarigamoltiplicataper–aij/a1j,intalmodotuttelerigheeccettolaprima hannotutti0nellacolonnaj(etuttelerighehanno0nellecolonnehconh 0 ⇒ ellisse.

– Rotazione Come prima cosa dobbiamo individuare un cambiamento di base ortogonale che trasformi A in matrice diagonale (rotazione). A tale scopo cerchiamo gli autovalori e autovettori di A per trovare una nuova base ortonormale di R2 formata da autovettori di A. Quindi pA (λ) = (9 − λ)(6 − λ) − 4 = λ2 − 15λ + 50 e gli autovalori sono λ1 = 5 e λ2 = 10. Calcoliamo lo spazio E(10) risolvendo il sistema omogeneo asociato alla matrice A − 10I: ( x = 2t −1 2 | 0 −1 2 | 0 ⇒ ⇒ ∀t ∈ R II + 2I 0 0 | 0 2 −4 | 0 y=t Quindi E(10) = h(2, 1)i Calcoliamo lo spazio E(5) risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 5I: ( x=t 4 2 | 0 1/2I 2 1 | 0 ⇒ ⇒ ∀t ∈ R 2 1 | 0 2II − I 0 08 | 0 y = −2t Quindi E(5) = h(1, −2)i Notiamo che i due autovettori sono ortogonali (per il teorema spettrale). E’ quindi suffinciente normalizzarli cambiandoli di segno in modo che la matrice P di cambiamento di base abbia determinante +1: " # √2 − √15 5 P = √1 √2 5

′

′

5

Se indichiamo con (x , y ) le nuove coordinate abbiamo che  1  ′ x′ = √ · (2x + y) x x x 5 ⇒ = PT = P −1 1 y y y′  y ′ = √ · (−x + 2y) 5  1 ′ ′  ′ x = √ · (2x − y ) x x 5 =P ′ ⇒ 1 y y  y = √ · (x′ + 2y ′ ) 5

2. SOLUZIONI

353

Sostituendo ora le coordinate (x, y) nell’equazione otteniamo: 4 6 9 (2x′ − y ′ )2 + (2x′ − y ′ )(x′ + 2y ′ ) + (x′ + 2y ′ )2 − 10 = 0 5 5 5 10(x′ )2 + 5(y ′ )2 − 10 = 0 2(x′ )2 + (y ′ )2 − 2 = 0

Traslazione Come si vede dal fatto che mancano i termini in x e y in questo caso non è necessario effettuare il secondo cambiamento di base corrispondente alla traslazione per ottenere la forma canonica. In effetti se ricerchiamo il centro otteniamo: ( x=0 9 2 | 0 9 2 | 0 ⇒ ⇒ C(0, 0) ⇒ 9II − 2I 0 50 | 0 2 6 | 0 y=0 La forma canonica della conica è quindi 1 (x′ )2 + (y ′ )2 − 1 = 0 2

1 • Consideriamo la conica x2 + 6xy + y 2 + 2x + y + = 0 e 2   1 3 1 1 A= A′ = 3 1 12  3 1 1 1 2 2

le matrici associate 3 1

Si vede facilmente che

I3 = det(A′ ) 6= 0 ⇒ conica non degenere.

I2 = det(A) = −9 < 0 ⇒ iperbole.

– Rotazione Come prima cosa dobbiamo individuare un cambiamento di base ortogonale che trasformi A in matrice diagonale (rotazione). A tale scopo cerchiamo gli autovalori e autovettori di A per trovare una nuova base ortonormale di R2 formata da autovettori di A. Quindi pA (λ) = (1 − λ)2 − 9 = λ2 − 2λ − 8

e gli autovalori sono λ1 = 4 e λ2 = −2. Calcoliamo lo spazio E(4) risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 4I: ( x=t −3 3 | 0 ⇒ ∀t ∈ R 3 −3 | 0 y=t Quindi E(4) = h(1, 1)i Calcoliamo lo spazio E(−2) risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A + 2I: ( x=t 3 3 | 0 ⇒ ∀t ∈ R 3 3 | 0 y = −t Quindi E(−2) = h(1, −1)i Notiamo che i due autovettori sono ortogonali (per il teorema spettrale). E’ quindi sufficiente normalizzarli: 1 1 1 1 √ ,√ i E(−2) = h √ , − √ i 2 2 2 2 La matrice P di cambiamento di base è quindi la matrice ortogonale speciale # " E(4) = h

P =

√1 2 − √12

√1 2 √1 2

354

13. CONICHE

Se indichiamo con (x′ , y ′ ) le nuove coordinate abbiamo che  1  ′ x′ = √ · (x − y) x T x −1 x 2 ⇒ =P =P 1 y y y′  y ′ = √ · (x + y) 2  1  ′ x = √ · (x′ + y ′ ) x x 2 =P ′ ⇒ 1 y y  y = √ · (−x′ + y ′ ) 2 Sostituendo ora le coordinate (x, y) nell’equazione otteniamo: 1 ′ 6 1 (x + y ′ )2 + (x′ + y ′ )(−x′ + y ′ ) + (−x′ + y ′ )2 + 2 2 2 1 1 2 ′ + √ (x + y ′ ) + √ (−x′ + y ′ ) + = 0 2 2 2 1 3 1 − 2(x′ )2 + 4(y ′ )2 + √ x′ + √ y ′ + = 0 2 2 2 – Traslazione Possiamo ora completare il quadrato: 3 1 1 − 2 (x′ )2 − √ x′ + 4 (y ′ )2 + √ y ′ + = 0 2 2 2 4 2 " 2 # 2 1 1 1 √ √ − 2 (x′ )2 − √ x′ + +2· + 2 2 4 2 4 2 " 2 # 2 3 1 3 3 ′ ′ 2 √ √ −4· + =0 4 (y ) + √ y + 2 4 2 8 2 8 2 2 2 1 3 9 ′ ′ −2 x − √ +4 y + √ + =0 32 4 2 8 2 Sostituiamo ora le nuove incognite  1  X = x′ − √ 4 2 3  Y = y + √ 8 2 ottenendo l’equazione 9 =0 − 2X 2 + 4Y 2 + 32 64 2 128 2 X − Y =1 9 9 Esercizio 13.3. Siano assegnate le seguenti coniche non degeneri f (x, y) = 0: (1) 9x2 + 4xy + 6y 2 − 10 = 0

1 (2) x2 + 6xy + y 2 + 2x + y + = 0 2 √ 2 2 (3) 5x + 5y − 6xy + 16 2x + 38 = 0

(4) 25x2 − 7y 2 + 48y + 7 = 0

(5) x2 + 4xy + 4y 2 − 6x + 1 = 0 Per ognuna di esse: a) Determinare la matrice A della forma quadratica asociata alla conica. b) Determinare la matrice di rotazione R (ortogonale speciale) tale che RT AR = D, con D matrice diagonale. c) Stabilire se si tratta di un’iperbole, ellisse o parabola. d) Se si tratta di una conica a centro (ellisse o iperbole), determinarne il centro e gli assi.

2. SOLUZIONI

355

Soluzione: (1) Consideriamo l’equazione 9x2 + 4xy + 6y 2 = 10. a) La matrice associata alla forma quadratica è 9 2 A= 2 6 b) Determiniamo gli autovalori e autovettori di A: 9−λ 2 pA (λ) = det = (9 − λ)(6 − λ) − 4 = λ2 − 15λ + 50 2 6−λ Quindi A ha due autovalori: λ1 = 10, λ2 = 5 Calcoliamo l’autospazio E(10) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 10I: −1 2 | 0 −1 2 | 0 ⇒ −x + 2y = 0 ⇒ II + 2I 0 0 | 0 2 −4 | 0 ( x = 2t ⇒ ⇒ E(10) = h(2, 1)i y=t Analogamente calcoliamo l’autospazio E(5) risolvendo il sistema omogeneo associato a A−5I: 4 2 | 0 1/2I 2 1 | 0 ⇒ ⇒ 2x + y = 0 2 1 | 0 2II − I 0 0 | 0 ( x=t ⇒ ⇒ E(5) = h(1, −2)i y = −2t La matrice di rotazione cercata è la matrice ortogonale di determinante 1 che ha per colonne gli autovettori determinati normalizzati, quindi # " √2 √1 − 1 2 −1 5 = √15 R= √ √2 5 1 2 5 5 c) La matrice A ha due autovalori concordi (ovvero det(A) > 0), quindi si tratta di un’ellisse. d) Per determinare il centro risolviamo il sistema x x A· +h=0 ⇒ A· = −h y y dove h=

1/2 coeff. della x 1/2 coeff. della y

ovvero il sistema associato alla matrice 1 1/2II 1 3 | 0 9 2 | 0 ⇒ ⇒ II − 9I 0 9 2 | 0 I 2 6 | 0 ( x=0 ⇒ ⇒ C = (0, 0) y=0

3 −25

| |

0 0

Potevamo notare che il centro della conica è (0, 0) osservando che nell’equazione mancano i termini x e y. Gli assi sono le rette passanti per il centro e di direzione gli autovettori di A, quindi ( x = 0 + 2t a1 : ⇒ x − 2y = 0 y =0+t ( x=0+t a2 : ⇒ 2x + y = 0 y = 0 − 2t

(2) Consideriamo l’equazione x2 + 6xy + y 2 + 2x + y +

1 =0 2

356

13. CONICHE

a) La matrice della forma quadratica associata alla conica è: 1 3 A= 3 1 b) Determiniamo gli autovalori di A: 1−λ 3 pA (λ) = det = λ2 − 2λ − 8 3 1−λ Quindi A ha due autovalori: λ1 = 4 λ2 = −2 Calcoliamo l’autospazio −3 3 | 3 −3 | ( x=t ⇒ y=t

E(4) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 4I: 0 1/3I −1 1 | 0 ⇒ ⇒ −x + y = 0 0 II + I 0 0 | 0 ⇒ E(4) = h(1, 1)i

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(−2) risolvendo il sistema omogeneo associato a A + 2I: 3 3 | 0 1/3I 1 1 | 0 ⇒ ⇒ x+y =0 3 3 | 0 II − I 0 0 | 0 ( x=t ⇒ ⇒ E(−2) = h(1, −1)i y = −t La matrice di rotazione cercata è la matrice ortogonale di determinante 1 che ha per colonne gli autovettori determinati normalizzati, quindi # " √1 √1 − 1 1 −1 2 = √12 R= √ √1 2 1 1 2 2 c) La matrice A ha due autovalori discordi (ovvero det(A) < 0), quindi si tratta di un’iperbole. d) Poichè si tratta di una conica a centro ne possiamo determinare il centro risolvendo il sistema x x = −h +h=0 ⇒ A· A· y y dove h=

1/2 coeff. della x 1/2 coeff. della y

ovvero il sistema associato alla matrice 1 3 | −1 1 3 | −1 1 3 | −1 ⇒ ⇒ II − 6I 0 −16 | 5 2II 6 2 | −1 3 1 | − 21   x = − 1 5 1 16 ⇒ ⇒ C = − ,− 5  16 16 y = − 16 Infine gli assi sono le rette passanti per il centro e di direzione parallela agli autovettori trovati: ( 1 x = − 16 +t ⇒ 4x − 4y − 1 = 0 a1 : 5 y = − 16 + t ( 1 +t x = − 16 a2 : ⇒ 8x + 8y + 3 = 0 5 y = − 16 − t √ (3) Consideriamo l’equazione 5x2 + 5y 2 − 6xy + 16 2x + 38 = 0

2. SOLUZIONI

357

a) La matrice della forma quadratica associata alla conica è: 5 −3 A= −3 5 Inoltre

h=

√ 1/2 coeff. della x 8 2 , = 1/2 coeff. della y 0

b) Determiniamo gli autovalori di A: 5−λ pA (λ) = det −3 Quindi A ha due autovalori:

k = 38

−3 = λ2 − 10λ + 16 5−λ λ1 = 8 λ2 = 2

Calcoliamo l’autospazio E(8) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 8I: −3 −3 | 0 1/3I −1 −1 | 0 ⇒ ⇒ −x − y = 0 −3 −3 | 0 II − I 0 0 | 0 ( x = −t ⇒ ⇒ E(8) = h(−1, 1)i y=t Analogamente calcoliamo l’autospazio E(2) risolvendo il sistema omogeneo associato a A−2I: 3 −3 | 0 1/3I 1 −1 | 0 ⇒ ⇒ x−y =0 −3 3 | 0 II + I 0 0 | 0 ( x=t ⇒ ⇒ E(2) = h(1, 1)i y=t La matrice di rotazione cercata è la matrice ortogonale di determinante 1 che ha per colonne gli autovettori determinati normalizzati, quindi # " √1 √1 1 1 1 2 2 = R= √ − √12 √12 2 −1 1 c) La matrice A ha due autovalori concordi (ovvero det(A) > 0), quindi si tratta di un’ellisse. d) Determiniamo il centro risolvendo il sistema √ −3 5 | 0√ x II 5 −3 | −8 2 = −h ⇒ A· ⇒ y 5II + 3I 0 16 | −24 2 −3 5 | 0  √  x = − 5 2 5√ 3√ 2 ⇒ ⇒ C= − 2, − 2 y = − 3 √2 2 2  2 Infine ( √ √ x = − 25 2 − t √ ⇒ x+y+4 2=0 a1 : 3 y = −2 2 + t ( √ √ x = − 25 2 + t √ a2 : ⇒ x−y+ 2=0 3 y = −2 2 + t

(4) Consideriamo l’equazione 25x2 − 7y 2 + 48y + 7 = 0. a) La matrice della forma quadratica associata alla conica è: 25 0 A= 0 −7 Inoltre

1/2 coeff. della x 0 h= = , 1/2 coeff. della y 24

k=7

358

13. CONICHE

b) Determiniamo gli autovalori di A: 25 − λ 0 pA (λ) = det = (25 − λ)(−7 − λ) 0 −7 − λ

Quindi A ha due autovalori: λ1 = 25, λ2 = −7. Calcoliamo l’autospazio E(25) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 25I: ( x=t 0 0 | 0 ⇒ −32y = 0 ⇒ ⇒ E(25) = h(1, 0)i 0 −32 | 0 y=0 Analogamente calcoliamo l’autospazio E(−7) risolvendo il sistema omogeneo associato a A + 7I: ( x=0 32 0 | 0 ⇒ 32x = 0 ⇒ ⇒ E(−7) = h(0, 1)i 0 0 | 0 y=t E’ chiaro che abbiamo eseguito calcoli sostanzialmente inutili. Infatti la ricerca degli autospazi corrisponde alla rotazione della conica. Il fatto che nell’equazione manchi il termine in xy, ovvero A è diagonale, indica che non è necessario effettuare la rotazione e che possiamo prendere come autovettori i vettori della base canonica (1, 0) e (0, 1). La matrice di rotazione cercata è quindi la matrice identica 1 0 R= 0 1

c) La matrice A ha d) Determiniamo il 25 0 Infine

due autovalori discordi (ovvero det(A) < 0), quindi si tratta di un’iperbole. centro della conica risolvendo il sistema  x = 0 24 0 | 0 ⇒ C = 0, ⇒ 24 −7 | −24 y = 7 7 a1 : a2 :

(

(

x=0+t y = 24 7 x=0 y = 24 7 +t

⇒ y=

24 7

⇒ x=0

(5) Consideriamo l’equazione x2 + 4xy + 4y 2 − 6x + 1 = 0. a) La matrice della forma quadratica associata alla conica è: 1 2 A= 2 4 Inoltre

h=

−3 , 0

k=1

b) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A: 1−λ 2 pA (λ) = det = λ(λ − 5) 2 4−λ Quindi A ha due autovalori:

λ1 = 0 λ2 = 5 Calcoliamo l’autospazio E(0) risolvendo il sistema omogeneo associato a A: 1 2 | 0 1 2 | 0 ⇒ x + 2y = 0 ⇒ ⇒ 0 0 | 0 II − 2I 2 4 | 0 ( x = −2t ⇒ ⇒ E(0) = h(−2, 1)i y=t

2. SOLUZIONI

359

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(5) risolvendo il sistema omogeneo associato a A−I: −4 2 | 0 1/2I −2 1 | 0 ⇒ ⇒ ⇒ −2x + y = 0 2 −1 | 0 2II + I 0 0 | 0 ( x=t ⇒ ⇒ E(5) = h(1, 2)i y = 2t La matrice R di cambiamento di base (rotazione) è quindi la matrice ortogonale speciale # " √2 √1 1 2 1 5 5 =√ R= − √15 √25 5 −1 2 c) La matrice A ha un autovalore nullo (ovvero det(A) = 0), quindi si tratta di una parabola. Esercizio 13.4. Siano assegnate le seguenti coniche non degeneri f (x, y) = 0: (1) 9x2 + 4xy + 6y 2 − 10 = 0

1 (2) x2 + 6xy + y 2 + 2x + y + = 0 2 √ 2 2 (3) 5x + 5y − 6xy + 16 2x + 38 = 0 (4) 25x2 − 7y 2 + 48y + 7 = 0

(5) x2 + 4xy + 4y 2 − 6x + 1 = 0 Per ognuna di esse: a) Determinare la matrice A della forma quadratica asociata alla conica. b) Stabilire se si tratta di un’iperbole, ellisse o parabola. c) Se si tratta di una conica a centro (ellisse o iperbole), determinarne il centro e gli assi. Se si tratta di una parabola, determinarne il vertice e l’asse. Soluzione: (1) Consideriamo l’equazione 9x2 + 4xy + 6y 2 = 10. a) La matrice associata alla conica sono   9 2 0 9 2 0  e A= associata alla forma quadratica A′ = 2 6 2 6 0 0 −10

Notiamo che I3 = det(A′ ) 6= 0, quindi la conica è non degenere. b) Possiamo calcolare il determinante di A, oppure determinarne gli autovalori: I2 = det(A) = 50 > 0 Oppure:

⇒ si tratta di un’ellisse

9−λ 2 = (9 − λ)(6 − λ) − 4 = λ2 − 15λ + 50 pA (λ) = det 2 6−λ

Quindi A ha due autovalori concordi( λ1 = 10, λ2 = 5), I2 = 10 · 5 > 0 e si tratta di un’ellisse. c) Per determinare il centro risolviamo il sistema x x = −h +h=0 ⇒ A· A· y y dove

h=

1/2 coeff. della x 1/2 coeff. della y

ovvero il sistema associato alla matrice 1 1/2II 1 3 | 0 9 2 | 0 ⇒ ⇒ II − 9I 0 9 2 | 0 I 2 6 | 0 ( x=0 ⇒ ⇒ C = (0, 0) y=0

3 −25

| |

0 0

360

13. CONICHE

Potevamo notare che il centro della conica è (0, 0) osservando che nell’equazione mancano i termini x e y che indicano la traslazione. Gli assi sono le rette passanti per il centro e di direzione gli autovettori di A. Dobbiamo quindi prima determinare gli autovettori: Calcoliamo l’autospazio E(10) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 10I: ( x = 2t −1 2 | 0 −1 2 | 0 ⇒ −x + 2y = 0 ⇒ ⇒ II + 2I 0 0 | 0 2 −4 | 0 y=t ⇒ E(10) = h(2, 1)i Analogamente calcoliamo l’autospazio E(5) risolvendo il sistema omogeneo associato a A−5I: ( x=t 1/2I 2 1 | 0 4 2 | 0 ⇒ 2x + y = 0 ⇒ ⇒ 2II − I 0 0 | 0 2 1 | 0 y = −2t ⇒ E(5) = h(1, −2)i

Infine: a1 : a2 :

(

(

x = 0 + 2t y =0+t

⇒ x − 2y = 0

x=0+t y = 0 − 2t

⇒ 2x + y = 0

(2) Consideriamo l’equazione x2 + 6xy + y 2 + 2x + y +

1 =0 2

a) Le matrici associate alla conica sono:   1 3 1 1 3 associata alla forma quadratica A′ = 3 1 21  e A = 3 1 1 12 21

Notiamo che I3 = det(A′ ) 6= 0, quindi si tratta di una conica non degenere. b) Possiamo calcolare il determinante di A, oppure determinarne gli autovalori: I2 = det(A) = −80 < 0

⇒ si tratta di un’iperbole

Oppure:

1−λ 3 pA (λ) = det = λ2 − 2λ − 8 3 1−λ Quindi A ha due autovalori discordi (λ1 = 4, λ2 = −2), I2 < 0 e si tratta di un’iperbole. c) Poichè si tratta di una conica a centro ne possiamo determinare il centro risolvendo il sistema x x = −h +h=0 ⇒ A· A· y y ovvero il sistema associato alla matrice 1 3 | −1 1 3 1 3 | −1 ⇒ ⇒ II − 6I 0 −16 2II 6 2 | −1 3 1 | − 12 ( 1 x = − 16 5 1 , − ⇒ C = − ⇒ 5 16 16 y = − 16

| |

−1 5

Gli assi sono le rette passanti per il centro e di direzione parallela agli autovettori di A. Calcoliamo l’autospazio E(4) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 4I: ( x=t −3 3 | 0 1/3I −1 1 | 0 ⇒ ⇒ −x + y = 0 ⇒ 3 −3 | 0 II + I 0 0 | 0 y=t ⇒ E(4) = h(1, 1)i

2. SOLUZIONI

361

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(−2) risolvendo il sistema omogeneo associato a A + 2I: ( x=t 3 3 | 0 1/3I 1 1 | 0 ⇒ ⇒ x+y =0 ⇒ 3 3 | 0 II − I 0 0 | 0 y = −t ⇒ E(−2) = h(1, −1)i

Infine gli assi sono le rette passanti per il centro e di direzione parallela agli autovettori trovati: ( 1 +t x = − 16 ⇒ 4x − 4y − 1 = 0 a1 : 5 y = − 16 + t ( 1 +t x = − 16 ⇒ 8x + 8y + 3 = 0 a2 : 5 y = − 16 − t √ (3) Consideriamo l’equazione 5x2 + 5y 2 − 6xy + 16 2x + 38 = 0 a) Le matrici associate alla conica sono: √   √ 5 −3 8 2 5 −3 8 2 ′   5 0 , h= e A= A = −3 √ −3 5 0 8 2 0 38

k = 38

Notiamo che I3 = det(A′ ) 6= 0, quindi si tratta di una conica non degenere. b) Calcoliamo gli autovalori di A: 5−λ −3 pA (λ) = det = λ2 − 10λ + 16 −3 5−λ Quindi A ha due autovalori concordi (λ1 = 8 e λ2 = 2), I2 = det(A) > 0 e si tratta di un’ellisse. c) Determiniamo il centro risolvendo il sistema √ −3 5 | 0√ x II 5 −3 | −8 2 A· = −h ⇒ ⇒ y 5II + 3I 0 16 | −24 2 −3 5 | 0 ( √ 5 x = −2 2 3√ 5√ √ 2, − 2 ⇒ C= − ⇒ 2 2 y = − 32 2 Per determinare gli assi calcoliamo gli autospazi. Calcoliamo l’autospazio E(8) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 8I: ( x = −t 1/3I −1 −1 | 0 −3 −3 | 0 ⇒ −x − y = 0 ⇒ ⇒ 0 | 0 II − I 0 −3 −3 | 0 y=t ⇒ E(8) = h(−1, 1)i Analogamente calcoliamo l’autospazio E(2) risolvendo il sistema omogeneo associato a A−2I: ( x=t 3 −3 | 0 1/3I 1 −1 | 0 ⇒ ⇒ x−y =0 ⇒ −3 3 | 0 II + I 0 0 | 0 y=t ⇒ E(2) = h(1, 1)i Infine gli assi sono le rette per il centro di direzione parallela agli autovettori: ( √ √ x = − 25 2 − t √ a1 : ⇒ x+y+4 2=0 3 y = −2 2 + t ( √ √ x = − 25 2 + t √ ⇒ x−y+ 2=0 a2 : 3 y = −2 2 + t

(4) Consideriamo l’equazione 25x2 − 7y 2 + 48y + 7 = 0.

362

13. CONICHE

a) Le matrici associate alla conica sono:   25 0 0 25 A′ =  0 −7 24 e A = 0 0 24 7

0 −7

h=

0 , 24

k=7

Notiamo che I3 = det(A′ ) 6= 0, quindi si tratta di una conica non degenere. b) Determiniamo gli autovalori di A: 25 − λ 0 pA (λ) = det = (25 − λ)(−7 − λ) 0 −7 − λ

Quindi A ha due autovalori discordi (λ1 = 25 e λ2 = −7), I2 < 0 e si tratta di un’iperbole. c) Determiniamo il centro della conica risolvendo il sistema ( x=0 24 25 0 | 0 ⇒ ⇒ C = 0, 0 −7 | −24 7 y = 24 7 Per determinare gli assi cerchiamo gli autovettori di A. Calcoliamo l’autospazio E(25) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 25I: ( x=t 0 0 | 0 ⇒ −32y = 0 ⇒ ⇒ E(25) = h(1, 0)i 0 −32 | 0 y=0 Analogamente calcoliamo l’autospazio E(−7) risolvendo il sistema omogeneo associato a A + 7I: ( x=0 32 0 | 0 ⇒ 32x = 0 ⇒ ⇒ E(−7) = h(0, 1)i 0 0 | 0 y=t E’ chiaro che abbiamo eseguito calcoli sostanzialmente inutili. Infatti la ricerca degli autospazi corrisponde alla rotazione della conica. Il fatto che nell’equazione manchi il termine in xy, ovvero A è diagonale, indica che non è necessario effettuare la rotazione e che possiamo prendere come autovettori i vettori della base canonica (1, 0) e (0, 1). Infine gli assi sono le rette per il centro parallele agli autovettori (in questo caso parallele agli assi cartesiani): ( x=0+t 24 a1 : ⇒ y= 24 7 y= 7 ( x=0 a2 : ⇒ x=0 y = 24 7 +t

(5) Consideriamo l’equazione x2 + 4xy + 4y 2 − 6x + 1 = 0. a) Le matrici associate alla conica sono:   1 2 −3 1 2 −3 A′ =  2 4 0  e A = h= , 2 4 0 −3 0 1

k=1

Notiamo che I3 = det(A′ ) 6= 0, quindi si tratta di una conica non degenere. b) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A: 1−λ 2 = λ(λ − 5) pA (λ) = det 2 4−λ

Quindi A ha autovalori: λ1 = 0 e λ2 = 5. Poiché ha un autovalore nullo, I2 = 0 e si tratta di una parabola. c) Calcoliamo la direzione dell’asse ricordando che questo è parallelo all’autovettore relativo all’autovalore nullo. Calcoliamo quindi l’autospazio E(0) risolvendo il sistema omogeneo associato a A: ( x = −2t 1 2 | 0 1 2 | 0 ⇒ ⇒ ⇒ x + 2y = 0 ⇒ II − 2I 2 4 | 0 0 0 | 0 y=t ⇒ E(0) = h(−2, 1)i

2. SOLUZIONI

363

Ora che abbiamo la direzione dell’asse dobbiamo determinarne un punto per potere scrivere l’equazione. Consideriamo una qualsiasi retta ortogonale all’asse, cioè di direzione (1, 2): ( x = x0 + t ⇒ 2x − y = k per qualche k y = y0 + 2t Se una tale retta interseca la parabola in due punti D e E, allora il punto medio M del segmento DE sarà un punto dell’asse. Senza tenere k variabile assegnamo a k un valore a caso, la cosa pi` u semplice è porre k = 0. Se la retta trovata non interseca la parabola la cosa formalmente pi` u corretta sarebbe cambiare valore. In realtà, pensando per un attimo di lavorare in C anziché in R possiamo comunque raggiungere il risultato, come vedremo tra poco. ( ( 2x − y = 0 y = 2x ⇒ 2 2 x + 4xy + 4y − 6x + 1 = 0 x2 + 8x2 + 16x2 − 6x + 1 = 0 ( y = 2x ⇒ 25x2 − 6x + 1 = 0 L’equazione di secondo grado ottenuta ha soluzioni in C, ma non in R: √ √ 3 ± −16 3 ± 9 − 25 = x1,2 = 25 25 A noi per` o interessa in realtà il punto medio M (xM , yM ) del segmento DE e √ √ x1 + x2 1 3 + −16 3 − −16 xD + xE = = + xM = 2 2 2 25 25 √ √ 1 3 + −16 + 3 − −16 1 6 3 = · = · = 2 25 2 25 25 Quindi indipendentemente dal ∆, il valore di xM viene comunque reale (e corretto). In alternativa potevamo anche utilizzare le relazioni tra le radici e i coefficienti di una equazione di secondo grado. Infatti data l’equazione ax2 + bx + c = 0 sappiamo che b x1 + x2 = − . Quindi data l’equazione a 25x2 − 6x + 1 = 0 otteniamo

x1 + x2 3 6 xM = = 25 2 25 A questo punto possiamo calcolare yM , ricordando che M appartiene al segmento DE, cioè alla retta y = 2x. ( 3 xM = 25 6 3 , ⇒ M= 6 25 25 yM = 2xM = 25 x1 + x2 =

Infine l’asse è la retta per M parallela all’autovettore relativo a λ = 0, cioè di direzione (−2, 1): ( 3 − 2t x = 25 3 ⇒ x + 2y = ⇒ 5x + 10y = 3 6 5 y = 25 + t Il vertice della parabola è dato dall’intersezione dell’asse con la parabola stessa:  x + 2y = 3 ⇒ 5 x2 + 4xy + 4y 2 − 6x + 1 = 0  3  x = −2y + 5 2 ⇒ 3 3 3 2  −2y + + 4y − 6 −2y + +1=0 + 4y −2y +  5 5 5 ( ( 17 3 x = 75 x = −2y + 5 17 14 ⇒ V = ⇒ , 56 14 75 75 12y − 25 = 0 y = 75

364

13. CONICHE

Esercizio 13.5. Riconoscere che le seguenti coniche f (x, y) = 0 sono degeneri e determinare le equazioni delle rette che le formano. Se si tratta di una conica a centro determinarne il centro. (1) x2 + 2xy + y 2 + 3x + 3y = 0 (2) x2 + 9y 2 − 6xy + 2x − 6y + 1 = 0 (3) x2 + xy − 2y 2 + 3y − 1 = 0

Soluzione: (1) Consideriamo l’equazione x2 + 2xy + y 2 + 3x + 3y = 0 e le matrici A′ e A associate   3 1 1 32 1 1 , h = 23 , A= k=0 A′ =  1 1 32  1 1 3 3 2 0 2 2

Poichè A′ ha due righe uguali si ha I3 = det(A′ ) = 0, quindi si tratta di una conica degenere. Inoltre I2 = det(A) = 0, quindi si tratta conica degenere non a centro. Per determinare esplicitamente l’equazione delle due rette si pu` o considerare l’equazione della conica come una equazione di secondo grado nell’incognita x e considerare la y come parametro: x2 + (2y + 3)x + (y 2 + 3y) = 0 Risolvendo tale equazione con la formula per le equazioni di secondo grado otteniamo: p √ −2y − 3 ± (2y + 3)2 − 4(y 2 + 3y) −2y − 3 ± 9 = x1,2 = 2 2 −2y − 3 ± 3 = 2 ⇒ x = −y oppure x = −y − 3

Si tratta quindi di due rette reali parallele: r1 : x + y = 0 r2 : x + y + 3 = 0 (2) Consideriamo l’equazione x2 + 9y 2 − 6xy + 2x − 6y + 1 = 0 e le matrici associate:   1 −3 1 1 −3 1 A= A′ = −3 9 −3 , h= −3 9 −3 1 −3 1

Notiamo che senza eseguire calcoli possiamo dedurre che I3 = det(A′ ) = 0 in quanto A′ ha due righe uguali, quindi si tratta di una conica degenere. Per determinare esplicitamente l’equazione della retta risolviamo l’equazione di secondo grado nell’incognita x con parametro y (o viceversa): x2 − 2(3y − 1)x + (9y 2 − 6y + 1) = 0 ⇒ p x1,2 = (3y − 1) ± (3y − 1)2 − (9y 2 − 6y + 1) = 3y − 1

Quindi si tratta della retta x − 3y + 1 = 0 (conica doppiamente degenere, infatti rg(A′ ) = 1). (3) Consideriamo l’equazione x2 + xy − 2y 2 + 3y − 1 = 0 e le matrici associate:   1 1 0 1 2 0 1 2 A= 1 A′ =  12 −2 32  , h= 3 −2 3 2 2 −1 0 2

Poichè I3 = det(A′ ) = 0 si tratta di una conica degenere. Inoltre I2 = det(A) 6= 0 quindi si tratta di una conica degenere a centro. Per determinare esplicitamente l’equazione delle due rette si pu` o considerare l’equazione della conica come una equazione di secondo grado nell’incognita x e considerare la y come parametro (o viceversa): x2 + xy + (−2y 2 + 3y − 1) = 0

2. SOLUZIONI

365

Risolvendo tale equazione con la formula per le equazioni di secondo grado otteniamo: p p −y ± y 2 − 4(−2y 2 + 3y − 1) −y ± 9y 2 − 12y + 4 x1,2 = = 2 2 −y ± (3y − 2) = 2 ⇒ x=y−1 oppure x = −2y + 1 Si tratta quindi di due rette reali incidenti: r1 : x − y + 1 = 0

r2 : x + 2y − 1 = 0

Notiamo che le due rette si intersecano nel punto C − 31 , 32 che corrisponde al centro della conica. Il punto C lo possiamo anche ricavare, come nei casi di coniche a centro non degeneri, risolvendo il sistema A · [x y]T = −h.

Esercizio 13.6. Ridurre in forma canonica le seguenti coniche: √ a) 5x2 + 5y 2 − 6xy + 16 2x + 38 = 0 b) 25x2 − 7y 2 + 48y + 7 = 0

c) x2 + 4xy + 4y 2 − 6x + 1 = 0

Soluzione: √ a) Consideriamo l’equazione 5x2 + 5y 2 − 6xy + 16 2x + 38 = 0. La matrice associata è √   5 −3 8 2  con A = 5 −3 5 0 A′ =  −3 √ −3 5 38 8 2 0

Di conseguenza: √ √ – I3 = det(A′ ) = 8 2(−40 2) + 38(25 − 9) = −640 + 608 = −32, e si tratta di una conica non degenere. – pA (λ) = (5 − λ)2 − 9 = λ2 − 10λ + 16. Quindi gli autovalori sono λ1 = 8 e λ2 = 2, concordi, e si tratta di un’ellisse. – Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo ax2 +by 2 ±1 = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo λ1 x 2 + λ2 y 2 + t = 0 a cui è associata la matrice

⇒

8x2 + 2y 2 + t = 0

 0 0 2 0 0 t



8 B = 0 0

Sappiamo inoltre che I3 = det(A′ ) è un invariante, quindi I3 = det(A′ ) = det(B). Risolviamo quindi l’equazione: −32 = 16t

⇒

t = −2

Infine possiamo ricavare la forma canonica: 8x2 + 2y 2 − 2 = 0

⇒

4x2 + y 2 − 1 = 0

b) Consideriamo l’equazione 25x2 − 7y 2 + 48y + 7 = 0. La matrice associata è   25 0 0 25 0 A′ =  0 −7 24 con A = 0 −7 0 24 7

Di conseguenza: – I3 = det(A′ ) = 25 · (−49 − 242 ) = −25 · 625 6= 0, e si tratta di una conica non degenere.

366

13. CONICHE

– pA (λ) = (25 − λ)(−7 − λ). Quindi gli autovalori sono λ1 = 25 e λ2 = −7, disconcordi, e si tratta di un’iperbole. – Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo ax2 −by 2 −1 = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo λ1 x 2 + λ2 y 2 + t = 0 a cui è associata la matrice

⇒



25x2 − 7y 2 + t = 0

 0 0 −7 0 0 t

25 B =0 0

Sappiamo inoltre che I3 = det(A′ ) è un invariante, quindi det(A′ ) = det(B). Risolviamo quindi l’equazione: 625 −25 · 625 = −25 · 7t ⇒ t = 7 Infine possiamo ricavare la forma canonica: 625 7 2 49 2 7 49 2 25x2 − 7y 2 + =0 ⇒ x − y + 1 = 0 ⇒ − x2 + y −1=0 7 25 625 25 625 Per ottenere la forma canonica in questo caso dobbiamo effettuare la rotazione che manda x in y e y in −x:: 7 49 2 x − y2 − 1 = 0 625 25 c) Consideriamo l’equazione x2 + 4xy + 4y 2 − 6x + 1 = 0. La matrice associata è   1 2 −3 1 2 A′ =  2 4 0  con A = 2 4 −3 0 1

Di conseguenza: – I3 = det(A′ ) = −3 · 12 = −36 6= 0, e si tratta di una conica non degenere. – pA (λ) = (1 − λ)(4 − λ) − 4 = λ2 − 5λ. Quindi gli autovalori sono λ1 = 0 e λ2 = 5, e si tratta di una parabola. – Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo x2 − 2py = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo λ2 x2 + 2ty = 0 a cui è associata la matrice

⇒ 

5 B = 0 0

5x2 + 2ty = 0  0 0 0 t t 0

Sappiamo inoltre che I3 = det(A′ ) è un invariante, quindi det(A′ ) = det(B). Risolviamo quindi l’equazione: 6 36 ⇒ t = −√ −36 = −5t2 ⇒ t2 = 5 5 Infine possiamo ricavare la forma canonica: 6 y=0 ⇒ 5x2 + 2 · − √ 5

12 x2 − √ y = 0 5 5

Esercizio 13.7. Ridurre in forma canonica le seguenti coniche e determinare il cambiamento di coordinate necessario per passare da una forma all’altra: √ a) 5x2 + 5y 2 − 6xy + 16 2x + 38 = 0 b) 25x2 − 7y 2 + 48y + 7 = 0

c) x2 + 4xy + 4y 2 − 6x + 1 = 0

2. SOLUZIONI

367

Soluzione: √ a) Consideriamo l’equazione 5x2 + 5y 2 − 6xy + 16 2x + 38 = 0. Le matrici associate alla conica sono: √   √ 5 −3 8 2 5 −3 8 2 ′   5 0 A = −3 , A= , h= , k = 38 √ −3 5 0 38 8 2 0 Poiché I3 = det(A′ ) 6= 0 è una conica non degenere. Determiniamo gli autovalori di A: 5−λ −3 = λ2 − 10λ + 16 pA (λ) = det −3 5−λ

Quindi A ha due autovalori concordi λ1 = 8 canonica ha associata la matrice  8 B = 0 0

e λ2 = 2, I2 > 0 e si tratta di un’ellisse la cui forma  0 0 2 0 0 t

Imponendo la condizione sull’invariante I3 = det(A′ ) = det(B) otteniamo l’equazione: −32 = 16t

Infine la forma canonica cercata è:

8X 2 + 2Y 2 − 2 = 0

⇒ ⇒

t = −2 4X 2 + Y 2 − 1 = 0

Per determinare le trasformazioni per passare da una forma all’altra dobbiamo determinare il centro della conica, che indica la traslazione, e la matrice di rotazione R. Determiniamo il centro risolvendo il sistema √ −3 5 | 0√ x II 5 −3 | −8 2 A· = −h ⇒ ⇒ y 5II + 3I 0 16 | −24 2 −3 5 | 0 ( √ 5 x = −2 2 3√ 5√ √ 2, − 2 ⇒ C = − ⇒ 2 2 y = − 32 2 Per determinare la matrice di rotazione dobbiamo trovare gli autovettori di A. Calcoliamo l’autospazio E(8) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 8I: ( x = −t 1/3I −1 −1 | 0 −3 −3 | 0 ⇒ −x − y = 0 ⇒ ⇒ 0 | 0 II − I 0 −3 −3 | 0 y=t ⇒ E(8) = h(−1, 1)i = h(1, −1)i Analogamente calcoliamo l’autospazio E(2) risolvendo il sistema omogeneo associato a A−2I: ( x=t 3 −3 | 0 1/3I 1 −1 | 0 ⇒ ⇒ x−y =0 ⇒ −3 3 | 0 II + I 0 0 | 0 y=t ⇒ E(2) = h(1, 1)i

La matrice di rotazione cercata è la matrice ortogonale di determinante 1 che ha per colonne gli autovettori determinati normalizzati, quindi 1 1 1 −1 1 1 T R= √ ⇒ R =√ 2 −1 1 2 1 1 Infine le trasformazioni sono x − x0 x X X x = RT + 0 e =R y − y0 Y y0 Y y

dove (x0 , y0 ) è il centro C della conica. Quindi √ # 5 √ " √1 (X + Y ) − 52 2 1 − 2 √2 x 1 1 X 2 √ =√ + = 1 √ (−X + Y ) − 3 2 y − 32 2 2 −1 1 Y 2 2

e la sua inversa

√ # √ " 1 √ (x − y) + 5 2 1 1 −1 x + 25 2 X 2 2 √ = 1 √ =√ √ (x + y) + 3 2 Y y + 23 2 2 1 1 2 2

368

13. CONICHE

Notiamo che utilizzando il primo cambio di variabile, quello da (x, y) a (X, Y ), nell’equazione iniziale si ottiene effettivamente la forma canonica che abbiamo determinato utilizzando gli invarianti. b) Consideriamo l’equazione 25x2 − 7y 2 + 48y + 7 = 0. Le matrici associate alla conica sono   25 0 0 25 0 ′   , A = 0 −7 24 , A = 0 −7 0 24 7

0 , h= 24

k=7

I3 = det(A′ ) 6= 0, quindi è una conica non degenere. Determiniamo gli autovalori di A: 25 − λ 0 pA (λ) = det = (25 − λ)(−7 − λ) 0 −7 − λ

Quindi A ha due autovalori discordi: λ = 25 e λ forma canonica ha associata la matrice  −7 0 B =  0 25 0 0

= −7, I2 < 0 e si tratta di un’iperbole la cui

 0 0 t

625 , per cui la Imponendo la condizione sull’invariante I3 = det(A′ ) = det(B) otteniamo t = 7 forma canonica cercata è: 49 2 7 625 =0 ⇒ X − Y2−1=0 −7X 2 + 25Y 2 + 7 625 25 Per determinare le trasformazioni per passare da una forma all’altra dobbiamo determinare il centro della conica, che indica la traslazione, e la matrice di rotazione R. Determiniamo il centro della conica risolvendo il sistema A| − h:  x = 0 24 25 0 | 0 ⇒ ⇒ C = 0, 24 0 −7 | −24 y = 7 7 Calcoliamo l’autospazio E(−7) risolvendo il sistema omogeneo associato a A + 7I: ( x=0 32 0 | 0 ⇒ ⇒ E(−7) = h(0, 1)i = h(0, −1)i 0 0 | 0 y=t 25I:

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(25) risolvendo il sistema omogeneo associato a A −

0 0 0 −18

| |

( x=t 0 ⇒ 0 y=0

⇒ E(25) = h(1, 0)i

La matrice di rotazione cercata è la matrice ortogonale di determinante 1 che ha per colonne gli autovettori determinati normalizzati, quindi 0 −1 0 1 ⇒ RT = R= 1 0 −1 0

Notiamo che in effetti abbiamo solo effettuato la rotazione che scambia x e y in quando la conica di partenza non presentava il termine xy, quindi era gi` a ruotata con gli assi paralleli agli assi cartesiani. Infine le trasformazioni sono 0 Y x 0 1 X = + 24 = y −1 0 Y −X + 24 7 7

e la sua inversa

0 X = 1 Y

x −1 −y + = 0 y − 24 x 7

24 7

Notiamo che utilizzando il primo cambio di variabile, quello da (x, y) a (X, Y ) nell’equazione iniziale si ottiene effettivamente la forma canonica che abbiamo determinato utilizzando gli invarianti.

2. SOLUZIONI

c) Consideriamo l’equazione  1 2 A′ =  2 4 −3 0

369

x2 + 4xy + 4y 2 − 6x + 1 = 0. Le matrici associate alla conica sono:  −3 1 2 −3  0 , A= , h= , k=1 2 4 0 1

Calcoliamo il polinomio caratteristico di A: 1−λ 2 λ(λ − 5) pA (λ) = det 2 4−λ

Quindi A ha due autovalori λ1 = 5 e λ2 = 0, I2 = 0 e si tratta di una parabola. Calcoliamo l’autospazio E(5) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − I: ( x=t −2 1 | 0 1/2I −4 2 | 0 ⇒ −2x + y = 0 ⇒ ⇒ ⇒ 0 0 | 0 2II + I 2 −1 | 0 y = 2t ⇒ E(5) = h(1, 2)i Analogamente calcoliamo l’autospazio E(0) risolvendo il sistema omogeneo associato a A: ( x = −2t 1 2 | 0 1 2 | 0 ⇒ ⇒ ⇒ x + 2y = 0 ⇒ II − 2I 2 4 | 0 0 0 | 0 y=t ⇒ E(0) = h(−2, 1)i Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo x2 − 2py = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo λ2 x2 + 2ty = 0 a cui è associata la matrice

⇒ 

5 B = 0 0

5x2 + 2ty = 0  0 0 0 t t 0

Sfruttando l’invariante I3 per cui det(A′ ) = det(B) otteniamo t = − √65 Infine possiamo la forma canonica cercata è: 6 12 2 5x + 2 · − √ y = 0 ⇒ x2 − √ y = 0 5 5 5 Dagli autovettori ricaviamo inoltre la matrice ortogonale speciale R di cambiamento di base: 1 1 1 −2 1 2 T √ √ ⇒ R = R= 5 2 1 5 −2 1 Per determinare la traslazione dobbiamo trovare il vertice, dato dal punto di intersezione tra l’asse e la parabola. Sappiamo che l’asse è parallelo all’autovettore relativo all’autovalore nullo e che E(0) = (−2, 1). Consideriamo una qualsiasi retta ortogonale all’asse, cioè di direzione (1, 2): ( x = x0 + t ⇒ 2x − y = k per qualche k y = y0 + 2t Se una tale retta interseca la parabola in due punti D e E, allora il punto medio M del segmento DE sar` a un punto dell’asse. Senza tenere k variabile assegnamo a k un valore a caso, la cosa pi` u semplice è porre k = 0. Se la retta trovata non interseca la parabola la cosa formalmente pi` u corretta sarebbe cambiare valore. In raltà, pensando per un attimo di lavorare in C anziché in R possiamo comunque raggiungere il risultato, come vedremo tra poco. ( ( 2x − y = 0 y = 2x ⇒ 2 2 x + 4xy + 4y − 6x + 1 = 0 x2 + 8x2 + 16x2 − 6x + 1 = 0 ( y = 2x ⇒ 25x2 − 6x + 1 = 0 Dalle relazione tra i coefficienti e le soluzioni di una equazione di secondo grado otteniamo xM =

1 −b 1 6 3 x1 + x2 = · = · = 2 2 a 2 25 25

370

13. CONICHE

A questo punto possiamo calcolare yM , ricordando che M appartiene al segmento DE, cioè alla retta y = 2x. ( 3 xM = 25 3 6 ⇒ M= , 6 25 25 yM = 2xM = 25 Infine l’asse è la retta per M parallela all’autovettore relativo a λ = 0, cioè di direzione (−2, 1): ( 3 x = 25 − 2t 3 ⇒ x + 2y = ⇒ 5x + 10y = 3 6 5 y = 25 + t Il vertice della parabola è dato dall’intersezione dell’asse con la parabola stessa:  x + 2y = 3 ⇒ 5 x2 + 4xy + 4y 2 − 6x + 1 = 0  3  x = −2y + 5 2 ⇒ 3 3 3 2  + 4y − 6 −2y + +1=0 + 4y −2y +  −2y + 5 5 5 ( ( 3 17 x = −2y + 5 x = 75 17 14 , ⇒ V = ⇒ 56 14 75 75 12y − 25 = 0 y = 75 Infine le trasformazioni cercate sono 17 " √1 (X − 2Y ) + 1 1 −2 X x 5 + 75 =√ 14 = √1 Y 2 1 y (2X + Y ) + 5 75 5 e la sua inversa 1 1 X √ = −2 Y 5

2 x− 1 y−

17 75 14 75

=

"

17 75 14 75

#

#

√1 x + 2y − 53 5 4 1 √ −2x + y + 15 5

In realtà con la parabola ci pu` o essere un problema: effettuando il cambio di variabile indicato non otteniamo l’equazione canonica determinata. Questo è dovuto al fatto che in realtà la rotazione corretta è: 1 −1 −2 1 −1 2 T ⇒ R =√ R= √ 5 −2 −1 5 2 −1 data dalla composizione della rotazione R precedentemente trovata con la rotazione −1 0 0 −1 che manda X in −X e Y in −Y . Infatti la scelta della matrice di rotazione (ortogonale speciale) è sempre a meno del segno. La trasformazione corretta che permette di passare dall’equazione iniziale alla forma canonica è: # 17 " √1 17 (−X + 2Y ) + 1 −1 2 X x 75 5 + 75 =√ 14 14 = √1 y (−2X − Y ) + 75 5 −2 −1 Y 75 5 Esercizio 13.8. Sia C la conica di equazione C : 2xy − x − 3y = k (1) Stabilire per quali valori di k la conica C è degenere. (2) Posto k = 0, stabilire di quale tipo di conica si tratti. (3) Trovare gli assi (o l’asse) di simmetria di C. Soluzione:

2. SOLUZIONI

La matrice A′ associata alla conica è



0 A′ =  1 − 12

371

 − 21 − 32  −k

1 0 − 32

(1) Per stabilire se la conica è degenere calcoliamo il determinante di A′ : 1 3 3 3 − − =k+ I3 = det(A′ ) = − −k − 4 2 2 2 3 Quindi C è degenere se k = − . 2 (2) Posto k = 0 calcoliamo il determinante della sottomatrice A 0 1 I2 = det(A) = det = −1 < 0 1 0 Si tratta quindi di un’iperbole.

(3) Per determinare il centro di C risolviamo ( x= 0 1 | 12 ⇒ 1 0 | 32 y=

3 2 1 2

⇒ C=

3 1 , 2 2

Per determinare gli assi dobbiamo inoltre individuare la rotazione da effettuare per passare alla forma canonica. Calcoliamo quindi gli autospazi di A. pA (λ) = λ2 − 1

Quindi A ha due autovalori distinti: λ = ±1. Inoltre E(1) = h (1, 1) i

E(−1) = h (−1, 1) i

I due autovettori indicano le direzioni degli assi della conica, quindi gli assi sono le due rette passanti per il centro C della conica e parallele a tali vettori: ( x = 23 + t a1 : ∀t ∈ R y = 21 + t ( x = 23 − t ∀t ∈ R a2 : y = 21 + t Ricavando le equazioni in forma cartesiana otteniamo: a1 : x − y = 1 a2 : x + y = 2 Esercizio 13.9. Sia k un parametro reale. Si consideri la famiglia di coniche Ck di equazione Ck : 2kx2 + 2(k − 2)xy − 4y 2 + 2x = 1.

a) Esistono coniche degeneri nella famiglia? b) Si classifichi la conica Ck al variare di k. c) Si determinino le coordinate dei centri delle coniche Ck (quando esistono). Soluzione: Consideriamo le matrici associate a C:   2k k−2 1 0 A′ = k − 2 −4 1 0 −1

A=

2k k−2

k−2 −4

a) I3 = det(A′ ) = k 2 + 4k + 8 6= 0 per ogni valore di k, quindi non esistono coniche degeneri nella famiglia. b) I2 = det(A) = −(k + 2)2 , quindi – Se k = −2, I2 = det(A) = 0 e C−2 è una parabola. – Se k 6= −2, I2 = det(A) < 0 e Ck è una iperbole.

372

13. CONICHE

c) Calcoliamo il centro Ck delle coniche Ck nel caso k 6= −2: 2k k − 2 | −1 k − 2 −4 | 0 Scambiando prima e seconda riga e prima e seconda colonna otteniamo: −4 k−2 | 0 −4 k − 2 | 0 ⇒ ⇒ 4II + (k − 2)I 0 (k + 2)2 | −4 k−2 2k | −1  4 (  x = − −4y + (k − 2)x = 0 (k + 2)2 ⇒ k−2  (k + 2)2 x = −4 y = − (k + 2)2

Esercizio 13.10. Sia Ck la conica di equazione Ck :

x2 + (k − 2)xy + y 2 − 4 = 0

(k parametro reale)

a) Al variare di k ∈ R, riconoscere di quale tipo di conica si tratti. b) Trovare le coniche degeneri della famiglia. c) Mostrare che ci sono due rette che sono assi di simmetria di ogni conica della famiglia. Soluzione: Consideriamo le matrici A′ e A associate alla conica:  1 A′ =  k−2 2 0

k−2 2

1 0

a) Cominciamo a distinguere il caso degenere: ′

det(A ) = −4 1 − quindi det(A′ ) = 0 se

k−2 2

2

 0 0 −4 k−2 2

2 !

= 1, cioè

k−2 = 1 ⇒ k − 2 = 2 ⇒ k1 = 4 2 k−2 = −1 ⇒ k − 2 = −2 ⇒ k2 = 0 2 Infine la conica è non degenere se k 6= 4 e k 6= 0. Inoltre: 2 −k 2 + 4k k−2 = det(A) = 1 − 2 4 Quindi – Se 0 < k < 4, si ha det(A) > 0 e C è un’ellisse. – Se k < 0 o k > 4, si ha det(A) < 0 e C è un’iperbole. – Se k = 0 o k = 4 si tratta di una parabola degenere. b) Abbiamo gi` a visto che la conica è degenere se k = 0 o k = 4, inoltre: – Se k = 0, C diventa x2 − 2xy + y 2 − 4 = 0. Anche senza risolvere l’equazione con l’uso della formula otteniamo: (x − y)2 = 4 ⇒ x − y = ±2 Quindi in questo caso la conica corrisponde alla coppia di rette parallele: r1 : x − y = 2,

r2 : x − y = −2

– Se k = 4, C diventa x2 + 2xy + y 2 − 4 = 0 e in maniera del tutto analoga otteniamo: (x + y)2 = 4 ⇒ x + y = ±2

e la conica corrisponde alla coppia di rette parallele: r1 : x + y = 2,

r2 : x + y = −2

2. SOLUZIONI

373

c) Calcoliamo il centro delle coniche limitandoci a considerare k 6= 0, 4, in quanto in questi casi abbiamo gi` a visto che si tratta di una coppia di rette parallele (e quindi prive di centro). Notiamo inoltre che nell’equazione non compaiono i termini lineari, quindi il centro si trova gi` a nell’origine: C = (0, 0). Per trovare gli assi delle coniche calcoliamo gli autovalori di A: 2 k−1 2 pA (λ) = (1 − λ) − 2 Quindi pA (λ) = 0 se 1 − λ = ±

k−1 e gli autovalori sono 2 k 2 −k + 4 λ2 = 2

λ1 =

Calcoliamo l’autospazio E 2−k 2 k−2 2

k 2

k−2 2 2−k 2

k

| |

2−k 0 2 ⇒ II + I 0 0

k−2 2

0

| |

0 0

Quindi se k 6= 2 si ha E 2 = h(1, 1)i. Tratteremo il caso k = 2 successivamente separatamente. Analogamente calcoliamo E −k+4 : 2 k−2 k−2 k−2 k−2 | 0 | 0 2 2 2 2 ⇒ k−2 k−2 II − I 0 0 | 0 | 0 2 2 Quindi, sempre supponendo k 6= 2, si ha E −k+4 = h(1, 1)i. 2 Infine per k 6= 0, 4, 2 gli assi delle coniche sono le rette ( x=t a1 : ⇒x+y =0 y = −t ( x=t a2 : ⇒x−y =0 y=t Notiamo che tali rette sono assi di simmetria anche per le coppie di rette che costituiscono la conica nei casi degeneri. Infine se k = 2 la conica è la circonferenza x2 + y 2 = 4 centrata nell’origine che ha come assi di simmetria qualsiasi retta per l’origine. In particolare quindi anche a1 e a2 sono suoi assi di simmetria. Esercizio 13.11. Sia Ck la conica di equazione Ck :

x2 + kxy + y 2 − 4 = 0

(k parametro reale)

a) Al variare di k ∈ R, riconoscere di quale tipo di conica si tratti. b) Trovare le coniche degeneri della famiglia. c) Mostrare che tutte le ellissi appartenenti alla famiglia sono reali. Soluzione: Consideriamo le matrici A′ e A associate alla conica:   1 k2 0 A′ =  k2 1 0  0 0 −4 a) Cominciamo a distinguere il caso degenere:

2 ! k I3 = det(A ) = −4 1 − 2 ′

374

13. CONICHE

2 k = 1, cioè quindi det(A ) = 0 se 2 ′

k =1 ⇒ k=2 2 k = −1 ⇒ k = −2 2 Infine la conica è non degenere se k 6= ±2. Inoltre: 2 −k 2 + 4 k = I2 = det(A) = 1 − 2 4 Quindi – Se −2 < k < 2, si ha I2 = det(A) > 0 e C è un’ellisse. – Se k < −2 o k > 2, si ha I2 = det(A) < 0 e C è un’iperbole. – Se k = ±2 si tratta di una parabola degenere. b) Abbiamo gi` a visto che la conica è degenere se k = ±2, inoltre: – Se k = −2, C diventa x2 − 2xy + y 2 − 4 = 0. Anche senza utilizzare la formula per risolvere l’equazione otteniamo: (x − y)2 = 4 ⇒ x − y = ±2 Quindi in questo caso la conica corrisponde alla coppia di rette parallele: r1 : x − y = 2,

r2 : x − y = −2

– Se k = 2, C diventa x2 + 2xy + y 2 − 4 = 0 e in maniera del tutto analoga otteniamo: (x + y)2 = 4 ⇒ x + y = ±2 e la conica corrisponde alla coppia di rette parallele: r1 : x + y = 2,

r2 : x + y = −2

c) Abbiamo visto che C è un’ellisse se −2 < k < 2. Inoltre se per esempio x = 0 dall’equazione di C otteniamo y = ±2, quindi i punti A(0, 2) e B(0, −2) appartengono ad ogni conica. Se una conica (non degenere) contiene un punto reale è necessariamente tutta reale. Quindi in particolare tutte le ellissi sono reali. Esercizio 13.12. Fissato il parametro reale t, sia Ct la conica di equazione Ct : (2t − 1)x2 + 6txy + ty 2 + 2x = 0 a) Stabilire se esistono valori di t per cui la conica è degenere. b) Determinare il tipo di conica al variare del parametro t. 1 c) Scrivere la forma canonica di Ct per t = . 3 Soluzione: La matrice A′ associata alla conica è



2t − 1 A′ =  3t 1

3t t 0

 1 0 0

a) det(A′ ) = −t, quindi la conica è degenere per t = 0 b) det(A) = −7t2 − t, quindi: 1 – Se t < − o t > 0, det(A) < 0 e si tratta di un’iperbole. 7 1 – Se − < t < 0, det(A) > 0 e si tratta di un’ellisse. 7 1 – Se t = − , det(A) = 0 e si tratta di una parabola. 7 – Se t = 0 otteniamo l’equazione −x2 + 2x = 0, quindi si tratta di una coppia di rette parallele (infatti det(A) = 0): x = 0 e x = 2.

2. SOLUZIONI

375

1 c) Calcoliamo gli autovalori di A per t = : 3 1 10 1 −3 − λ = λ2 − pA (λ) = det 1 1 9 3 −λ √ 10 Quindi gli autovalori di A sono λ = ± , discordi infatti si tratta di un’iperbole. La conica ha 3 quindi equazione del tipo √  10 √ √ 0 0 √ 10 2 10 2  3  10 x − y +k =0 ⇒ B = 0 − 0 3 3 3 0 0 k 10 1 3 1 . Quindi Imponendo la condizione I3 = det(B) = det(A) = otteniamo − k = − , cioè k = 3 9 3 10 l’equazione di C 13 è √ √ √ √ 10 2 10 2 3 10 10 2 10 10 2 x − y + =0 ⇒ − x + y −1=0 3 3 10 9 9 Effettuando infine la rotazione che manda x in y e y in −x otteniamo la forma canonica √ √ 10 10 2 10 10 2 x − y −1=0 C 13 : 9 9

Esercizio 13.13. Fissato il parametro reale t, sia Ct la conica di equazione Ct : tx2 + 2xy + (t + 2)y 2 − 2y = 0

a) Stabilire se esistono valori di t per cui la conica è degenere. b) Determinare il tipo di conica al variare del parametro t. c) Scrivere la forma canonica di Ct per t = −1. Soluzione: La matrice A′ associata alla conica è



t A′ = 1 0

1 t+2 −1

 0 −1 0

a) det(A′ ) = −t, quindi la conica è degenere per t = 0 b) det(A) = t2 + 2t − √ √1, quindi: – Se t < −1√− 2 o t > −1√+ 2, det(A) > 0 e si tratta di un’ellisse. – Se −1 − 2 < √ t < −1 + 2 con t 6= 0, det(A) < 0 e si tratta di un’iperbole. – Se t = −1 ± 2, det(A) = 0 e si tratta di una parabola. – Se t = 0 otteniamo l’equazione 2xy + 2y 2 − 2y = 0, quindi si tratta di una coppia di rette incidenti (infatti det(A) 6= 0): y = 0 e x + y − 1 = 0. c) Calcoliamo gli autovalori di A per t = −1: −1 − λ 1 = λ2 − 2 pA (λ) = det 1 1−λ √ Quindi gli autovalori di A sono λ = ± 2, discordi infatti si tratta di un’iperbole. La conica ha quindi equazione del tipo √  2 0 0 √ 2 √ 2 √ 2x − 2y + k = 0 ⇒ B =  0 − 2 0 0 0 k Imponendo la condizione I3 = det(B) = det(A) = 1 otteniamo −2k = 1, quindi l’equazione di C−1 è √ 2 √ 2 1 √ √ 2x − 2y − = 0 ⇒ C−1 : 2 2x2 − 2 2y 2 − 1 = 0 2

376

13. CONICHE

Esercizio 13.14. Si consideri la matrice



1 0 A = 0 1 0 2

 0 2 1

a) Calcolare autovalori e autovettori di A. b) Calcolare una matrice diagonalizzante di A, che sia ortogonale e rappresenti una rotazione dello spazio attorno all’origine. c) Scrivere la forma canonica della conica C con matrice associata A Soluzione: a) Il polinomio caratteristico di A è pA (λ) = (1 − λ)[(1 − λ)2 − 4] = (1 − λ)(λ2 − 2λ − 3) quindi gli autovalori di A sono λ = −1, 1, 3. Calcoliamo gli autospazi:     0 0 0 x = t E(1) = N (M − I) : 0 0 2 ⇒ y = 0 ⇒ E(1) = h(1, 0, 0)i   0 2 0 z=0     −2 0 0 x = 0 E(3) = N (M − 3I) :  0 −2 2  ⇒ y = t ⇒ E(3) = h(0, 1, 1)i   0 2 −2 z=t     2 0 0 x = 0   E(−1) = N (M + I) : 0 2 2 ⇒ y = −t ⇒ E(−1) = h(0, −1, 1)i   0 2 2 z=t

b) Gli autovettori trovati, essendo relativi a autovalori distinti, sono gi` a ortogonali tra loro. E’ quindi sufficiente renderli di norma 1 per ottenere la matrice diagonalizzante ortogonale di rotazione:   1 0 0 1 1 R = 0 √ 2 − √ 2  √1 0 √12 2

c) det(A) = −3, quindi si tratta di una conica non degenere. Inoltre l’autovalore della matrice 1 0 associata alla forma quadratica è λ = 1 doppio. Si tratta quindi di un’ellisse e cerchiamo 0 1 un’equazione del tipo x2 + y 2 + t = 0 a cui è associata la matrice   1 0 0 B =  0 1 0 0 0 t

Imponendo la condizione det(A) = det(B) otteniamo t = −3. Infine la forma canonica della conica (ellisse reale) è x2 + y 2 − 3 = 0

⇒

1 2 1 2 x + y −1=0 3 3

Notiamo che si tratta in realtà di una circonferenza centrata nell’origine e di raggio

√ 3.

Esercizio 13.15. Si consideri la conica di equazione 2x2 + 4xy + 5y 2 + 2x − 2y + 1 = 0 a) Si determini il tipo di conica. b) Si trovi l’eventuale centro della conica. c) Si trovino gli assi di simmetria e la forma canonica della conica. Soluzione:

2. SOLUZIONI

a) La matrice associata alla conica è  2 2 A′ = 2 5 1 −1

 1 −1 1

377

⇒ det(A) = −5 6= 0

e si tratta di una conica non degenere. Inoltre 2 2 det(A) = det = 6 6= 0 2 5 quindi si tratta di una conica a centro. Per stabilire se si tratta di un’ellisse o un’iperbole calcoliamo gli autovalori di A: pA (λ) = (2 − λ)(5 − λ) − 4 = λ2 − 7λ + 6

quindi gli autovalori di A sono λ = 1, 6. Poiché gli autovalori sono concordi si tratta di un’ellisse. b) Per trovare il centro risolviamo il sistema A| − h: ( ( 2x + 2y = −1 x = − 67 7 2 2 2 | −1 2 2 | −1 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ C − , II − I 0 3 | 2 2 5 | 1 6 3 y = 32 3y = 2 c) Calcoliamo gli autospazi di A:

( x = −2t 1 2 E(1) = N (A − I) : ⇒ ⇒ E(1) = h(−2, 1)i 2 4 y=t ( x=t −4 2 ⇒ ⇒ E(6) = h(1, 2)i E(6) = N (A − 6I) : 2 −1 y = 2t

Gli assi sono le rette passanti per il centro, di direzione parallela agli autovettori trovati: ( x = − 67 − 2t 1 ⇒ x + 2y = a1 : 6 y = 32 + t ( x = − 67 + t a2 : ⇒ 2x − y = −3 y = 32 + 2t Inoltre si tratta di un’ellisse con autovalori λ = 1, 6. La forma canonica cercata è quindi del tipo x2 + 6y 2 + t = 0, a cui è associata la matrice   1 0 0 B =  0 6 0 0 0 t

Imponendo la condizione det(A) = det(B) otteniamo t = − 56 . Infine la forma canonica della conica (ellisse reale) è x2 + 6y 2 −

5 =0 6

⇒

6 2 36 2 x + y −1=0 5 5

Esercizio 13.16. Sia C la conica di equazione

C : 3x2 + 14xy − 5y 2 − 10x + 14y = 0

a) Stabilire il tipo di conica. b) Nel caso sia una conica a centro, trovare le coordinate del centro. c) Trovare equazioni degli eventuali asintoti della conica. Soluzione: a) Le matrici A′ e A associate alla conica sono:   3 7 −5 A′ =  7 −5 7  −5 7 0

3 7 A= 7 −5

La matrice A′ ha determinante non nullo, quindi si tratta di una conica non degenere; inoltre det(A) = −64 < 0, quindi si tratta di un’iperbole.

378

13. CONICHE

b) Per trovare il centro risolviamo il sistema Ax = −h: ( x = − 83 5 7 | 5 3 7 | 5 ⇒ ⇒ 3II − 7I 0 −64 | −56 7 −5 | −7 y=7

⇒ C=

8

3 7 − , 8 8

c) Gli asintoti sono rette passanti per il centro, di direzione parallela ai punti all’infinito della conica. L’equazione della conica in coordinate omogenee è 3X 2 + 14XY − 5Y 2 − 10XZ + 14Y Z = 0. Ponendo Z = 0 otteniamo l’equazione 3X 2 + 14XY − 5Y 2 = 0 le cui soluzioni sono X −7 ± 8 = Y 3 cioè le due rette x + 5y = 0 e 3x − y = 0. Infine gli asintoti (passanti per il centro) sono le rette a1 : x + 5y − 4 = 0

a2 : 3x − y + 2 = 0

Esercizio 13.17. Sia C la conica di equazione

x2 + 4xy + 4y 2 + 4y = 0.

a) Si determini il tipo di conica. b) Si trovi la forma canonica della conica. c) Si trovino gli eventuali assi di simmetria della conica. Soluzione: a) Le matrici associate alla conica sono:   1 2 0 A′ = 2 4 2 e 0 2 0

A=

1 2 2 4

h=

0 2

Notiamo che I3 = det(A′ ) = −4 6= 0, quindi si tratta di una conica non degenere. Inoltre I2 = det(A) = 0, quindi è una parabola. b) Il polinomio caratteristico di A è pA (λ) = λ2 − 5λ, quindi A ha autovalori: λ1 = 0 e λ2 = 5. La forma canonica sar` a del tipo x2 − 2py = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo λx2 + 2ty = 0

a cui è associata la matrice

5x2 + 2ty = 0

⇒ 

5 B = 0 0

 0 0 0 t t 0

Sappiamo inoltre che I3 = det(A′ ) è un invariante, quindi det(A′ ) = det(B). Risolviamo quindi l’equazione: −4 = −5t2

⇒

t2 =

Infine possiamo ricavare la forma canonica: 2 2 √ 5x + 2 · − y=0 5

4 5

⇒

⇒

2 t = −√ 5

4 x2 − √ y = 0 5 5

c) Calcoliamo la direzione dell’asse ricordando che questo è parallelo all’autovettore relativo all’autovalore nullo. Calcoliamo quindi l’autospazio E(0) risolvendo il sistema omogeneo associato a A: ( x = −2t 1 2 | 0 1 2 | 0 ⇒ x + 2y = 0 ⇒ ⇒ E(0) = h(−2, 1)i ⇒ ⇒ 0 0 | 0 II − 2I 2 4 | 0 y=t Ora che abbiamo la direzione dell’asse dobbiamo determinarne un punto per potere scrivere l’equazione. Consideriamo una qualsiasi retta ortogonale all’asse, cioè di direzione (1, 2): ( x = x0 + t ⇒ 2x − y = k per qualche k y = y0 + 2t

2. SOLUZIONI

379

Se una tale retta interseca la parabola in due punti D e E, allora il punto medio M del segmento DE sar` a un punto dell’asse. Senza tenere k variabile assegnamo a k un valore a caso, la cosa pi` u semplice è porre k = 0. ( ( 2x − y = 0 y = 2x 16 8 ⇒ ⇒ D = (0, 0), E = − , − 25 25 x2 + 4xy + 4y 2 + 4y = 0 25x2 + 8x = 0 8 4 . Infine il punto medio M del segmento DE è M = − , − 25 25 L’asse è la retta per M parallela all’autovettore relativo a λ = 0, cioè di direzione (−2, 1): ( 4 x = − 25 − 2t 4 ⇒ x + 2y = − ⇒ 5x + 10y = −4 8 5 y = − 25 + t Esercizio 13.18. Sia C la conica di equazione C : 6x2 + 4xy + 9y 2 − 5x + 10y = 0. a) Stabilire il tipo di conica e la forma canonica di C. b) Trovare equazioni degli assi di simmetria di C. Soluzione: a) Le matrici associate alla conica sono   6 2 − 52 A˜ =  2 9 5  − 25 5 0

e

A=

6 2 2 9

Di conseguenza: ˜ = − 1025 , e si tratta di una conica non degenere. – I3 = det(A) 4 – pA (λ) = (6 − λ)(9 − λ) − 4 = λ2 − 15λ + 50. Quindi gli autovalori sono λ1 = 10 e λ2 = 5, concordi, e si tratta di un’ellisse. – Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo ax2 +by 2 ±1 = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo λ1 x 2 + λ2 y 2 + t = 0 a cui è associata la matrice

10x2 + 5y 2 + t = 0

⇒

 10 B =0 0

0 5 0

 0 0 t

˜ è un invariante, quindi I3 = det(A) ˜ = det(B). Risolviamo Sappiamo inoltre che I3 = det(A) quindi l’equazione: 1025 = 50t ⇒ 4 Infine possiamo ricavare la forma canonica: −

t=−

41 8

80 2 40 2 41 =0 ⇒ x + y −1=0 8 41 41 Notiamo che si tratta di un ellisse reale. b) Determiniamo il centro della conica risolvendo il sistema A| − h: ( 5 x = 13 13 7 6 2 | 6 2 | 52 20 2 ⇒ ⇒ C ,− ⇒ 3II − I 0 25 | − 35 2 9 | −5 20 10 y=−7 2 10x2 + 5y 2 −

10

Calcoliamo gli autospazi di A:

−4 2 ⇒ 2x − y = 0 E(10) = N (A − 10I) : 2 −1 1 2 E(5) = N (A − 5I) : ⇒ x + 2y = 0 2 4

380

13. CONICHE

Infine gli assi hanno la direzione degli autovettori e passano per il centro C: 3 a1 : 2x − y = 2 a2 : x + 2y = − 4

CAPITOLO 14

Quadriche Alcuni esercizi di questo capitolo sono ripetuti in quanto risolti in maniera differente. Esercizio 14.1. Stabilire il tipo di quadrica corrispondente alle seguenti equazioni. Se si tratta di una quadrica a centro determinare inoltre le coordinate del centro. a) 2x2 + y 2 + 2z 2 − 2xy + 2yz + 4x − 2y = 0 b) xy + xz − yz − x = 0

c) 4x2 + 2y 2 + 3z 2 + 4xz − 4yz + 6x + 4y + 8z + 2 = 0

d) 5x2 − 4y 2 − 11z 2 − 24yz − 10x − 15 = 0 e) x2 + 3y 2 + 4yz − 6x + 8y + 8 = 0

f) y 2 − z 2 + 4xy − 4xz − 6x + 4y + 2z + 8 = 0

g) 4x2 + 5y 2 + 5z 2 − 2yz + 8x + 8y + 8z + 1 = 0

h) x2 + 2y 2 − z 2 − 2xz + 4y − 4z = 0

i) −x2 + y 2 − 2xz + 2yz − 4x + 4y = 0

l) 2x2 + 3y 2 + 3z 2 + 2yz + 2y − 2z − 4 = 0 Esercizio 14.2. Determinare la forma canonica delle seguenti quadriche. Se si tratta di una quadrica a centro determinarne il centro e gli assi di simmetria. a) 2x2 + y 2 + z 2 − 2yz − 4y + 3z + 1 = 0 b) 5x2 + 8y 2 + 5z 2 + 6xz − 8 = 0 c) x2 + y 2 − 2z 2 + 4z − 2 = 0 d) 5x2 − y 2 + 8xy + 5z 2 − 5z − 2 = 0 Esercizio 14.3. Determinare la forma canonica delle seguenti quadriche, ricavando le relazioni che permettono di passare dalle coordinate della forma iniziale alle coordinate della forma canonica e viceversa: a) 5x2 − 4y 2 − 11z 2 − 24yz − 10x − 15 = 0 b) 2x2 + 3y 2 + 3z 2 + 2yz + 2y − 2z − 4 = 0 Esercizio 14.4. Determinare la forma canonica della seguente quadrica, ricavando le relazioni che permettono di passare dalle coordinate della forma iniziale alle coordinate della forma canonica e viceversa: 2x2 + y 2 + z 2 − 2yz − 4y + 3z + 1 = 0 Esercizio 14.5. Sia Q la quadrica di equazione Q :

3x2 + 3y 2 − z 2 − 2xy − 4z = 0.

a) Stabilire se Q é degenere o meno, e di quale tipo di quadrica si tratti. Se é una quadrica a centro determinare le coordinate del centro. a) Trovare gli assi (o l’asse) di simmetria di Q e determinare coordinate omogenee dei punti all’infinito degli assi di simmetria. Esercizio 14.6. Sia Q la quadrica di equazione

Q : xz − y 2 − 4z 2 = 0

a) Riconoscere la quadrica b) Se la quadrica è a centro, determinare coordinate del centro di simmetria ed equazioni degli assi di simmetria. 381

382

14. QUADRICHE

c) L’intersezione di Q con il piano π di equazione y = 1 è una conica del piano π. Stabilire il tipo di conica. Esercizio 14.7. Sia Q la quadrica di equazione

Q : x2 − 2y 2 + yz = 0

a) Riconoscere la quadrica b) Se la quadrica è a centro, determinare coordinate del centro di simmetria ed equazioni degli assi di simmetria. c) L’intersezione di Q con il piano π di equazione x = 0 è una conica del piano π. Stabilire il tipo di conica. Esercizio 14.8. Sia Q la quadrica di equazione √ √ Q : x2 + z 2 + 2xz + 2 2x + 2z + 2y + 4 = 0 a) Riconoscere la quadrica. b) Studiare la conica che si ottiene intersecando la quadrica Q con il piano z = 0 (tipo, forma canonica,...). Esercizio 14.9. Sia Q la quadrica di equazione

Q : (1 + 2k)x2 + y 2 + z 2 + 2kyz − kz = 1 + k

a) Per quali valori del parametro reale k la quadrica Q è un paraboloide? b) Per i valori di k determinati al punto a), stabilire il tipo di paraboloide (ellittico o iperbolico). c) Per i valori di k determinati al punto a), stabilire il tipo di coniche che si ottengono intersecando Q con il piano z = 0. Esercizio 14.10. Sia Q la quadrica di equazione

Q : x2 + (1 + 2k)y 2 + z 2 + 2kxz − kz = 1 + k

a) Per quali valori del parametro reale k la quadrica Q è un paraboloide? b) Per i valori di k determinati al punto a), stabilire il tipo di paraboloide (ellittico o iperbolico). c) Per i valori di k determinati al punto a), stabilire il tipo di coniche che si ottengono intersecando Q con il piano z = 0. ——————————————————————————————————————————————-

1. Suggerimenti ——————————————————————————————————————————————-

Equazione A ogni quadrica f (x, y, z) = 0, possiamo associare due matrici quadrate: la matrice A ∈ M3×3 relativa alla forma quadratica associata alla quadrica, e la matrice A′ ∈ M4×4 :   coeff. di x2 1/2 coeff. di xy 1/2 coeff. di xz coeff. di y 2 1/2 coeff. di yz  , A = 1/2 coeff. di xy 1/2 coeff. di xz 1/2 coeff. di yz coeff. di z 2   " # 1/2 coeff. della x A h A′ = dove h = 1/2 coeff. della y  , k = termine noto dell’equazione hT k 1/2 coeff. della z Di conseguenza l’equazione della quadrica è

f (x, y, z) = [x, y, z, 1] · A′ · [x, y, z, 1]T = 0 ——————————————————————————————————————————————Invarianti. Il polinomio caratteristico di A è cos`ı formato pA (λ) = −λ3 + I1 λ2 − I2 λ + I3

1. SUGGERIMENTI

383

con I1 = tr(A) = λ1 + λ2 + λ3 ,

I 2 = λ1 λ2 + λ1 λ3 + λ2 λ3

I3 = det(A) = λ1 λ2 λ3 ,

I4 = det(A′ )

I1 , I2 , I3 , I4 sono invarianti. Mentre I1 , I3 , I4 possono essere calcolati direttamente da A e A′ , I2 pu` o essere calcolato solo da pA (λ). ——————————————————————————————————————————————Classificazione: quadriche non degeneri Una quadrica è non degenere se det(A′ ) 6= 0, ovvero rg(A′ ) = 4. Inoltre è • Ellissoide: rg(A) = 3, ovvero det(A) 6= 0, e autovalori di A concordi (oppure I3 6= 0, I2 > 0 e I1 I3 > 0). Inoltre: – I4 = det(A′ ) > 0: ELLISSOIDE IMMAGINARIO: ax2 + by 2 + cz 2 + 1 = 0 – I4 = det(A′ ) < 0: ELLISSOIDE REALE: ax2 + by 2 + cz 2 − 1 = 0 • Iperboloide: rg(A) = 3, ovvero det(A) 6= 0, e autovalori di A discordi (oppure I3 6= 0 e I2 ≤ 0 o I1 I3 ≤ 0). Inoltre: – I4 = det(A′ ) > 0: IPERBOLOIDE IPERBOLICO(a 1 falda): ax2 + by 2 − cz 2 − 1 = 0. – I4 = det(A′ ) < 0: IPERBOLOIDE ELLITTICO (a 2 falde): ax2 − by 2 − cz 2 − 1 = 0. • Paraboloide: rg(A) ≤ 2, cioè det(A) = 0, cioè un autovalore nullo (oppure I3 = 0). Inoltre: – I4 = det(A′ ) > 0: PARABOLOIDE IPERBOLICO: ax2 − by 2 − z = 0. Analogamente è un paraboloide iperbolico se i due autovalori non nulli di A sono discordi. – I4 = det(A′ ) < 0: PARABOLODE ELLITTICO: ax2 + by 2 − z = 0. Analogamente è un paraboloide ellittico se i due autovalori non nulli di A sono concordi. ——————————————————————————————————————————————-

Classificazione: quadriche degeneri Una quadrica è degenere se det(A′ ) = 0. Inoltre: • Se rg(A′ ) = 3, allora è degenere irriducibile. • Se rg(A′ ) ≤ 2, allora è degenere riducibile.

In particolare:

• Cono (quindi irriducibile): rg(A) = rg(A′ ) = 3 (oppure I4 = 0 e I3 6= 0). Inoltre: – Auotovalori di A concordi (oppure I2 > 0): cono a un unico punto reale ax2 + by 2 + cz 2 = 0, – Auotovalori di A discordi (oppure I2 ≤ 0): cono reale ax2 + by 2 − cz 2 = 0

• Cilindro (quindi irriducibile): Se rg(A) = 2, ma rg(A′ ) = 3 (oppure I3 = 0 e rg(A′ ) = 3). Inoltre: – I2 > 0: cilindro ellittico: ax2 + by 2 ± 1 = 0, – I2 < 0: cilindro iperbolico: ax2 − by 2 − 1 = 0, – I2 = 0: Cilindro parabolico: x2 − 2py = 0.

Se rg(A′ ) ≤ 2 allora è una quadrica degenere riducibile. Inoltre

• Se rg(A′ ) = 2 e rg(A) = 2: due piani incidenti (reali o complessi), • Se rg(A′ ) = 2 e rg(A) = 1: due piani distinti e paralleli (reali o complessi), • Se rg(A′ ) = 1: un piano doppio.

——————————————————————————————————————————————-

Centro e assi • Ellissoide e iperboloide sono quadriche a centro. Come per le coniche il centro si trova risolvendo il sistema A| − h. • Come per le coniche gli assi di una quadrica non degenere a centro sono le rette passanti per il centro e di direzione corrispondente agli autovettori della matrice A della quadrica.

384

14. QUADRICHE

——————————————————————————————————————————————-

Rotazione. La matrice A è simmetrica, quindi esiste una matrice R ortogonale speciale detta matrice di rotazione tale che   λ1 0 0 RT AR = D =  0 λ2 0  dove λi sono autovalori di A 0 0 λ3

La matrice R si ottiene dagli autovettori di A (normalizzati e con i segni in modo che il determinante sia 1). ——————————————————————————————————————————————-

Forme canonica con equazioni della trasformazione delle quadriche non degeneri: Per ottenere la forma canonica si procede esattamente come per le coniche: (1) Rotazione: utilizzando una matrice ortonormale R di rotazione, (2) Traslazioine. ——————————————————————————————————————————————-

Forma canonica versione semplice. Per ottenere la forma canonica di una quadrica non degenere senza cercare però l’equazioni della trasformazione che permette di passare dall’equazione originale alla forma canonica e viceversa, possiamo procedere nel seguente modo: • Calcoliamo det(A′ ) per verificare che la quadrica non sia degenere. • Calcoliamo gli autovalori λ1 , λ2 , λ3 di A e stabiliamo di quale quadrica si tratta. • Consideriamo i diversi casi: – Se si tratta di un ellissoide sappiamo che dobbiamo arrivare a una equazione del tipo ax2 + by 2 + cz 2 ± 1 = 0, passando attraverso una equazione del tipo   λ1 0 0 0  0 λ2 0 0  con λ1 , λ2 , λ3 autovalori di A λ1 x 2 + λ2 y 2 + λ3 z 2 + t = 0 ⇔ B =  0 0 λ2 0 0 0 0 t

Poiché det(A′ ) è un invariante, imponendo la condizione det(A′ ) = det(B) possiamo ricavare il valore di t. Dividendo infine per t o −t si ottiene la forma canonica. Solo a questo punto possiamo stabilire se è reale o immaginaria. – Se si tratta di un iperboloide sappiamo che dobbiamo arrivare a una equazione del tipo ax2 ± by 2 − cz 2 − 1 = 0, passando attraverso una equazione del tipo   λ1 0 0 0  0 λ2 0 0  con λ1 , λ2 , λ3 autovalori di A λ1 x 2 + λ2 y 2 + λ3 z 2 + t = 0 ⇔ B =  0 0 λ2 0 0 0 0 t Poiché det(A′ ) è un invariante, imponendo la condizione det(A′ ) = det(B) possiamo ricavare il valore di t. Dividendo infine per t o −t si ottiene la forma canonica. Solo a questo punto possiamo stabilire se è un iperboloide a una o a due falde. – Se si tratta di un paraboloide sappiamo che dobbiamo arrivare a una equazione del tipo ax2 ± by 2 − z = 0, passando attraverso una equazione del tipo   λ1 0 0 0  0 λ2 0 0  con λ1 , λ2 autovalori non nulli di A λ1 x2 + λ2 y 2 + 2tz = 0 ⇔ B =  0 0 0 t 0 0 t 0

Poiché det(A′ ) è un invariante, imponendo la condizione det(A′ ) = det(B) possiamo ricavare il valore di t (negativo). Dividendo infine per t si ottiene la forma canonica.

2. SOLUZIONI

385

——————————————————————————————————————————————-

Quadriche degeneri riducibili. Se rg(A′ ) ≤ 2 si possono trovare i piani risolvendo una equazione di secondo grado in una incognita (le altre due incognite vengono considerate parametri), oppure in generale scomponendo il polinomio f (x, y, z) nel prodotto di due polinomi di primo grado. ——————————————————————————————————————————————-

2. Soluzioni Esercizio 14.1. Stabilire il tipo di quadrica corrispondente alle seguenti equazioni. Se si tratta di una quadrica a centro determinare inoltre le coordinate del centro. a) 2x2 + y 2 + 2z 2 − 2xy + 2yz + 4x − 2y = 0 b) xy + xz − yz − x = 0

c) 4x2 + 2y 2 + 3z 2 + 4xz − 4yz + 6x + 4y + 8z + 2 = 0

d) 5x2 − 4y 2 − 11z 2 − 24yz − 10x − 15 = 0 e) x2 + 3y 2 + 4yz − 6x + 8y + 8 = 0

f) y 2 − z 2 + 4xy − 4xz − 6x + 4y + 2z + 8 = 0

g) 4x2 + 5y 2 + 5z 2 − 2yz + 8x + 8y + 8z + 1 = 0

h) x2 + 2y 2 − z 2 − 2xz + 4y − 4z = 0

i) −x2 + y 2 − 2xz + 2yz − 4x + 4y = 0

l) 2x2 + 3y 2 + 3z 2 + 2yz + 2y − 2z − 4 = 0

Soluzione: a) Consideriamo l’equazione 2x2 + y 2 + 2z 2 − 2xy + 2yz + 4x − 2y = 0 e la matrice A′ associata:   2 −1 0 2 −1 1 1 −1  A′ =  0 1 2 0 2 −1 0 0

Cominciamo a stabilire se è degenere calcolando il determinante di A′ . Poiché ci interessa solo stabilire se il determinante si annulla (ovvero se rg(A′ ) < 4 possiamo in alternativa ridurre la matrice (parzialmente) a gradini per semplificare i conti. Inoltre la riduzione a gradini è utile quando successivamente calcoliamo il rango di A. Per tale ragione è conveniente non scambiare le righe di A′ o almeno non scambiare la IV riga con le precedenti, in modo da tenere la matrice A, formata dalle prime tre righe, distinta. Inoltre il metodo introdotto nelle prime lezioni, che consiste nell’utilizzare solo le righe precedenti una riga per modificare quest’ultima, ci garantisce che la matrice A non sia modificata con l’uso della IV riga. 

2 0 2II + I   0 IV − I 0

−1 1 1 0

0 2 2 0

  2 2 −1 0 1 0  ⇒ 0 III − II 0 0 −2 0 0

 0 2 2 0  0 0 0 −2

rg(A′ ) = 3 ⇒ det(A′ ) = 0 ⇒ quadrica degenere

In particolare rg(A′ ) = 3 quindi si tratta o di un cono o di un cilindro. Dalla riduzione si nota che rg(A) = 2 ⇒ cilindro (non parabolico).

386

14. QUADRICHE

Per stabilire il tipo di cilindro dobbiamo calcolare I2 : pA (λ) = −λ3 + 5λ2 − 6λ ⇒ I1 = 5, I2 = 6, I3 = 0 Poichè I3 = 0 si tratta in effetti di un cilindro; inoltre I2 > 0 quindi è un cilindro ellittico. —————————————————————————————————————————— b) Consideriamo l’equazione xy + xz − yz − x = 0 e la matrice A′ associata:   1 1 − 21 0 2 2  1 0 − 12 0  2  A′ =  1  1 −2 0 0  2 0 0 0 − 12

In questo caso è immediato calcolare il determinante sviluppando rispetto all’ultima riga: 4 1 6= 0 ⇒ quadrica non degenere det(A′ ) = 2

Inoltre det(A) = −

1 6= 0 ⇒ rg(A) = 3 ⇒ ellissoide o iperboloide. 4

Per stabilire se si tratta di un ellissoide o di un iperboloide dobbiamo determinare se gli autovalori di A sono concordi o discordi. 1 1 1 1 1 1 1 2 − − λ+ + − + λ pA (λ) = −λ λ − 4 2 2 4 2 4 2 1 1 1 1 λ+ + λ− = −λ λ − 2 2 2 2 1 1 1 =− λ− λ2 + λ − 2 2 2 1 1 =− λ− 2λ2 + λ − 1 2 2

Quindi gli autovalori sono λ1 = λ2 =

1 , 2

λ3 = −1

⇒ discordi

⇒ iperboloide

Inotre det(A′ ) > 0, quindi è un iperboloide iperbolico. In alternativa potevamo usare gli invarianti: 1 3 1 3 ⇒ I1 = 0, I2 = − , I3 = − , . pA (λ) = −λ3 + λ − 4 4 4 4 Poichè I3 6= 0 è una quadrica a centro; inoltre I2 < 0, quindi è un iperboloide. Infine I4 = det(A′ ) > 0, quindi è un iperboloide iperbolico. Determiniamo le coordinate del centro risolvendo il sistema associato a:       1 1 1 0 1 −1 0 | 0 2III 1 −1 0 | 0 2 2 2 1 0 − 12 0  ⇒ 2II 1 0 −1 | 0 ⇒ II − I 0 1 −1 | 0 2 1 0 1 1 | 1 2I 0 1 1 | 1 − 21 0 0 2    1  1 −1 0 | 0 x = 2 1 1 1 1   0 1 −1 | 0 ⇒ y = 2 ⇒ ⇒C , ,  2 2 2  1 III − II 0 0 2 | 1 z=2 Anche se non è richiesto dall’esercizio notiamo che gli assi della quadrica sono le rette per C di direzione parallela agli autovettori di A.

——————————————————————————————————————————

2. SOLUZIONI

387

c) Consideriamo l’equazione 4x2 + 2y 2 + 3z 2 + 4xz − 4yz + 6x + 4y + 8z + 2 = 0 e la matrice A′ associata:   4 0 2 3 0 2 −2 2  A′ =  2 −2 3 4 3 2 4 2 Calcoliamo il rango di  4 1/2II  0 2III − I 0 4IV − 3I 0

A′ e A riducendo A′ a gradini:   0 2 3 4 0 1 −1 1   ⇒ III + 4II 0 −4 4 5 IV − 8II 0 8 10 −1

0 1 0 0

rg(A′ ) = 4 ⇒ quadrica non degenere

 2 3 −1 1   0 9 18 −9

rg(A) = 2 ⇒ paraboloide Inoltre

pA (λ) = (4 − λ) [(2 − λ)(3 − λ) − 4] − 4(2 − λ) = −λ3 + 9λ2 − 18λ = −λ(λ2 − 9λ + 18)

Quindi gli autovalori (oltre a λ1 = 0) sono λ2 = 3,

λ3 = 6

⇒ concordi

⇒ paraboloide ellittico

—————————————————————————————————————————— d) Consideriamo l’equazione 5x2 − 4y 2 − 11z 2 − 24yz − 10x − 15 = 0 e la matrice A′ associata:   5 0 0 −5 0 −4 −12 0   A′ =   0 −12 −11 0  −5 0 0 −15 Calcoliamo il rango di A′ riducendo la matrice a gradini:   5 0 0 −5 1/4II  0  0 −1 −3   III − 3II 0 0 25 0  IV + I 0 0 0 −20

⇒ rg(A′ ) = 4 ⇒ quadrica non degenere

Inoltre rg(A) = 3 ⇒ ellissoide o iperboloide. Per stabilire se si tratta di un ellissoide o di un iperboloide dobbiamo determinare se gli autovalori di A sono concordi o discordi. pA (λ) = (5 − λ) [(−4 − λ)(−11 − λ) − 144] = (5 − λ) λ2 − 15λ − 100

Quindi gli autovalori sono

λ1 = λ2 = 5,

λ3 = −20

⇒ discordi

⇒ iperboloide

In alternativa potevamo usare gli invarianti: pA (λ) = −λ3 + 20λ2 + 25λ − 500 ⇒ I1 = 20, I2 = −25, I3 = −500. Poichè I3 6= 0 è una quadrica a centro; inoltre I2 < 0, quindi è un iperboloide. Infine I4 = det(A′ ) > 0, quindi è un iperboloide iperbolico.

388

14. QUADRICHE

Determiniamo le coordinate del centro risolvendo il    5 5 0 0 | 5 0 −4 −12 | 0 ⇒ 1/4II 0 III − 3II 0 0 −12 −11 | 0   x = 1 ⇒ y = 0 ⇒ C (1, 0, 0)   z=0

sistema associato a:  0 0 | 5 −1 −3 | 0 0 25 | 0

Notiamo che potevamo considerare direttamente la matrice ridotta a gradini, pur di cambiare il segno ai termini della colonna dei termini noti. Anche se non è richiesto dall’esercizio notiamo che gli assi della quadrica sono le rette per C di direzione parallela agli autovettori di A. —————————————————————————————————————————— e) Consideriamo l’equazione x2 + 3y 2 + 4yz − 6x + 8y + 8 = 0 e la matrice A′ associata:   1 0 0 −3 0 3 2 4  A′ =  0 2 0 0 −3 4 0 8 Calcoliamo il rango di  1 1/2III  0 III 0 IV + 3I 0

A′ riducendo la matrice a gradini:    0 0 −3 1 0 0 −3 0 1 0 0  1 0 0  ⇒  ⇒  III − 3II 0 0 2 4  3 2 4 IV − 4II 0 0 0 −1 4 0 −1

rg(A′ ) = 4 ⇒ quadrica non degenere

rg(A) = 3 ⇒ ellissoide o iperboloide. Per stabilire se si tratta di un ellissoide o di un iperboloide dobbiamo determinare se gli autovalori di A sono concordi o discordi. pA (λ) = (1 − λ) λ2 − 3λ − 4

Quindi gli autovalori sono λ1 = 1,

λ2 = −1,

λ3 = 4

⇒ discordi

⇒ iperboloide

′

Inoltre I4 = det(A ) > 0, quindi è un iperboloide iperbolico. In alternativa potevamo usare gli invarianti: pA (λ) = −λ3 + 4λ2 + λ − 4 ⇒ I1 = 4, I2 = −1, I3 = −4. Poichè I3 6= 0 è una quadrica a centro; inoltre I2 < 0, quindi è un iperboloide. Infine I4 = det(A′ ) > 0, quindi è un iperboloide iperbolico. Determiniamo le coordinate del centro risolvendo il sistema Ax = −h e considerando direttamente la matrice ridotta a gradini:     1 0 0 | 3 x = 3 0 1 0 | 0  ⇒ y = 0 ⇒ C (3, 0, −2)   0 0 2 | −4 z = −2 Anche se non è richiesto dall’esercizio notiamo che gli assi della quadrica sono le rette per C di direzione parallela agli autovettori di A.

—————————————————————————————————————————— f) Consideriamo l’equazione y 2 − z 2 + 4xy − 4xz − 6x + 4y + 2z + 8 = 0 e la matrice A′ associata:   0 2 −2 −3 2 1 0 2  A′ =  −2 0 −1 1  −3 2 1 8

2. SOLUZIONI

Calcoliamo  −2 0 III 2 1  0 2 I 2IV − 3III 0 4

il rango di A′ e A riducendo A′ a   −2 0 −1 1 0 1 II + I 0 2  ⇒ 0 2 −2 −3 IV − 2III 0 0 5 13

389

gradini:

  −1 1 −2 0 −1 3   ⇒ III − 2II  0 −2 −3 9 19 0

0 1 0 0

⇒ rg(A′ ) = 4 ⇒ quadrica non degenere, e rg(A) = 2 ⇒ paraboloide

 −1 1 −1 3   0 −9 9 19

Inoltre

pA (λ) = −λ(1 − λ)(−1 − λ) − 2 · 2(−1 − λ) − 2 · 2(1 − λ) = −λ(−1 + λ2 ) + 8λ = −λ(λ2 − 9) Quindi gli autovalori (oltre a λ1 = 0) sono λ2 = 3,

λ3 = −3

⇒ discordi

In alternativa potevamo usare gli invarianti:

⇒ paraboloide iperbolico

pA (λ) = −λ3 + 9λ ⇒ I1 = 0, I2 = 9, I3 = 0.

Poichè I3 = 0 è un paraboloide; inoltre I4 = det(A′ ) > 0, quindi è un paraboloide iperbolico. —————————————————————————————————————————— g) Consideriamo l’equazione 4x2 + 5y 2 + 5z 2 − 2yz + 8x + 8y + 8z + 1 = 0 e la matrice A′ associata:   4 0 0 4 0 5 −1 4  A′ =  0 −1 5 4 4 4 4 1

Calcoliamo il  1/4I 1 0 0 0 5 −1  5III + II 0 0 24 IV − I 0 4 4

rango di A′ e A riducendo   1 0 1 0 5 4  ⇒ 0 0 24  5IV − 4II 0 0 −3

A′ a gradini:   0 −1 1 0 −1 4   ⇒ 1/24III 0 24 24  IV − III 0 24 −31

0 0 5 −1 0 1 0 0

rg(A′ ) = 4 ⇒ quadrica non degenere, e rg(A) = 3 ⇒ ellissoide o iperboloide

 −1 4   ⇒ 1  −55

Inoltre

Quindi gli autovalori sono

pA (λ) = (4 − λ)(λ2 − 10λ + 24)

λ1 = λ2 = 4, ′

λ3 = 6

⇒ concordi

Inoltre I1 = det(A ) < 0, quindi è un ellissoide reale. In alternativa potevamo usare gli invarianti:

⇒ ellissoide

pA (λ) = −λ3 + 14λ2 − 64λ + 96 ⇒ I1 = 14, I2 = 64, I3 = 96.

Poichè I3 6= 0 è una quadrica a centro; inoltre I2 > 0, quindi è un ellissoide. Infine I4 = det(A′ ) < 0, quindi è un ellissoide reale. Determiniamo le coordinate del centro risolvendo il sistema Ax = −h e considerando direttamente la matrice ridotta a gradini:     1 0 0 | −1 x = −1 0 5 −1 | −4 ⇒ y = −1 ⇒ C (−1, −1, −1)   0 0 1 | −1 z = −1 Anche se non è richiesto dall’esercizio notiamo che gli assi della quadrica sono le rette per C di direzione parallela agli autovettori di A.

—————————————————————————————————————————— h) Consideriamo l’equazione x2 + 2y 2 − z 2 − 2xz + 4y − 4z = 0 e la matrice A′ associata:   1 0 −1 0 0 2 0 2  A′ =  −1 0 −1 −2 0 2 −2 0

390

14. QUADRICHE

Calcoliamo il rango di  1 1/2II  0 III + I 0 IV − II 0

A′ e A riducendo A′ a gradini:   1 0 −1 0 0 1 0 1  ⇒ 0 0 −2 −2 IV − III 0 0 −2 −2

 0 −1 0 1 0 1  0 −2 −2 0 0 0

rg(A′ ) = 3 ⇒ quadrica degenere, erg(A) = 3 ⇒ cono

Anche il cono è una conica a centro,   1 0 −1 | 0 1 0  0 2 0 | −2 ⇒ 0 2 III + I 0 0 −1 0 −1 | 2 

quindi risolviamo il sistema A| − h:    −1 | 0 x = −1  0 | −2 ⇒ y = −1 ⇒ C(−1, −1, −1)   −2 | 2 z = −1

—————————————————————————————————————————— i) Consideriamo l’equazione −x2 + y 2 − 2xz + 2yz − 4x + 4y = 0 e la matrice A′ associata:   −1 0 −1 −2 0 1 1 2  A′ =  −1 1 0 0 −2 2 0 0 Calcoliamo il rango di A′ e A riducendo A′ a gradini:    −1 −1 0 −1 −2 0 0 1 1  2   ⇒ 0 III − I  0 1 1 2 III − II 0 IV − 2III 0 0 0 0

0 −1 1 1 0 0 0 0

rg(A′ ) = 2 ⇒ quadrica degenere

 −2 2  0 0

rg(A) = rg(A′ ) = 2 ⇒ due piani incidenti Infatti: − x2 + y 2 − 2xz + 2yz − 4x + 4y = 0

x2 − y 2 + 2xz − 2yz + 4x − 4y = 0

(x − y)(x + y) + 2z(x − y) + 4(x − y) = 0 (x − y)(x + y + 2z + 4) = 0

Quindi la quadrica corrisponde alla coppia di piani x − y = 0,

x + y + 2z + 4 = 0

—————————————————————————————————————————— l) Consideriamo l’equazione 2x2 + 3y 2 + 3z 2 + 2yz + 2y − 2z − 4 = 0 e la matrice A′ associata:   2 0 0 0 0 3 1 1  A′ =  0 1 3 −1 0 1 −1 −4 Calcoliamo il rango di A′  2 0 0 3  3III − II 0 0 IV − III 0 0

e A riducendo A′ a gradini:   0 0 2 0 1 1  ⇒ 1/4III 0 8 −4 2IV + III 0 −4 −3

rg(A′ ) = 4 ⇒ quadrica non degenere

rg(A) = 3 ⇒ ellissoide o iperboloide Inoltre

pA (λ) = (2 − λ)(λ2 − 6λ + 8)

0 3 0 0

0 1 2 0

 0 1   ⇒ −1  −10

2. SOLUZIONI

391

Quindi gli autovalori sono λ1 = λ2 = 2,

⇒ concordi

λ3 = 4

⇒ ellissoide

Determiniamo le coordinate del centro risolvendo il sistema Ax = −h e considerando direttamente la matrice ridotta a gradini:     2 0 0 | 0 x = 0 1 1 0 3 1 | −1 ⇒ y = − 1 , ⇒ C 0, − 2  2 2  0 0 2 | 1 z=1 2

Anche se non è richiesto dall’esercizio notiamo che gli assi della quadrica sono le rette per C di direzione parallela agli autovettori di A.

Esercizio 14.2. Determinare la forma canonica delle seguente quadriche. Se si tratta di una quadrica a centro determinarne il centro e gli assi di simmetria. a) 2x2 + y 2 + z 2 − 2yz − 4y + 3z + 1 = 0 b) 5x2 + 8y 2 + 5z 2 + 6xz − 8 = 0 c) x2 + y 2 − 2z 2 + 4z − 2 = 0 d) 5x2 − y 2 + 8xy + 5z 2 − 5z − 2 = 0 Soluzione: a) Consideriamo la quadrica 2x2 + y 2 + z 2 − 2yz − 4y + 3z + 1 = 0 le cui matrici associate sono:     2 0 0 0 2 0 0   0 1 −1 −2  A′ =  A = 0 1 −1 , 3 , 0 −1 1 2 0 −1 1 0 −2 32 1 1 – Poiché det(A′ ) = − 6= 0 si tratta di una quadrica non degenere. 2 – Calcoliamo gli autovalori di A per stabilire la rotazione: pA (λ) = λ (2 − λ)(λ − 2) Quindi gli autovalori di A sono λ = 2, doppio, e λ = 0. Poiché A ha un autovalore nullo si tratta di un paraboloide; inoltre gli autovalori non nulli sono concordi, quindi si tratta di un paraboloide ellittico. – Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo ax2 + by 2 − z = 0, cerchiamo quindi una equazione del tipo λ1 x2 + λ2 y 2 + 2tz = 0 a cui è associata la matrice



2x2 + 2y 2 + 2tz = 0

⇒

2 0 B= 0 0

 0 0 0 0  0 t t 0

0 2 0 0

Sappiamo inoltre che det(A′ ) è un invariante, quindi det(B) = det(A′ ): −4t2 = −

1 2

⇒

t2 =

1 8

⇒

1 t=− √ 2 2

Infine possiamo ricavare la forma canonica: 1 2x2 + 2y 2 − 2 · √ z = 0 2 2

⇒

√ √ 2 2x2 + 2 2y 2 − z = 0

b) Consideriamo la quadrica 5x2 + 8y 2 + 5z 2 + 6xz − 8 = 0    5 0 3 0 5   0 8 0 0 0 , A = A′ =  3 0 5 0  3 0 0 0 −8

le cui matrici associate sono:  0 3 8 0 , 0 0

– Poiché det(A′ ) = −8 · 128 6= 0 si tratta di una quadrica non degenere.

392

14. QUADRICHE

– Calcoliamo gli autovalori di A per stabilire la rotazione: pA (λ) = (8 − λ)(λ2 − 10λ + 16) Quindi gli autovalori di A sono λ = 8, doppio, e λ = 2. Poiché A ha 3 autovalori concordi si tratta di un ellissoide. Per stabilire se è reale dobbiamo trovare la forma canonica. – Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo ax2 + by 2 + cz 2 ± 1 = 0, cerchiamo quindi una equazione del tipo λ1 x 2 + λ2 y 2 + λ3 z 2 + t = 0 a cui è associata la matrice



8 0 B= 0 0

8x2 + 8y 2 + 2z 2 + t = 0

⇒ 0 8 0 0

 0 0 0 0  2 0 0 t

Sappiamo inoltre che det(A′ ) è un invariante, quindi det(B) = det(A′ ): 64 · 2t = −8 · 128

⇒

t = −8

Infine possiamo ricavare la forma canonica: 8x2 + 8y 2 + 2z 2 − 8 = 0

⇒

1 x2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 4

Si tratta quindi di un ellissoide reale. Poichè è una conica a centro possiamo determinare centro e assi. Il centro è dato dalla soluzione del sistema A| − h:   5x + 3z = 0 ⇒ C(0, 0, 0) 8y = 0   3y + 5z = 0

Per trovare gli assi dobbiamo  −3 E(8) = N (A − 8I) :  0 3

prima determinare gli autospazi:  0 3 | 0 0 0 | 0 ⇒ −x + z = 0 ⇒ 0 −3 | 0

⇒ E(8) = h(1, 0, 1), (0, 1, 0)i  3 0 3 | E(2) = N (A − 2I) : 0 6 0 | 3 0 3 | ⇒ E(2) = h(1, 0, −1)i

 ( 0 3x + 3z = 0 0 ⇒ 6y =0 0

  x = t y=s   z=t

  x = t ⇒ y=0   z = −t

Infine gli assi sono le rette per il centro di direzione parallela agli autovettori:       x = t x = 0 x = t a3 : a2 : a1 : y=0 y=t y=0       z = −t z=0 z=t

c) Consideriamo la quadrica x2 + y 2 − 2z 2 + 4z − 2 = 0 le cui matrici associate sono:     1 0 0 2 1 0 0   0 1 0 0  A = 0 1 0  , A′ =  0 0 −2 0  , 0 0 −2 2 0 0 −2

– Poiché det(A′ ) = 12 6= 0 si tratta di una quadrica non degenere. – Calcoliamo gli autovalori di A per stabilire la rotazione. Notiamo che A è diagonale, quindi non è necessario effettuare la rotazione. Inoltre gli autovalori di A sono gli elementi della diagonale: λ = 1, doppio, e λ = −2. Poiché A ha autovalori disconcordi si tratta di un iperboloide. Per stabilire se è a una o a due falde dobbiamo ricavare la forma canonica.

2. SOLUZIONI

393

– Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo ax2 ± by 2 ± cz 2 − 1 = 0, cerchiamo quindi una equazione del tipo λ1 x 2 + λ2 y 2 + λ3 z 2 + t = 0 a cui è associata la matrice



1 0 B= 0 0

x2 + y 2 − 2z 2 + t = 0

⇒ 0 0 1 0 0 −2 0 0

 0 0  0 t

Sappiamo inoltre che det(A′ ) è un invariante, quindi det(B) = det(A′ ): −2t = 12

⇒

t = −6

Infine possiamo ricavare la forma canonica: 1 2 1 2 1 2 x + y − z −1=0 x2 + y 2 − 2z 2 − 6 = 0 ⇒ 6 6 3 Si tratta quindi di un iperboloide iperbolico, o a una falda. Poichè è una conica a centro possiamo determinare centro e assi. Il centro è dato dalla soluzione del sistema A| − h:   x = 2 ⇒ C(2, 0, 0) y=0   −2z = 0 Per trovare gli assi dobbiamo prima  0 0 0 E(1) = N (A − I) : 0 0 0 0 0 −3

determinare gli autospazi:    | 0 x = t  | 0 ⇒ −3z = 0 ⇒ y = s   | 0 z=0

⇒ E(1) = h(1, 0, 0), (0, 1, 0)i  3 0 0 E(−2) = N (A + 2I) : 0 3 0 0 0 0 ⇒ E(−2) = h(0, 0, 1)i

| | |

 ( 0 3x = 0 0 ⇒ 3y =0 0

  x = 0 ⇒ y=0   z=t

In realtà, non avendo effettuato alcuna rotazione, sapevamo gi` a che gli autovettori sono i vettori della base canonica. Infine gli assi sono le rette per il centro di direzione parallela agli autovettori:       x = 2 + t x = 2 x = 2 a1 : a2 : a3 : y=0 y=t y=0       z=0 z=0 z=t

d) Consideriamo la quadrica 5x2 − y 2 + 8xy + 5z 2 − 5z − 2 = 0 le    5 4 0 0 5 4  4 −1 0 0 ′  A = 4 −1 A = 5 , 0 0 5 −2 0 0 0 0 − 25 −2

cui matrici associate sono:  0 0 , 5

21 · 65 6= 0 si tratta di una quadrica non degenere. – Poiché det(A′ ) = 4 – Calcoliamo gli autovalori di A per stabilire la rotazione: pA (λ) = (5 − λ)(λ2 − 4λ − 21)

Quindi gli autovalori di A sono λ = 5,λ = 7 e λ = −3. Poiché A ha autovalori disconcordi si tratta di un iperboloide. Per stabilire se è a una o a due falde dobbiamo trovare la forma canonica. – Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo ax2 ± by 2 ± cz 2 − 1 = 0, cerchiamo quindi una equazione del tipo λ1 x 2 + λ2 y 2 + λ3 z 2 + t = 0

⇒

5x2 + 7y 2 − 3z 2 + t = 0

394

14. QUADRICHE

a cui è associata la matrice



5 0 B= 0 0

0 0 7 0 0 −3 0 0

 0 0  0 t

Sappiamo inoltre che det(A′ ) è un invariante, quindi det(B) = det(A′ ): 21 · 65 ⇒ 4 Infine possiamo ricavare la forma canonica: −105t =

t=

13 4

13 20 2 28 2 12 2 =0 ⇒ x + y − z +1=0 ⇒ 4 13 13 13 20 2 28 2 12 2 − x − y + z −1=0 13 13 13 Effettuando infine la rotazione che lascia fisso y, manda x in z e z in −x otteniamo: 5x2 + 7y 2 − 3z 2 +

12 2 28 2 20 2 x − y − z −1=0 13 13 13 Si tratta quindi di un iperboloide ellittico, o a due falde. Poichè è una conica a centro possiamo determinare centro e assi. Il centro è dato dalla soluzione del sistema A| − h:   5x + 4y = 0   1 4x − y = 0 ⇒ C 0, 0,  2  5z = 5 2 Per trovare gli assi dobbiamo prima determinare gli autospazi:    (  0 4 0 | 0 x = 0 4y = 0   4 −6 0 | 0 ⇒ E(5) = N (A − 5I) : ⇒ y=0  4x − 6y = 0  0 0 0 | 0 z=t ⇒ E(5) = h(0, 0, 1)i

E(7) = N (A − 7I) : ⇒ E(7) = h(2, 1, 0)i E(−3) = N (A + 3I) :



−2 4 0  4 −8 0 0 0 −2 

8 4 0 4 2 0 0 0 8

| | |

⇒ E(−3) = h(1, −2, 0)i

| | |

 ( 0 −2x + 4y = 0 0 ⇒ −2z = 0 0

 ( 0 4x + 2y = 0 0 ⇒ 8z =0 0

  x = 2t ⇒ y=t   z=0

  x = t ⇒ y = −2t   z=0

Infine gli assi sono le rette per il centro di direzione parallela agli autovettori:       x=t x = 2t x=0       y = −2t y = t y = 0 a3 : a2 : a1 :    1 1    z = 1 z = z = + t 2 2 2

Esercizio 14.3. Determinare la forma canonica delle seguenti quadriche, ricavando le relazioni che permettono di passare dalle coordinate della forma iniziale alle coordinate della forma canonica e viceversa: a) 5x2 − 4y 2 − 11z 2 − 24yz − 10x − 15 = 0 b) 2x2 + 3y 2 + 3z 2 + 2yz + 2y − 2z − 4 = 0 Soluzione:

2. SOLUZIONI

395

a) Consideriamo la conica 5x2 − 4y 2 − 11z 2 − 24yz − 10x − 15 = 0 e    5 0 0 −5 5 0   0 −4 −12 0  0 −4 A = A′ =   0 −12 −11 0  0 −12 −5 0 0 −15

le matrici associate:  0 −12 −11

Calcoliamo il determinante di A′ (che ci servirà per trovare la forma canonica): det(A′ ) = 5(−15)(44 − 144) + 5(−5)(44 − 144) = 10000

Quindi si tratta di una conica non degenere. Inoltre

det(A) = 5(44 − 144) 6= 0 ⇒ ellissoide o iperboloide.

Per stabilire se si tratta di un ellissoide o di un iperboloide dobbiamo determinare se gli autovalori di A sono concordi o discordi. pA (λ) = (5 − λ) [(−4 − λ)(−11 − λ) − 144] = (5 − λ) λ2 − 15λ − 100

Quindi gli autovalori sono

λ1 = λ2 = 5,

λ3 = −20

⇒ discordi

⇒ iperboloide

Sappiamo che la forma canonica della quadrica è del tipo ax2 ± by 2 ± cz 2 − 1 = 0, cerchiamo quindi una equazione del tipo λ1 x 2 + λ2 y 2 + λ3 z 2 + t = 0 a cui è associata la matrice



5 0 B= 0 0

⇒ 0 5 0 0

5x2 + 5y 2 − 20z 2 + t = 0

0 0 −20 0

 0 0  0 t

Sappiamo inoltre che det(A′ ) è un invariante, quindi det(B) = det(A′ ): −500t = 10000

⇒

Infine possiamo ricavare la forma canonica:

t = −20

1 2 1 2 X + Y − Z2 − 1 = 0 4 4 Si tratta quindi di un iperboloide iperbolico, o a una falda. Determiniamo le coordinate del centro risolvendo il sistema associato a A| − h:       5 0 0 | 5 5 0 0 | 5 x = 1 0 −4 −12 | 0 ⇒ 1/4II 0 −1 −3 | 0 ⇒ y = 0   0 −12 −11 | 0 III − 3II 0 0 25 | 0 z=0 5X 2 + 5Y 2 − 20Z 2 − 20 = 0

⇒

⇒ C (1, 0, 0)

Per determinare la matrice di rotazione dobbiamo trovare gli autospazi:       0 0 0 0 0 0 x = t     E(5) = N(A − 5I) : 0 −9 −12 ⇒ −1/3II 0 3 4 ⇒ y = 4s   0 −12 −16 −1/4III 0 4 3 z = −3s 4 3 ⇒ E(5) = h(1, 0, 0), 0, , − i 5 5       25 0 0 25 0 0 x = 0  0 4 −3 ⇒ y = 3t 16 −12 ⇒ 1/4II E(−20) = N(A + 20I) :  0   0 −12 9 1/3III + 1/4II 0 0 0 z = 4t 3 4 i ⇒ E(−20) = h 0, , 5 5 La matrice di rotazione ortonormale speciale è   1 0 0 3 4 R = 0 5 5 3 4 0 −5 5

396

14. QUADRICHE

Le rototraslazioni per passare dalla forma iniziale a quella canonica e viceversa sono         X +1 x X xC y  = R ·  Y  +  yC  =  1 (4Y + 3Z)  5 1 z Z zC 5 (−3Y + 4Z)       x−1 X x − xC  Y  = RT ·  y − yC  =  1 (4y − 3z) 5 1 Z z − zC 5 (3y − 4z)

—————————————————————————————————————————— b) Consideriamo la quadrica 2x2 + 3y 2 + 3z 2 + 2yz + 2y − 2z − 4 = 0 e le matrici associate     2 0 0 0 2 0 0   0 3 1 1 A = 0 3 1 A′ =  0 1 3 −1 0 1 3 0 1 −1 −4 Calcoliamo il determinante di A′ (che ci servirà per trovare la forma canonica): det(A′ ) = 2 · [3(−13) − (−3) + (−4)] = −80 quindi I4 6= 0 e si tratta di una quadrica non degenere. Inoltre det(A) = 2 · 8 = −16

⇒ ellissoide o iperboloide

Calcoliamo gli autovalori di A pA (λ) = (2 − λ)(λ2 − 6λ + 8) Quindi gli autovalori sono λ1 = λ2 = 2,

λ3 = 4

⇒ concordi

⇒ ellissoide (reale)

Possiamo ora ricavare la forma canonica. Sappiamo infatti che la forma canonica della quadrica è del tipo ax2 + by 2 + cz 2 ± 1 = 0, cerchiamo quindi una equazione del tipo λ1 x 2 + λ2 y 2 + λ3 z 2 + t = 0

a cui è associata la matrice



2 0 B= 0 0

⇒ 0 2 0 0

2x2 + 2y 2 + 4z 2 + t = 0

 0 0 0 0  4 0 0 t

Sappiamo inoltre che det(A′ ) è un invariante, quindi det(B) = det(A′ ): −16t = 80

⇒

t = −5

Infine la forma canonica è: 2X 2 + 2Y 2 + 4Z 2 − 5 = 0

⇒

2 2 2 2 4 2 X + Y + Z −1=0 5 5 5

Si tratta in effetti di ellissoide reale. Determiniamo le coordinate del centro risolvendo il sistema Ax = −h:       2 0 0 | 0 2 0 0 | 0 x = 0 1 1 0 3 1 | −1 ⇒ y = − 1 0 3 1 | −1 ⇒ , ⇒ C 0, − 2  2 2  3III − II 0 0 8 | 4 0 1 3 | 1 z=1 2

Per determinare la matrice di rotazione dobbiamo trovare gli autospazi:     0 0 0 x = t 1 1   ⇒ E(2) = h(1, 0, 0), 0, √ , − √ i E(2) = N(A − 2I) : 0 1 1 ⇒ y = s  2 2  0 1 1 z = −s     −2 0 0 x = 0 1 1   √ √ 0 −1 1 ⇒ y = t i , ⇒ E(4) = h 0, E(4) = N(A − 4I) :  2 2  0 1 −1 z=t

2. SOLUZIONI

397

La matrice di rotazione ortonormale speciale è   1 0 0 1 1 √ √  R = 0 2 2 1 √ 0 − 2 √12

Le rototraslazioni per passare dalla forma iniziale a quella canonica e viceversa sono         X xC X x 1 1 y  = R ·  Y  +  yC  =  √2 (Y + Z) − 2  √1 (−Y + Z) + 1 zC Z z 2 2       x x − xC X  Y  = RT ·  y − yC  =  √12 (y − z + 1) √1 (y + z) z − zC Z 2

Esercizio 14.4. Determinare la forma canonica della seguente quadrica, ricavando le relazioni che permettono di passare dalle coordinate della forma iniziale alle coordinate della forma canonica e viceversa: 2x2 + y 2 + z 2 − 2yz − 4y + 3z + 1 = 0 Soluzione: Consideriamo l’equazione 2x2 + y 2 + z 2 − 2yz − 4y + 3z + 1 = 0 e la matrice A′ associata:   2 0 0 0 0 1 −1 −2  A′ =  3  0 −1 1 2 1 0 −2 23

E’ immediato verificare che det(A′ ) 6= 0 e rg(A) = 2, quindi si tratta di un paraboloide. Per determinare la forma canonica dobbiamo effettuare le due operazioni di ROTAZIONE e TRASLAZIONE. • ROTAZIONE. Dobbiamo determinare una base ortonormale di R3 formata da autovettori di A.   2−λ 0 0 1−λ −1  = (2 − λ)(λ2 − 2λ) pA (λ) = det  0 0 −1 1−λ Quindi gli autovalori sono

λ1 = λ2 = 2,

λ3 = 0

Calcoliamo ora l’autospazio E(2) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 2I:     0 0 0 | 0 x = t 0 −1 −1 | 0 ⇒ y = s   0 −1 −1 | 0 z = −s E(2) = h (1, 0, 0), (0, 1, −1) i

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(0)  2 0 0 | 0 1 −1 | 0 −1 1 |

risolvendo il sistema omogeneo associato a A:    0 x = 0  0 ⇒ y=t   0 z=t

E(0) = h (0, 1, 1) i

Notiamo che i vettori presi come generatori degli autospazi sono gi` a tra loro ortogonali, quindi per ottenere una base ortonormale è sufficienti renderli di norma 1: 1 1 i E(2) = h (1, 0, 0), 0, √ , − √ 2 2 1 1 E(0) = h 0, √ , √ i 2 2

398

14. QUADRICHE

La matrice R di cambiamento di base, di determinante 1, ovvero la matrice di rotazione, è la matrice che ha tali vettori come colonne:     1 0 0 1 0 0 √1 √1  ⇒ RT = 0 √1 − √12  R = 0 2 2 2 1 1 1 √1 0 − √2 √2 0 √2 2 Introducendo delle nuove coordinate X, Y e Z si ha che         X x x X  Y  = RT  y  y  = R  Y  e Z z z Z

Da quest’ultimo cambio di coordinate otteniamo:     X = x x = X Y = √12 (y − z) y = √12 (Y + Z) e     z = √12 (−Y + Z) Z = √12 (y + z)

Sostituendo tali valori nell’equazione della quadrica e semplificando otteniamo l’equazione: 1 7 2X 2 + 2Y 2 − √ Y − √ Z + 1 = 0 2 2

• TRASLAZIONE. Dobbiamo ora effettuare la traslazione. Completiamo i quadrati: 1 7 2X 2 + 2 Y 2 − √ Y − √ Z + 1 = 0 2 2 2 2 ! 7 49 1 7 2 2 √ 2X + 2 Y − √ Y − − √ Z +1− =0 16 2 2 4 2 2 2 7 33 1 2X 2 + 2 Y − √ −√ Z− =0 16 4 2 2 √ ! 2 33 2 1 7 2 Z− =0 −√ 2X + 2 Y − √ 16 4 2 2 Infine il cambiamento di coordinate è   ′ x′ = x   x = X      1 7  ′  ′ 7 y =√ y−z− y =Y − √ ⇒ 6 2 4 √2     1 33   33 2   z ′ = Z − z ′ = √ y+z− 8 2 16 L’equazione della quadrica (parabolide ellittico) diventa quindi: √ √ 1 2x′2 + 2y ′2 − √ z ′ = 0 ⇒ 2 2x′2 + 2 2y ′2 − z ′ = 0 2 Notiamo che il cambio inverso di coordinate è  x = x′     1 47 y = √ (y ′ + z ′ ) + 16 2   19 1  ′ ′  z = √ (−y + z ) + 16 2

Esercizio 14.5. Sia Q la quadrica di equazione Q :

3x2 + 3y 2 − z 2 − 2xy − 4z = 0.

a) Stabilire se Q é degenere o meno, e di quale tipo di quadrica si tratti. Se é una quadrica a centro determinare le coordinate del centro. a) Trovare gli assi (o l’asse) di simmetria di Q e determinare coordinate omogenee dei punti all’infinito degli assi di simmetria. Soluzione:

2. SOLUZIONI

a) Consideriamo le matrici associate  3 −1  −1 3 A′ =  0 0 0 0

399

alla quadrica:   0 0 3 0 0  −1 A = −1 −2 0 −2 0

Riducendo A′ a gradini otteniamo:



3 3II + I  0  0 IV − 2III 0

−1 0 8 0 0 −1 0 0

 −1 0 3 0 0 −1

 0 0  −2 4

Quindi rg(A′ ) = 4 e rg(A) = 3, e si tratta di una quadrica non degenere a centro. Per stabilire se si tratta di un ellissoide o di un iperboloide dobbiamo determinare gli autovalori di A. pA (λ) = (−1 − λ)(λ − 4)(λ − 2)

Quindi gli autovalori sono λ1 = −1,

λ2 = 4,

λ3 = 2

′

⇒ discordi

⇒ iperboloide

Notiamo inoltre che det(A ) = −8 < 0, quindi si tratta di iperboloide a 2 falde o ellittico. Determiniamo le coordinate del centro risolvendo il sistema associato a A| − h e considerando la matrice gi´ a ridotta     3 −1 0 | 0 x = 0 0 8 0 | 0 ⇒ y = 0 ⇒ C = (0, 0, −2)   0 0 −1 | 2 z = −2

b) Gli assi della quadrica sono le rette per il centro con direzione data dagli autovettori della matrice A. Calcoliamo l’autospazio E(−1) risolvendo il sistema omogeneo associato a A + I:     4 −1 0 | 0 x = 0 −1 4 0 | 0 ⇒ y = 0 ⇒ E(−1) = h (0, 0, 1) i   0 0 0 | 0 z=t Calcoliamo l’autospazio E(2)  1 −1 0 | −1 1 0 | 0 0 −3 | Calcoliamo l’autospazio  −1 −1 0 −1 −1 0 0 0 −5

risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 2I:    0 x = t 0 ⇒ y = t ⇒ E(2) = h (1, 1, 0) i   0 z=0

E(4) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 4I:    | 0 x = t | 0 ⇒ y = −t ⇒ E(4) = h (1, −1, 0) i   | 0 z=0

Gli assi sono quindi:   x = 0 a1 = y = 0   z = −2 + t

  x = t a2 = y = t   z = −2

Inoltre i punti all’infinito degli assi sono: P1 = (0, 0, 1, 0),

P2 = (1, 1, 0, 0),

  x = t a3 = y = −t   z = −2

P3 = (1, −1, 0, 0)

Esercizio 14.6. Sia Q la quadrica di equazione

Q : xz − y 2 − 4z 2 = 0

a) Riconoscere la quadrica b) Se la quadrica è a centro, determinare coordinate del centro di simmetria ed equazioni degli assi di simmetria.

400

14. QUADRICHE

c) L’intersezione di Q con il piano π di equazione y = 1 è una conica del piano π. Stabilire il tipo di conica. Soluzione: La matrice A′ associata alla quadrica è 

0 0 ′ A = 1 2 0

1 0 2 −1 0 0 −4 0 0

 0 0  0 0

a) Poiché det(A′ ) = 0 la quadrica è degenere. Inoltre det(A) = 14 6= 0, quindi rg(A) = 3 e si tratta di un cono. b) Risolviamo il sistema A| − h per determinare il centro della quadrica 

1 0 2 −1 0 0 −4

0 0 1 2

| | |

  1  0 2z = 0 0 ⇒ −y = 0  1 0 2 x − 4z = 0

⇒ C(0, 0, 0)

Per determinare gli assi dobbiamo prima trovare gli autospazi di A: 

1 −λ 0 2 0 pA (λ) = det  0 −1 − λ 1 0 −4 −λ 2 1 = (−1 − λ) 4λ + λ2 − 4



 = −λ(−1 − λ)(−4 − λ) − 1 (−1 − λ) 4

Quindi gli autovalori di A sono √ −4 + 17 λ= , 2

λ = −1,

√ −4 − 17 λ= 2

Inoltre 

1 E(−1) = N (A + I) :  0

E(−1) = h (0, 1, 0) i

E

√ ! −4 + 17 =N 2

1 2

0 0 0

1 2





2 0 0 0 0 ⇒ 2II − I 0 0 3 2I

√ ! −4 + 17 A− : 2

      

4−

√ 2 0

17

1 0 11 2

  x = 0 ⇒ y=t   z=0 

0 √ 2 − 17 2

⇒

1 2 0



   ⇒  

√ −4 − 17 2 √ √    0√ 1 4 − 17 0√ 2I 4 − 17 ⇒  2II  0 2 − 17 0√ 0 2 − 17 √ 2III (4 − 17)III − I 0 0 1 0 −4 − 17  ! √  x = t √ −4 + 17 ⇒E = h (1, 0, 17 − 4) i ⇒ y=0  √ 2  z = ( 17 − 4)t 1 2

0

1 0 0

 

2. SOLUZIONI

E

√ ! −4 − 17 =N 2

√ ! −4 − 17 A− : 2

      

4+

√

401

17

2 0

0 √ 2 + 17 2

1 2 0



   ⇒  

√ −4 + 17 0 2 √ √    0√ 1 4 + 17 0√ 2I 4 + 17 ⇒  2II  0 2 + 17 0√ 17 0 2 + √ 2III (4 + 17)III − I 0 0 1 0 −4 + 17  √ !  x = t √ −4 − 17 ⇒ y=0 = h (1, 0, − 17 − 4) i ⇒E  √ 2  z = (− 17 − 4)t 1 2

1 0 0

 

Infine gli assi sono le rette per il centro di direzione parallela agli autovettori:       x = 0 x = t x = t a1 : a3 : a2 : y=t y=0 y=0    √ √    z=0 z = (− 17 − 4)t z = ( 17 − 4)t

c) Intersechiamo Q con il piano π di equazione y = 1, ottenendo la conica −4z 2 + xz − 1 = 0. La matrice B ′ associata a tale conica è:   1 0 0 2  1 −4 0  2 0 0 −1 Poiché det(B ′ ) 6= 0 è una conica non degenere. Inoltre 1 1 −λ 2 pB (λ) = det 1 = λ2 + 4λ − −4 − λ 4 2

Quindi B ha autovalori √ −4 + 17 , 2 discordi e si tratta di un’iperbole. λ=

λ=

√ −4 − 17 2

Esercizio 14.7. Sia Q la quadrica di equazione

Q : x2 − 2y 2 + yz = 0

a) Riconoscere la quadrica b) Se la quadrica è a centro, determinare coordinate del centro di simmetria ed equazioni degli assi di simmetria. c) L’intersezione di Q con il piano π di equazione x = 0 è una conica del piano π. Stabilire il tipo di conica. Soluzione: La matrice A′ associata alla quadrica è



1 0  0 −2 A′ =  0 1 2 0 0

0 1 2

0 0

 0 0  0 0

a) Poiché det(A′ ) = 0 la quadrica è degenere. Inoltre det(A) = − 14 6= 0, quindi rg(A) = 3 e si tratta di un cono. b) Risolviamo il sistema A| − h per determinare il centro della quadrica     1 0 0 | 0 x = 0 0 −2 1 | 0 ⇒ −2y + 1 z = 0 ⇒ C(0, 0, 0) 2 2  1 0 12 0 | 0 y = 0 2

402

14. QUADRICHE

Per determinare gli assi dobbiamo prima trovare gli autospazi di A:   1−λ 0 0 1 1 −2 − λ 12  = (1 − λ) −λ(−2 − λ) − = (1 − λ) λ2 + 2λ − pA (λ) = det  0 4 4 1 0 −λ 2 Quindi gli autovalori di A sono λ = 1, Inoltre

−2 + λ= 2

√ 5

,

−2 − λ= 2

√

5

  x = t 1 ⇒ y = 0 ⇒ E(1) = h (1, 0, 0) i 2   0 z=0 √   4− 5 0 0  √ ! √ !  √   2 −2 + 5 −2 + 5  −2 − 5 1 ⇒ E =N A− I :  0   2 2 2 2√    2− 5 1 0 2 2 √ √     0√ 0 4− 5 0√ 0 2I 4 − 5  0 2II  0 −2 − 5 1√  ⇒ −2 − 5 1 √ 2III (2 + 5)III + II 0 0 0 0 1 2− 5  √ !  x = 0 √ −2 + 5 ⇒ y=t = h (0, 1, 2 + 5) i ⇒E  √ 2  z = (2 + 5)t 

0 0 E(1) = N (A − I) : 0 −3 0 12

0



√  4+ 5 0 0  √ !  √ ! √  2  −2 − 5 −2 − 5  1 ⇒ −2 + 5 =N A− I :  0 E   2 2 2 2√    1 2+ 5 0 2 2 √ √     0√ 0 2I 4 + 5 4+ 5 0√ 0  0 2II  0 1√  ⇒ −2 + 5 −2 + 5 1 √ 2III (2 − 5)III + II 0 0 0 0 1 2+ 5  √ !  x = 0 √ −2 − 5 == h (0, 1, 2 − 5) i ⇒E ⇒ y=t  √ 2  z = (2 − 5)t 

Infine gli assi sono le rette per il centro di direzione parallela agli autovettori:       x = t x = 0 x = 0 a1 : a2 : a3 : y=0 y=t y=t    √ √    z=0 z = (2 + 5)t z = (2 − 5)t

c) Intersechiamo Q con il piano π di equazione x = 0, ottenendo la conica −2y 2 + yz = 0. Anche senza determinare la matrice associata a tale conica è immediato verificare che è una conica degenere che si spezza nelle due rette y = 0 e −2y + z = 0, ovvero nelle rette di R3   ( (   x=0  x = 0 x=0 x=0 r1 : ⇒ y=0 r2 : ⇒ y=t   y=0 −2y + z = 0   z=t z = 2t Notiamo che le due rette si intersecano nel centro C della quadrica.

Esercizio 14.8. Sia Q la quadrica di equazione √ √ Q : x2 + z 2 + 2xz + 2 2x + 2z + 2y + 4 = 0 a) Riconoscere la quadrica.

2. SOLUZIONI

403

b) Studiare la conica che si ottiene intersecando la quadrica Q con il piano z = 0 (tipo, forma canonica,...). Soluzione: La matrice A′ associata alla quadrica è



1  0 A′ =   1 √ 2

√  2 0 1 0 0 √1   0 √1 2 1 2 4

a) Notiamo che A′ ha due righe uguali, quindi Calcoliamo il rango di A′ :  1 0   III − √I 0 IV − 2I 0

det(A′ ) = 0 e si tratta di una quadrica degenere.

0 0 0 1

1 0 0 0

√  2 1   0  2

quindi rg(A′ ) = 3 e si tratta di una quadrica degenere irriducibile. Inoltre det(A) = 0, quindi si tratta di un cilindro. Per stabilire il tipo di cilindro dobbiamo calcolare gli autovalori di A:   1−λ 0 1 −λ 0  = −λ2 (1 − λ) pA (λ) = det  0 0 0 −λ

Quindi A ha autovalori λ1 = λ2 = 0 e λ3 = 1 e

I 2 = λ1 λ2 + λ1 λ3 + λ2 λ3 = 0 Si tratta infine di un cilindro parabolico. b) Intersecando la quadrica con il piano z = 0 otteniamo la conica √ C : x2 + 2 2x + 2y + 4 = 0 Notiamo che l’equazione pu` o essere riscritta nella forma (nota dalle superiori) √ 1 y = − x2 − 2x − 2 2 √ √ Si tratta quindi di una parabola con asse verticale di vertice V (− 2, −1) e asse x = − 2. In alternativa per calcolare asse e vertice possiamo studiare (complicando un po’ le cose) le matrici associate alla conica. √   1 0 2 A′ = √0 0 1  2 1 4 Poiché det(A′ ) = −1 6= 0 si tratta di una conica non degenere. Inoltre det(A) = 0 quindi si tratta di una parabola. Per calcolare asse e vertice dobbiamo calcolare gli autovalori di A: 1−λ 0 pA (λ) = det = −λ(1 − λ) 0 −λ

Quindi gli autovalori sono λ = 0, 1. L’asse ha direzione parallela all’autovalore relativo a λ = 0. Calcoliamo quindi E(0): ( x=0 1 0 ⇒ ⇒ E(0) = h(0, 1)i 0 0 y=t La direzione ortogonale all’asse è quindi (1, 0) e una retta ortogonale all’asse è ( x=t ⇒ y=0 y=0 Calcoliamo i punti D e E di intersezione di tale retta con la parabola e quindi il loro punto medio M : √ √ √ x2 + 2 2x + 4 = 0 ⇒ x1,2 = − 2 ± −2

404

14. QUADRICHE

√ Quindi xM = − 2 e yM = 0. L’asse è quindi la retta di direzione (0, 1) passante per M : ( √ √ x=− 2 ⇒ x=− 2 y=t √ Infine il vertice è dato dall’intersezione tra asse e parabola: V (− 2, −1). Sappiamo che la forma canonica di una parabola è del tipo x2 − 2py = 0, cerchiamo quindi una equazione del tipo λ1 x2 + 2ty = 0. Sapendo che λ1 = 1 la matrice associata a tale equazione è   1 0 0 B = 0 0 t  0 t 0 Poichè I3 = det(A′ ) = det(B) otteniamo t = ±1. Infine la forma canonica è x2 − 2y = 0.

Esercizio 14.9. Sia Q la quadrica di equazione

Q : (1 + 2k)x2 + y 2 + z 2 + 2kyz − kz = 1 + k

a) Per quali valori del parametro reale k la quadrica Q è un paraboloide? b) Per i valori di k determinati al punto a), stabilire il tipo di paraboloide (ellittico o iperbolico). c) Per i valori di k determinati al punto a), stabilire il tipo di coniche che si ottengono intersecando Q con il piano z = 0. Soluzione: La matrice A′ associata alla quadrica è  1 + 2k  0 ′ A =  0 0

0 1 k 0

0 k 1 − k2

 0 0   − k2  −1 − k

a,b) Q è un paraboliode se è non degenere e det(A) = 0. Cominciamo a calcolare il determinante di A: 1 det(A) = (1 + 2k) · (1 − k 2 ) = 0 ⇒ k = − , 1, −1 2 Consideriamo i tre casi 1 – Se k = − una riga di A′ si annulla, quindi det(A′ ) = 0 e si tratta di una conica degenere. 2 – Se k = 1, la matrice A′ diventa   3 0 0 0 0 1 1 1 0  ′  A′ =  0 1 1 − 1  ⇒ det(A ) = − 2 2 0 0 − 12 −2 In questo caso si tratta di una conica non degenere. Inoltre pA (λ) = (3 − λ) (1 − λ)2 − 1 = (3 − λ)(λ2 − 2λ)

quindi gli autovalori non nulli di paraboloide ellittico. – Se k = −1, la matrice A′ diventa  −1 0  0 1 A′ =   0 −1 0 0

A sono λ = 3, 2. Poiché sono concordi si tratta di un

0 −1 1 1 2

 0 1 0 ′  1  ⇒ det(A ) = 4 2 0

In questo caso si tratta di una conica non degenere. Inoltre pA (λ) = (−1 − λ) (1 − λ)2 − 1 = (−1 − λ)(λ2 − 2λ)

quindi gli autovalori non nulli di A sono λ = −1, 2. Poiché sono discordi si tratta di un paraboloide iperbolico.

2. SOLUZIONI

405

c) Intersecando Q con il piano z = 0 otteniamo la conica

C : (1 + 2k)x2 + y 2 = 1 + k

Consideriamo ora i due valori di k trovati ai punti precedenti. – Se k = 1 otteniamo la conica 3 2 1 2 x + y −1=0 C : 3x2 + y 2 = 2 ⇒ 2 2 In questo caso otteniamo quindi un’ellisse. – Se k = −1 otteniamo la conica C : −x2 + y 2 = 0

⇒

(−x + y)(x + y) = 0

Si tratta quindi di una conica degenere data dalle due rette ( ( x−y =0 x+y =0 r1 : , r2 : z=0 z=0 Esercizio 14.10. Sia Q la quadrica di equazione

Q : x2 + (1 + 2k)y 2 + z 2 + 2kxz − kz = 1 + k

a) Per quali valori del parametro reale k la quadrica Q è un paraboloide? b) Per i valori di k determinati al punto a), stabilire il tipo di paraboloide (ellittico o iperbolico). c) Per i valori di k determinati al punto a), stabilire il tipo di coniche che si ottengono intersecando Q con il piano z = 0. Soluzione: La matrice A′ associata alla quadrica è  1 0 ′ A = k 0

0 1 + 2k 0 0

k 0 1 − k2

 0 0   − k2  −1 − k

a,b) Q è un paraboliode se è non degenere e det(A) = 0. Cominciamo a calcolare il determinante di A: 1 det(A) = (1 + 2k) · 1 − k 2 = 0 ⇒ k = − , −1, 1 2 Consideriamo i tre casi 1 – Se k = − una riga di A′ si annulla, quindi det(A′ ) = 0 e si tratta di una conica degenere. 2 – Se k = 1, la matrice A′ diventa   1 0 1 0 0 3 0 3 0  ′  A′ =  1 0 1 − 1  ⇒ det(A ) = − 4 2 0 0 − 12 −2 In questo caso si tratta di una conica non degenere. Inoltre pA (λ) = (3 − λ) (1 − λ)2 − 1 = (3 − λ)(λ2 − 2λ)

quindi gli autovalori non nulli di A sono λ = 3, 2. Poiché sono concordi si tratta di un paraboloide ellittico. – Se k = −1, la matrice A′ diventa   1 0 −1 0  0 −1 0 0   ⇒ det(A′ ) = 1 A′ =  −1 0 1 − 12  4 0 0 0 − 12 In questo caso si tratta di una conica non degenere. Inoltre pA (λ) = (−1 − λ) (1 − λ)2 − 1 = (−1 − λ)(λ2 − 2λ)

quindi gli autovalori non nulli di A sono λ = −1, 2. Poiché sono discordi si tratta di un paraboloide iperbolico.

406

14. QUADRICHE

c) Intersecando Q con il piano z = 0 otteniamo la conica

C : x2 + (1 + 2k)y 2 = 1 + k

Consideriamo ora i due valori di k trovati ai punti precedenti. – Se k = −1 otteniamo la conica C : x2 − y 2 = 0

⇒

(x − y)(x + y) = 0

Si tratta quindi di una conica degenere data dalle due rette ( ( x−y =0 x+y =0 r1 : , r2 : z=0 z=0 – Se k = 1 otteniamo la conica C : x2 + 3y 2 = 2

⇒

1 2 3 2 x + y −1=0 2 2

In questo caso otteniamo quindi un’ellisse.

CAPITOLO 15

Coordiante omogenee e proiezioni Esercizio 15.1. Utilizzando le coordinate omogenee, determinare l’equazione della retta r passante → per i punti A(2, 3) e B(−1, 0) e della retta s passante per A e di direzione − v (1, 2). Determinare inoltre il punto improprio di r e s. Esercizio 15.2. Utilizzando le coordinate omogenee, determinare l’equazione del piano π1 passante per i punti A(2, 3, 0), B(3, 1, −1) e C(0, 0, 1) e del piano π2 passante per A e B e parallelo alla retta x + y = x − z = 0. Esercizio 15.3. Stabilire se il piano di coordinate omogenee N = (1, −2, 0, −3) passa per il punto P (1, −1, 2). Esercizio 15.4. Determinare un’equazione parametrica della retta r passante per i punti A(1, 2, −5) e B(−1, 0, 3), e trovarne il punto all’infinito. Esercizio 15.5. Si consideri la proiezione centrale T sul piano x + y = 1 dal centro C(1, 2, −1). Dopo avere determinato la matrice di T , stabilire in cosa vengono trasformati i punti A(1, 5, 0) e B(1, 0, 0). Esercizio 15.6. Determinare la matrice della proiezione parallela T sul piano x − y + 2z = 0 di → direzione − v = (1, 0, −1). Dopo avere determinato la matrice di T , stabilire in cosa viene trasformata la retta r : x + y = z = 0. Esercizio 15.7. Sia π il piano di equazione x + 2y − z = 0 e C il punto di coordinate (0, 1, −1). a) Si determini la matrice della proiezione dal centro C sul piano di vista π. b) Si trovino equazioni delle proiezioni delle rette r:

x+y =x+z−1=0

s:

x=y =z+1

→ Esercizio 15.8. Sia π il piano di equazione 3x − y + z = 1 e − v il vettore (1, 1, 1). → a) Si determini la matrice della proiezione parallela nella direzione di − v sul piano di vista π. b) Stabilire se si tratta di una proiezione ortogonale o obliqua. Esercizio 15.9. Siano M = (1, 1, 1), N = (3, 2, 1), L = (1, 2, 2) punti dello spazio R3 . Sia C = (−1, 0, 1). a) Si calcoli l’area del triangolo M N L. b) Si determini l’insieme M ′ N ′ L′ che si ottiene proiettando il triangolo M N L dal centro C sul piano x + y = 0. c) Si calcoli l’area del triangolo M ′ N ′ L′ . Esercizio 15.10. Sia r la retta dello spazio di equazioni cartesiane r : 2x − y + 1 = x − z = 0. (a) Si trovino equazioni cartesiane ed equazioni parametriche della retta r′ ottenuta proiettando r sul piano x + y + z = 0 dal centro C = (2, 1, 1). (b) Trovare coordinate omogenee del punto all’infinito della retta r′ e stabilire se r e r′ sono parallele. Esercizio 15.11. Sia π il piano dello spazio di equazione cartesiana π : x − y + z + 1 = 0. a) Si calcoli la matrice della proiezione sul piano π dal centro di proiezione C = (1, 1, 1). b) Si calcoli il punto improprio P∞ della retta r : x − y = z = 0 e la proiezione di P∞ sul piano π (dal centro C). Cosa si pu` o dire della posizione reciproca di r e π? 407

408

15. COORDIANTE OMOGENEE E PROIEZIONI

——————————————————————————————————————————————-

1. Suggerimenti • Proiezioni. Un piano ax+by+cz+d = 0 ha coordinate omogenee N (a, b, c, d). Un punto P (a, b, c) → ha coordinate omogenee P (a, b, c, 1). Un direzione − v (a, b, c) corrisponde al punto improprio P∞ (a, b, c, 0). → La matrice della proiezione T su un piano π da un punto P o di direzione − v si ottiene nel seguente modo. Indicate con N le coordinate omogenee del piano e con C le coordinate omogenee del centro o della direzione della proiezione si ha M = N t C − (N C)I4

⇒

T (A) = AM

——————————————————————————————————————————————-

2. Soluzioni Esercizio 15.1. Utilizzando le coordinate omogenee, determinare l’equazione della retta r passante → per i punti A(2, 3) e B(−1, 0) e della retta s passante per A e di direzione − v (1, 2). Determinare inoltre il punto improprio di r e s. Soluzione: Consideriamo la retta r. I equazione  X r : det  2 −1

punti A e B hanno coordinate omogenee A(2, 3, 1) e B(−1, 0, 1), quindi r ha Y 3 0

 Z 1 = 0 1

⇒

3X − 3Y + 3Z = 0

⇒

r : X −Y +Z =0

Un’equazione cartesiana di r è quindi x − y + 1 = 0. Per trovare il punto improrio di r la cosa pi` u semplice è porre Z = 0 nell’equazione omogenea ottenendo X = Y . Di conseguenza il punto improprio è P∞ (1, 1, 0). → Notiamo che il punto improprio corrisponde alla direzione − v (1, 1) della retta. Consideriamo la retta s. La direzione stessa formula precedente otteniamo  X Y s : det  2 3 1 2

− → v corrisponde al punto improrpio P∞ (1, 2, 0). Utilizzando la  Z 1 = 0 0

⇒

s : −2X + Y + Z = 0

Un’equazione cartesiana di s è quindi −2x + y + 1 = 0. In questo caso abbiamo gi` a determinato il punto improrpio P∞ (1, 2, 0). In ogni caso per determinarlo, come nel caso precedente era sufficiente porre Z = 0 nell’equazione omogenea ottenendo Y = 2X. Di conseguenza il punto improprio è P∞ (1, 2, 0). Esercizio 15.2. Utilizzando le coordinate omogenee, determinare l’equazione del piano π1 passante per i punti A(2, 3, 0), B(3, 1, −1) e C(0, 0, 1) e del piano π2 passante per A e B e parallelo alla retta x + y = x − z = 0. Soluzione: I punti A, B e C hanno coordinate omogenee A(2, 3, 0, 1), B(3, 1, −1, 1) e C(0, 0, 1, 1), quindi π ha equazione   X Y Z W 2 3 0 1  π1 : det   3 1 −1 1  = 0 ⇒ π1 : −5X + Y − 7Z + 7W = 0 0 0 1 1

Un’equazione cartesiana di π1 è quindi 5x − y + 7z − 7 = 0.

2. SOLUZIONI

409

La retta x + y = x − z = 0 ha equazione parametrica   x = t y = −t ∀t ∈ R   z=t → quindi ha direzione − v (1, −1, 1) a cui corrisponde il punto improprio P∞ (1, −1, 1, 0). Utilizzando la formula precedente si ottiene:   X Y Z W 2 3 0 1  = 0 ⇒ π2 : −3X − 2Y + Z + 12W = 0 π2 : det  3 1 −1 1  1 −1 1 0

Un’equazione cartesiana di π2 è quindi 3x + 2y − z = 12. Notiamo che per semplificare i conti nel calcolo del determinante è possibile effettuare alcune operazioni di riduzione sulla matrice in modo da ottenere alcuni termini nulli. Le operazioni di riduzione non alterano infatti il rango della matrice, quindi se A′ è la matrice ridotta, si ha det(A) = 0 se e solo se det(A′ ) = 0. Ad esempio:       X Y Z W X Y Z W X Y Z W 2 2 2 3 0 1 3 0 1 3 0 1 ′    ⇒ ⇒ A=  1 −2 −1 0  = A 3 III − II  1 −2 −1 0  1 −1 1  IV + III 2 1 0 0 1 −1 1 0 1 −1 1 0

Ora, imponendo det(A′ ) = 0 si ottiene la medesima equazione π2 : −3X − 2Y + Z + 12W = 0.

Esercizio 15.3. Stabilire se il piano di coordinate omogenee N = (1, −2, 0, −3) passa per il punto P (1, −1, 2). Soluzione: Il piano di coordinate omogenee N = (1, −2, 0, −3) è il piano X − 2Y − 3W = 0, cioè x − 2y − 3 = 0. Il punto P appartiene al piano se le sue coordinate soddisfano l’equazione. Poichè 1 − 2(−1) − 3 = 0 il punto appartiene al piano. In alternativa si potevano calcolare le coordinate omogenee di P (1, −1, 2, 1) e P appartiene al piano se N · P = 0. Infatti N · P = 1 · 1 + (−2) · (−1) + 0 · 2 + (−3) · 1 = 0. Esercizio 15.4. Determinare un’equazione parametrica della retta r passante per i punti A(1, 2, −5) e B(−1, 0, 3), e trovarne il punto all’infinito. Soluzione: → La retta r ha direzione AB = (−2, −2, 8) cioè − v = (1, 1, −4). Un’equazione parametrica di r è   x = −1 + t ∀t ∈ R r: y=t   z = 3 − 4t

Il punto improprio di r corrisponde alla sua direzione ed è P∞ (1, 1, −4, 0). In alternativa si potevano utilizzare la coordinate omogenee A(1, 2, −5, 1) e B(−1, 0, 3, 1) dei suoi due punti. r è data dall’insieme dei punti αA + βB al variare di α e β in R: r : (α − β, 2α, −5α + 3β, α + β)

Il suo punto improrio si ottiene quando α + β = 0 ed è (2α, 2α, −8α, 0) = (2, 2, −8, 0) = (1, 1, −4, 0) = P∞ . Per ottenere un’equazione parametrica cartesiana basta dividere per α + β:  α−β  x =   α+β   2α α−β 2α −5α + 3β y = r: ∀α, β ∈ R ⇒ r: , ,  α +β α+β α+β α+β   −5α + 3β   z = α+β

410

15. COORDIANTE OMOGENEE E PROIEZIONI

Notiamo che benchè l’equazione ottenuta appaia notevolmente differente è abbastanza facile ricondurci da α = t. questa equazione a quella precedente ponendo α+β ——————————————————————————————————————————————Una proiezione centrale T da un punto C su un piano π di coordinate omogeneee N , o una proiezione parallela T da un punto improprio C (corrispondente alla direzione della proiezione) su un piano π di coordinate omogeneee N ha matrice M = N t C − (N · C) I4

Inoltre la proiezione T trasforma il generico punto P nel punto P ′ = T (P ), appartenente a π, nel seguente modo: P ′ = T (P ) = P · M

Il piano π è detto piano di vista. Una proiezione parallela è detta ortogonale se ha direzione ortogonale al piano di vista, mentre è detta obliqua in caso contrario. —————————————————————————————————— ————————————Esercizio 15.5. Si consideri la proiezione centrale T sul piano x + y = 1 dal centro C(1, 2, −1). Dopo avere determinato la matrice di T , stabilire in cosa vengono trasformati i punti A(1, 5, 0) e B(1, 0, 0). Soluzione: Il piano di vista ha coordinate omogenee    1 1 1 1 t   N C=  0  · 1 2 −1 1 =  0 −1 −1 Quindi

N (1, 1, 0, −1) e C ha coordinate omogenee C(1, 2, −1, 1), quindi  2 −1 1 2 −1 1   e N · C = 1 · 1 + 1 · 2 + 0 + (−1) · 1 = 2 0 0 0 −2 1 −1 

−1 2 −1 1 0 −1 t M = N C − 2I4 =  0 0 −2 −1 −2 1

 1 1  0 −3

Passando alle coordinate omogenee, il punto A(1, 5, 0, 1) viene trasformato nel punto   −1 2 −1 1 1 0 −1 1   = 3 0 −5 3 A′ = T (A) = A · M = 1 5 0 1 ·  0  0 −2 0 −1 −2 1 −3 5 ⇒ A′ = (3, 0, −5, 3) = 1, 0, − , 1 3 5 ′ Infine, tornando alle coordinate cartesiane, A è trasformato nel punto A 1, 0, − . 3 Analogamente il punto B di coordinate omogenee B(1, 0, 0, 1) viene trasformato nel punto   −1 2 −1 1 1 0 −1 1   = −2 0 0 −2 B ′ = T (B) = B · M = 1 0 0 1 ·  0 0 −2 0  −1 −2 1 −3 ⇒ B ′ = (−2, 0, 0, −2) = (1, 0, 0, 1)

Infine, tornando alle coordinate cartesiane, B è trasformato nel punto B ′ (1, 0, 0) = B. Potevamo osservare dall’inizio che, poiché B appartiene al piano di vista, viene trasformato in se stesso dalla proiezione. Esercizio 15.6. Determinare la matrice della proiezione parallela T sul piano x − y + 2z = 0 di → direzione − v = (1, 0, −1). Dopo avere determinato la matrice di T , stabilire in cosa viene trasformata la retta r : x + y = z = 0.

2. SOLUZIONI

Soluzione: Il piano di vista ha coordinate omogenee N (1, −1, 2, 0) improrio C = C∞ (1, 0, −1, 0), quindi    1 1 −1 −1 t   N C=  2  · 1 0 −1 0 =  2 0 0 Quindi



411

− e la direzione → v = (1, 0, −1) corrisponde al punto 0 −1 0 1 0 −2 0 0

2 −1 t  M = N C + I4 =  2 0

0 1 0 0

 0 0  0 0 −1 1 −1 0

e

N · C = −1

 0 0  0 1

La retta r viene proiettata in una retta r′ . Per trovare un’equazione di r′ la cosa pi` u semplice è forse trovarne due suoi punti. Prendiamo quindi due qualsiasi punti A e B di r e deteminiamo i punti A′ e B ′ in cui questi vengono proiettati. La retta r′ è la retta passante per A′ e B ′ . Prendiamo ad esempio i punti A(0, 0, 0) e B(1, −1, 0) appartenenti a r. Passando alle coordinate omogenee, il punto A(0, 0, 0, 1) viene proiettato nel punto A′ = T (A) = A · M = 0 0 0 1 ⇒ A′ = (0, 0, 0, 1)

Infine, tornando alle coordinate cartesiane, A è proiettatoo nel punto A′ (0, 0, 0). Notiamo che, osservando che A è un punto del piano di vista, potevamo scrivere direttamente A′ = A. Analogamente il punto B di coordinate omogenee B(1, −1, 0, 1) viene proiettato nel punto B ′ = T (B) = B · M = 3 −1 −2 1 ⇒ B ′ = (3, −1, −2, 1) Infine, tornando alle coordinate cartesiane, B è trasformato nel punto B ′ (3, −1, −2). Infine la retta r′ in cui è trasformata r è la retta passante per A′ (0, 0, 0) e B ′ (3, −1, −2):   x = 3t ′ r : y = −t ∀t ∈ R   z = −2t

Esercizio 15.7. Sia π il piano di equazione x + 2y − z = 0 e C il punto di coordinate (0, 1, −1). a) Si determini la matrice della proiezione dal centro C sul piano di vista π. b) Si trovino equazioni delle proiezioni delle rette r:

x+y =x+z−1=0

s:

x=y =z+1

Soluzione: a) Il centro C e il piano π hanno rispettivamente coordinate omogenee C(0, 1, −1, 1) e N (1, 2, −1, 0), quindi la matrice della proiezione è     −3 1 −1 1 0 1 −1 1  0 −1 −2 2  0 2 −2 2     M = N t C − (N · C)I4 =  0 −1 1 −1 − 3I4 =  0 −1 −2 −1 0 0 0 −3 0 0 0 0

b) Consideriamo la retta r e siano A(1, −1, 0) e B(0, 0, 1) due suoi punti. Passando alle coordinate omogenee A(1, −1, 0, 1) e B(0, 0, 1, 1) vengono proiettati nei punti 3 1 1 3 1 1 A′ = A · M = (−3, 2, 1, −4) = ,− ,− ,1 ⇒ A′ = ,− ,− 4 2 4 4 2 4 1 1 1 1 B ′ = B · M = (0, −1, −2, −4) = 0, , , 1 ⇒ B ′ = 0, , 4 2 4 2 Quindi la retta r è proiettata nella retta r′ passante per A′ e B ′ :   x = −t ′ ∀t ∈ R r : y = 41 + t   z = 12 + t

412

15. COORDIANTE OMOGENEE E PROIEZIONI

Analogamente consideriami i punti P (1, 1, 0) e Q(2, 2, 1) di s. Passando alle coordinate omogenee P (1, 1, 0, 1) e Q(2, 2, 1, 1) vengono proiettati nei punti P ′ = P · M = (−3, 0, −3, 0)

→ Notiamo che P ′ è un punto improrio e corrisponde alla direzione − v = (1, 0, 1). Inoltre 1 1 ⇒ Q′ = −3, − , −4 Q′ = Q · M = (−6, −1, −8, 2) = −3, − , −4, 1 2 2 Quindi la retta s è proiettata nella retta s′ passante per Q′ e di direzione (1, 0, 1):   x = −3 + t ′ s : ∀t ∈ R y = − 21   z = −4 + t

− Esercizio 15.8. Sia π il piano di equazione 3x − y + z = 1 e → v il vettore (1, 1, 1). → a) Si determini la matrice della proiezione parallela nella direzione di − v sul piano di vista π. b) Stabilire se si tratta di una proiezione ortogonale o obliqua. Soluzione: → a) π ha coordinate omogenee N (3, −1, 1, −1) e la direzione − v corrisponde al punto improprio C(1, 1, 1, 0). Di conseguenza la matrice della proiezione è     3 3 3 0 0 3 3 0 −1 −1 −1 0    − 3I4 = −1 −4 −1 0  M = N t C − (N · C)I4 =  1   1 1 0 1 1 −2 0  −1 −1 −1 0 −1 −1 −1 −3

b) La direzione ortogonale a π è (3, −1, 1) (Notiamo che è il vettore corrispondente alle prime tre → componenti delle coordinate omogenee N di π); la proiezione è parallela a − v = (1, 1, 1). Poichè i vettori (3, −1, 1) e (1, 1, 1) non sono proporzionali rappresentano direzioni differenti e si tratta quindi di una proiezione obliqua. (Ricordiamo che una proiezione ortogonale è una proiezione parallela di direzione ortogonale al piano di vista). Esercizio 15.9. Siano M = (1, 1, 1), N = (3, 2, 1), L = (1, 2, 2) punti dello spazio R3 . Sia C = (−1, 0, 1). a) Si calcoli l’area del triangolo M N L. b) Si determini l’insieme M ′ N ′ L′ che si ottiene proiettando il triangolo M N L dal centro C sul piano x + y = 0. c) Si calcoli l’area del triangolo M ′ N ′ L′ . Soluzione: −−→ −−→ a) L’area del triangolo di vertici M N L è la metà dell’area del parallelogramma di lati M N e LN , dove −−→ −−→ u = M N = (2, 1, 0), v = LN = (2, 0, −1) Ricordando la formula per prodotto vettoriale:  i u × v = det 2 2 Infine

l’area di un parallelogrammo cominciamo a calcolare il vettore  j k 1 0  = −i + 2j − 2k = (−1, 2, −2) 0 −1

Area(triangolo M N L) =

1 3 1 |u × v| = |(−1, 2, −2)| = 2 2 2

2. SOLUZIONI

413

In alternativa si poteva calcolare l’altezza del triangolo di base LN sfruttando la proiezione −−→ −−→ del vettore u = M N su v = LN : prv (u) = Il vettore u − prv (u) = v. Quindi

4 2 , 1, 5 5

4 (u, v) v = (2, 0, −1) (v, v) 5

è ortogonale a v e corrisponde all’altezza del triangolo di base

1 Area(triangolo M N L) = · |(2, 0, −1)| · | 2

4 2 , 1, 5 5

|=

3 1 √ 3 · 5· √ = 2 2 5

b) Il vettore delle coordinate omogenee del piano è P = (1, 1, 0, 0) e il punto C ha coordinate omogenee C = (−1, 0, 1, 1). La matrice di proiezione è quindi   0 0 1 1 −1 1 1 1  A = P T C − (P · C)I4 =   0 0 1 0 0 0 0 1 Quindi

1 1 1 1 ⇒ M′ = − , , 1 M ′ = M · A = (−1, 1, 3, 3) = − , , 1, 1 3 3 3 3 1 1 1 1 ⇒ N′ = − , , 1 N ′ = N · A = (−2, 2, 6, 6) = − , , 1, 1 3 3 3 3 1 1 1 5 1 5 L′ = L · A = (−2, 2, 5, 4) = − , , , 1 ⇒ L′ = − , , 2 2 4 2 2 4 Infine il triangolo viene proiettato nel segmento M ′ L′ . In alternativa si potevano calcolare le proiezioni senza utilizzare le coordinate omogenee e la matrice di proiezione A. Per esempio per calcolare M ′ si poteva calcolare la retta   x = 1 + 2t CM : y =1+t   z=1

Il punto M ′ è dato dall’intersezione tra la retta CM e il piano x + y = 0:    t = − 23 x = 1 + 2t x = 1 + 2t          x = − 1 y = 1 + t y = 1 + t 1 1 ′ 3 ⇒ ⇒ ⇒ M = − M′ : , , 1    3 3 z=1 z=1 y = 13          1 + 2t + 1 + t = 0 x+y =0 z=1

Analogamente si potevano ottenere gli altri punti. Questo procedimento è naturalmente pi` u lungo. c) Il triangolo M ′ N ′ L′ è degenere, quindi ha area nulla. Esercizio 15.10. Sia r la retta dello spazio di equazioni cartesiane r : 2x − y + 1 = x − z = 0.

(a) Si trovino equazioni cartesiane ed equazioni parametriche della retta r′ ottenuta proiettando r sul piano x + y + z = 0 dal centro C = (2, 1, 1). (b) Trovare coordinate omogenee del punto all’infinito della retta r′ e stabilire se r e r′ sono parallele.

Soluzione: La retta r ha equazione parametrica   x = t r: y = 1 + 2t   z=t

∀t ∈ R

414

15. COORDIANTE OMOGENEE E PROIEZIONI

a) Il piano di vista ha coordinate omogenee N (1, 1, 1, 0) e C quindi la matrice della proiezione è  −2 2 t t  M = N C − (N · C)I4 = N C − 4I4 =  2 0

ha coordinate omogenee C(2, 1, 1, 1),  1 1 1 −3 1 1  1 −3 1  0 0 −4

Consideriamo due qualsiasi punti di r, in coordinate omogenee, per esempio A = (0, 1, 0, 1) e P∞ = (1, 2, 1, 0), e calcoliamone la proiezione:   −2 1 1 1  2 −3 1 1  = 2 −3 1 −3 A′ = A · M = 0 1 0 1 ·  2  1 −3 1 0 0 0 −4 2 2 1 1 ⇒ A′ = (2, −3, 1, −3) = − , 1, − , 1 ⇒ A′ − , 1, − 3 3 3 3   −2 1 1 1  2 −3 1 1 ′  = 4 −4 0 4 P∞ = P∞ · M = 1 1 1 0 ·  2  1 −3 1 0 0 0 −4 ′ ⇒ P∞ = (4, −4, 0, 4) = (1, −1, 0, 1)

⇒

′ P∞ = (1, −1, 0)

′ : Infine la retta r′ è la retta passante per A′ e P∞   x = 1 + 5t ′ r : ∀t ∈ R ⇒ x − 5z − 1 = y + 6z + 1 = 0 y = −1 − 6t   z=t

b) La retta r′ ha direzione (5, −6, 1), quindi punto all’infinito P∞ = (5, −6, 1, 0). r e r′ non sono parallele perchè le rispettive direzioni non sono proporzionali, ovvero non hanno lo stesso punto all’infinito. Esercizio 15.11. Sia π il piano dello spazio di equazione cartesiana π : x − y + z + 1 = 0. a) Si calcoli la matrice della proiezione sul piano π dal centro di proiezione C = (1, 1, 1). b) Si calcoli il punto improprio P∞ della retta r : x − y = z = 0 e la proiezione di P∞ sul piano π (dal centro C). Cosa si pu` o dire della posizione reciproca di r e π? Soluzione: a) Il piano di vista ha coordinate omogenee N (1, −1, 1, 1) e C ha coordinate omogenee C(1, 1, 1, 1), quindi     1 1 1 1 1 −1 −1 −1 −1 −1    e N ·C =1−1+1+1=2 N tC =   1 · 1 1 1 1 = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Quindi la matrice della proiezione è



−1 1 1  −1 −3 −1 M = N t C − 2I4 =  1 1 −1 1 1 1

b) La retta r ha equazione cartesiana

  x = t y=t   z=0

∀t ∈ R

 1 −1  1 −1

2. SOLUZIONI

415

quindi il suo punto improprio è P∞ = (1, 1, 0, 0) che viene proiettato nel punto   −1 1 1 1 −1 −3 −1 −1  = −2 −2 0 0 P ′ = P∞ · M = 1 1 0 0 ·  1 1 −1 1  1 1 1 −1 ⇒ P ′ = (−2, −2, 0, 0) = (1, 1, 0, 0)

Notiamo che P∞ è trasformato in se stesso, infatti r e π sono tra loro ortogonali.

Testi di esercizi di preparazione alla I prova in itinere Gli esercizi in elenco sono in gran parte tratti da vecchie prove d’esame

Esercizio 1 Al variare di k discutere e ove possibile risolvere il sistema lineare

 2 x + ky = 4  kx + 2y = -1  3x + ky = 7  Interpretare geometricamente i risultati trovati Soluzione Sottraendo alla terza equazione la prima si trova il sistema equivalente

sostituzione, si trova il sistema equivalente

da cui, per

.

Se k=0 il sistema è chiaramente impossibile perché la prima equazione diventa 0=-2. Supponiamo quindi k≠0. Il sistema è equivalente a di k per cui

ed è dunque possibile e determinato per i valori

. Da qui si trova 3k2+k-4=0, cioè k=1 o k=

.

Per k=1 il sistema ammette l’unica soluzione x=3, y=-2. Per k= il sistema ammette invece l’unica soluzione x=3, y=3/2. Per gli altri valori di k il sistema è impossibile. Se interpretiamo i risultati nel piano, le tre equazioni rappresentano tre rette che appartengono allo stesso fascio quando k=1 o k=-4/3. Nel primo caso il sostegno del fascio è il punto (3,-2), nel secondo è il punto (3,3/2). Per gli altri valori di k le rette non appartengono ad uno stesso fascio. In particolare se k=0 la prima e la terza equazione rappresentano due rette parallele all’asse y e la seconda una retta parallela all’asse x che interseca le prime due, per k=±2 la prima e la seconda equazione rappresentano due rette parallele e la terza una retta che le interseca entrambe, per k=± la seconda e la terza equazione rappresentano due rette parallele e la prima una retta che le interseca. Se interpretiamo i risultati nello spazio, le tre equazioni rappresentano tre piani paralleli all’asse z che appartengono allo stesso fascio quando k=1 o k=-4/3. Nel primo caso il sostegno del fascio è la retta di equazioni cartesiane x=3, y=-2, nel secondo è la retta di equazioni cartesiane x=3, y=3/2. Per gli altri valori di k i piani non appartengono ad uno stesso fascio . In particolare se k=0 la prima e la terza equazione rappresentano due piani paralleli al piano yz e la seconda un piano parallelo al piano xz che interseca i primi due, per k=±2 la prima e la seconda equazione rappresentano due piani fra loro paralleli e la terza un piano che li interseca entrambi, per k=± la seconda e la terza equazione rappresentano due piani tra loro paralleli e la prima un piano che li interseca.

Esercizio 2 Discutere ed ove possibile risolvere il seguente sistema

 2x + hy + (h − 1)z = 1  x + hz = 0  x − hy + (h + 2)z = −1  ove h è un parametro reale. Interpretare geometricamente i risultati. Se esiste un valore di h in corrispondenza al quale le tre equazioni del sistema rappresentano piani appartenenti ad uno stesso fascio, determinare i parametri direttori della retta sostegno del fascio. Soluzione Il rango della matrice completa è minore o uguale a 3 ed è sempre maggiore o uguale al rango della matrice dei coefficienti. Il determinante della matrice dei coefficienti è: 2 h h − 1 3 0 2h + 1

1 0 h =1 0 1 −h h+2 1 −h

h = h(3h-2h-1)= h(h-1), h+2

pertanto se h≠0,1 il rango della matrice dei coefficienti è 3 e coincide col rango della matrice completa, in tal caso il sistema ha una e una soluzione data da  x=0   y = 1/h  z=0  Se h=0 il sistema diventa:  2x − z = 1   x=0 x + 2z = −1  la caratteristica della matrice dei coefficienti è 2, perché, come abbiamo già visto, il determinante della matrice dei coefficienti è 0, ma la matrice dei coefficienti ha il minore 2 −1 ≠0. 1 0 Il minore della matrice completa ottenuto orlando il minore precedente con terza riga e quarta colonna è 2 −1 1

1 0 0 = −1 ≠0 1 2 −1 perciò la matrice dei coefficienti ha rango diverso da quella completa ed il sistema è impossibile. Per h=1 il sistema diventa  2x + y = 1   x+z=0 x − y + 3z = −1  2 1 è non 1 0 nullo), consideriamo allora il minore della matrice completa ottenuto orlando il minore precedente con terza riga e quarta colonna:

la matrice dei coefficienti ha rango 2 (perché il suo determinante è 0 ed il minore

2

1

1

1 0 0 1 −1 −1 tale minore è nullo e dunque anche la matrice completa ha rango 2 (l’altro minore di ordine 3 che si può ottenere per orlatura è ovviamente nullo essendo il determinante della matrice dei coefficienti); il sistema è allora possibile ed ammette ∞1 soluzioni date da:  x = −t  y = 1 + 2t  z=t  con t parametro arbitrario. Si potevano trovare le soluzioni del sistema usando il metodo di eliminazione gaussiana. Riordinando le equazioni si ha x + hz = 0    2x + hy + (h − 1)z = 1 x − hy + (h + 2)z = −1  e sottraendo dalla seconda equazione la prima moltiplicata per 2 e dalla terza equazione la prima si ha:  x + hz = 0  hy + (-h − 1)z = 1  − hy + 2z = −1  ed ancora aggiungendo alla terza riga la seconda si ha:  x + hz = 0  hy + (-h − 1)z = 1  ( −h + 1)z = 0  Quindi la terza equazione per h=1 diventa l’identità 0=0. Il sistema si riduce a x +z = 0   y − 2z = 1 che ammette ∞1 soluzioni (x=-t, y=1+2t, z=t, con t parametro arbitrario) Se invece h≠1 si ha  x + hz = 0 x = 0   hy + (-h − 1)z = 1 e quindi hy = 1  z =0 z=0   La seconda equazione dice che se h=0 il sistema è impossibile (per h=0 si avrebbe 0=1) Se h≠0,1 si ha invece l’unica soluzione x=0, y=1/h, z=0. Dal punto di vista geometrico le 3 equazioni del sistema possono essere viste come equazioni di piani nello spazio. Per h≠0,1 tali piani hanno un punto comune (appartengono ad una stella ma non ad uno stesso fascio), per h=0, i tre piani sono tutti paralleli all’asse y e a due a due si intersecano lungo rette parallele all’asse y,

per h=1, i tre piani appartengono ad uno stesso fascio, che ha come sostegno la retta rappresentata in forma parametrica dalle soluzioni del sistema. Una terna di parametri direttori per tale retta è dunque (-1, 2, 1). Esercizio 3 Al variare del parametro reale a, si consideri il sistema lineare Ax=b dove

a  1  [A | b ]= 3 − a 2  1 a

a −1|

a  1 | 3  1 | a − 1

(1) Studiare la risolubilità del sistema al variare del parametro a ∈ R, precisando anche il numero di parametri liberi. (2) Determinare i valori del parametro per cui X = (2, −1, 1)T è soluzione del sistema. (3) Interpretando ogni equazione del sistema come quella di un piano in uno spazio affine di dimensione 3, discutere la posizione mutua dei piani al variare di a ∈ R. Soluzione (1) Effettuando sulle righe di [A|b] le operazioni elementari di togliere dalla riga 2 la riga 1 moltiplicata per 3-a e alla riga 3 la riga 1 R2 − (3 − a)R1 → R2; R3 −R1 → R3 si ottiene la matrice a a −1 | a 1  0 a 2 − 3a + 2 2 2 a − 4a + 4 | a − 3a + 3  0  0 | −a+2 −1 ove a2-3a+2=0 se e solo se a = 1 oppure a = 2; e 2 − a = 0 se e solo se a = 2; quindi la nuova matrice ha 3 pivot se a ≠1,2. In particolare, se a ≠1,2 rk(A) = rk([A|b]) = 3 e quindi il sistema Ax = b ha una sola soluzione. Se a = 2; la matrice (dopo aver effettuato le operazioni elementari indicate sopra) diventa 1 2 1 2  0 0 0 1    0 0 0 − 1 da cui rk(A) = 1, rk([A|b]) =2. Quindi, se a = 2; il sistema non ha soluzioni. Infine, se a = 1; la matrice calcolata dopo le prime due operazioni elementari 1 1 0 1  diventa 0 0 1 1  ed effettuando l’ operazione elementare di togliere la terza riga la seconda 0 0 1 − 1

1 1 otteniamo una matrice a scalino 0 0 0 0

1 1 1  , quindi il sistema non ha soluzioni. 0 − 2 0

(2) Riscriviamo il sistema dando alle incognite i valori 2; −1; 1; rispettivamente, come richiesto dal testo. Il sistema diventa allora che ha l’ unica soluzione a = 1. (3). Siano α,β,γ i piani di equazione x + ay + (a − 1)z = a; (3 − a)x + 2y + z =3; x + ay + z = a + 1, rispettivamente. Per a≠1, 2 i tre piani si intersecano in un punto solo, avendo il sistema un’ unica soluzione, quindi appartengono ad una stessa stella. Per a = 1, le equazioni dei tre piani diventano

x+y=1,2x+2y+z=3, x+y+z=0 e sono piani che a due a due si intersecano ma non hanno punti comuni. Per a = 2; le equazioni dei tre piani diventano x + 2y + z =2, x+2y+z=3, x+2y+z=1 e sono tre piani paralleli. Esercizio 4.

− h − 1 1  x  3  0    h − 1 e i vettori x=  y  , b=  0  . Si considerino la matrice A=   1 − 1 1   1  2 − h a) Al variare del parametro h discutere e risolvere il sistema Ax=b. b) Interpretare geometricamente i risultati trovati. c) Per h=2 calcolare det A4. d) Dopo aver osservato che per h=-1 le soluzioni del sistema di cui al punto a) rappresentano una retta r, si scriva l’equazione del piano che passa per r ed è parallelo alla retta s di equazioni  x=2   y + 2z = −1 Soluzione a) Essendo rk(A) ≤ rk ([A|b]) ≤ 3 il sistema è sicuramente possibile e determinato se det A≠0 - h - 1 1  − h − 1 0 0 h − 1 =-(h+1)(h-1)=0 per h=±1. det  0 h − 1 = 0  1 - 1 1  1 −1 1 Quindi per h≠±1 il sistema ha una ed una sola soluzione che si trova o con la regola di Cramer o  − (h + 1)x = 1 + h  ancor più facilmente osservando che il sistema dato è equivalente al sistema x + (h − 1)y = 2 − h la  x−y+z = 2−h  cui soluzione è x=-1, y=(3-h)/(h-1), z=3-h-(3-h)/(h-1). − x − y + z = 3  Per h=1 il sistema diventa  y − z = 0 ed è chiaramente impossibile.  x − y + z =1 

x − y + z = 3  Per h=-1 il sistema diventa  y − z = 0 ed ammette ∞1 soluzioni: x=3,y=z=t. x − y + z = 3  b) Le tre equazioni del sistema sono le equazioni di tre piani che per h≠±1 appartengono ad una stessa stella, per h=-1 appartengono ad uno stesso fascio avente per sostegno la retta r di equazioni x = 3   y = t , mentre per h=1 non hanno alcun punto comune. z = t  c) Per h=2 det A=-3 quindi per il teorema di Binet, det A4=81.

d) Abbiamo già osservato nel punto b) che per h=-1 le soluzioni del sistema rappresentano la retta x = 3  r di equazioni  y = t , il generico piano del fascio di sostegno r ha equazione λ(x-3)+µ(y-z)=0 . z = t  Bisogna quindi determinare i parametri λ e µ in modo che il piano e la retta s siano paralleli e  λ(x - 3) + (y - z) = 0 x=2 dunque non abbiano punti comuni, ovvero in modo che il sistema  y + 2z = −1  sia impossibile. Poniamo x=2 e y=-1-2z nella prima equazione ed abbiamo -λ+µ(-1-3z)=0, da cui si ottiene che affiché il sistema sia impossibile dobbiamo porre µ=0. Dunque il piano cercato è il piano x=3. Altrimenti basta osservare che i parametri direttori del generico piano del fascio sono λ,µ,-µ, e quelli della retta s sono 0,-2,1 per cui dalla condizione di parallelismo fra retta e piano si ottiene ancora µ=0.

Esercizio 5. Siano  1 3 2 1 A=  , B=    ed I la matrice identica di ordine 2.  − 1 0  2 2 Determinare una matrice X tale che: B(A+2I)B=B2X. Soluzione  2 1 -1 2 Poiché B=   è una matrice non singolare, esiste B e da B(A+2I)B=B X, moltiplicando a 2 2   sinistra 2 volte per B-1, si ottiene X= B-1(A+2I)B. 1  2 − 1  1 − 1 / 2 Ora B-1=  = e dunque 1  2 − 2 2  − 1

 1 − 1 / 2  1 3 1 0  2   + X=  1  - 1 0 0 1  2 − 1 5 / 2 5 / 2 2 1  10 15 / 2 =    =  .  − 3 − 2  2 2 − 10 − 7 

1  1 − 1 / 2  2 3 2 1 = = 2 − 1 1  - 1 1 2 2

Esercizio 6.

2  1 0 0 1 0 0 h 0  0 1 1  , Dire per quali valori di h è invertibile la matrice C=AB, dove A=   , B=  0 1 2 0 0 h −1 -1 dire se per tali valori esistono l’inversa di A e di B e calcolare C . Soluzione Le matrici A e B sono due matrici triangolari, quindi i loro determinanti sono i prodotti degli elementi diagonali: det A=2h, det B=h-1. Per il teorema di Binet det C=det A det B=2h(h-1).

Quindi C è invertibile se e solo se h≠0,1 e per tali valori sono invertibili anche A e B. Si ha subito che C=

, da cui

C-1=

.

(Si potevano anche calcolare A-1 e B-1 e poi C-1=B-1A-1)

Esercizio 7 Siano A= −11 03 , B= h 1− 1 3h  , C= 11 0h  . Dire per quali valori di h l’equazione matriciale       -1 A(X +C)=B ammette soluzione. Soluzione Osserviamo che esiste A-1perché A è non singolare. L’equazione matriciale A(X-1+C)=B è equivalente a X-1=A-1B-C , ma entrambe le equazioni richiedono che X sia non singolare. Si ha A-1=

, A-1B=

e X-1=A-1B-C=

e perché questa sia

l’inversa di una matrice si deve avere det X-1=1/det X≠0, cioè h≠-3,2. Esercizio 8 Dire per quali valori di h esiste l’inversa della matrice  h + 1 1 2  1 3 e, dove esiste, calcolare A-1 e det A-1. A=  0   h 2 6 Per gli altri valori di h si determini il rango di A. Dire per quali valori di h i vettori u=[h+1,1,2], v=[0,1,3], w=[h,2,6] sono linearmente dipendenti. Per tali valori u è combinazione lineare di v e w? Soluzione A-1 esiste se e solo se det A≠0, calcoliamo dunque detA. h +1 1 2 1 −1 − 4 1 −1 −1

0 h

1 3=0 2 6 h

1 2

3 =0 6 h

1 2

0 =h. 0

Perciò se h≠0, esiste A-1 ed è -2 1  0 1 -1 A = 3h 4h + 6 - 3h - 3 ed è (senza fare calcoli!) det A-1=1/h  h - h - h + 2 h + 1  1 2 è diverso da 0 1 3 I vettori u=[h+1,1,2], v=[0,1,3], w=[h,2,6], che sono i tre vettori riga di A, sono linearmente dipendenti solo se A non ha rango 3, perciò solo per h=0. Per tali valori si ha u=[1,1,2] , v=[0,1,3], w=[0,2,6] ed il vettore u non è combinazione lineare degli altri due perché ogni combinazione lineare di v e w ha la prima componente nulla. Per h=0 la caratteristica di A è 2, infatti è 0. In conclusione, C3 è un'ellisse. Sia αX2+βY 2+γ= 0 la sua equazione canonica. Allora γ = det(B)/ det(A) = −9/4 . Il polinomio caratteristico di A è (λ− 4)(λ − 2). Le sue radici sono 2 e 4 entrambe di molteplicità algebrica 1. Poniamo α = 2, β = 4. In definitiva, l' equazione canonica di C3 è

R

S T

+

U

S !V

= 1. Il

6x-2y-1=0 la cui unica soluzione è -2x+6y-1=0 C(1/4,1/4). L' autospazio V (2) è costituito da tutti e soli i vettori dipendenti linearmente da w=i+j. La K 1/√2 −1/√2 1/4 W matrice P è allora P=& '. Il cambio di riferimento è allora L =P +" #. Visto che nel 1/4 X 1/√2 1/√2 sistema di riferimento intrinseco di C3 gli assi di simmetria ortogonale hanno equazioni X = 0 e Y = 0, essi hanno equazioni x + y − 12 = 0 e x − y = 0 nel sistema di riferimento dato. (2) Le matrici associate a Ck sono Y 2 − Y −1/2 2−Y Y −1/2H e Ak = Y Bk=G2 − Y . 2−Y Y −1/2 −1/2 1 − Y La conica Ck è degenere se det(Bk) = 0. Con facili calcoli, si ha che det(Bk) = (1−k)(4k−3) e quindi Ck è degenere solo se k = 1 oppure se k = 3/4. x 2 -2xy+y 2 -1=0 I punti base del fascio si ottengono risolvendo il sistema B . Le soluzioni del sistema 4xy-x-y+1=0 sono i quattro punti di coordinate (0, 1), (−1/2 , 1/2 ), (1, 0), ( 1/2 ,−1/2 ). (3) Ck è un' iperbole equilatera se Ak ha traccia nulla, e Bk ha rango 3. L' unico valore di k per cui la traccia di Ak è nulla è k = 0, che non è tra quelli per cui Ck è degenere. Infine, Ck è una circonferenza se Ak è della forma cI e Bk ha rango 3. L' unico valore per cui questo accade è k = 2. centro si simmetria di C3 si ottiene risolvendo il sistema B

Esercizio 9 Determinare il parametro h in modo che i due piani π1: x-hy+2z=3 e π2: hx-y+hz-4=0 siano perpendicolari e per tale valore scrivere le equazioni parametriche di una retta per l’origine parallela ad entrambi i piani. Traccia di soluzione I due piani sono perpendicolari se e solo se [1,-h,2][h,-1,h]T=0, quindi se e solo se h=0. Una direzione parallela ad entrambi i piani è quella del prodotto vettoriale [1,-h,2]T×[h,-1,h]T. Questo vettore è x=`-h2 +2at Z[ \[ Y][ 1 −ℎ 2 , La retta cercata ha quindi equazioni parametriche _ y=ht . ℎ −1 ℎ z=`-1+h2 at

Esercizio 10 Nello spazio euclideo siano date le rette r ed s di equazioni parametriche r : x = t, y = 1+t, z = 1, e s : x = t, y = 1, z = −t. (1) Discutere la loro posizione reciproca e determinare l' angolo che esse formano. (2) Determinare l' equazione cartesiana del piano contenente r e parallelo ad s, e determinare la distanza tra r ed s. (3) Determinare il massimo angolo formato da un piano contenente r e la retta s. Calcolare quindi l' equazione del piano contenente r che soddisfa tale condizione. Traccia di soluzione (1) Cambiato il parametro della retta s da t a τ, il sistema che si ottiene per determinare la posizione reciproca delle due rette è formato dalle tre equazioni t = τ, 1 + t = 1, 1 =−τ, che , con facili calcoli, risulta impossibile, le due rette quindi non sono incidenti. Non sono neppure parallele, in quanto la prima ha parametri direttori (1,1,0), la seconda ha parametri direttori (1,0,-1). Otteniamo allora che r ed s sono due rette sghembe. Posto v=[ 1,1,0]T , w=[1,0,-1]T, l’angolo θ tra le due rette ha coseno dato bc,de da = 1/2 ossia θ = π/3. fcffdf

]]]]][, v×w〉 =0, cioè (2) La retta r contiene il punto A(0, 1, 1). L' equazione del piano α cercato è allora 〈AP K L−1 m−1 1 1 0 =-x+y-1-z+1=0 1 0 −1 E’ ben noto che d(r, s) = d(α, s) = d(α,B) per ogni B ∈ s. Visto che s contiene il punto B(0, 1, 0), abbiamo d(r, s) = d(α,B)= . √

(3) Sapendo che l' angolo non cambia per parallelismo, sia s′ una retta parallela ad s ed incidente r. Sia ora π un piano che contiene r. L' angolo φ tra π ed s′ è l' angolo che la retta s′ forma con la sua proiezione ortogonale su π, ed è inferiore all' angolo che s′ forma con una qualunque altra retta contenuta in π. Quindi, φ ≤ n,qo′= n, ro= = π/3. Ovviamente, l'uguaglianza vale se r è la proiezione ortogonale di s′ su π. In questo caso, π contiene anche la retta ortogonale ed incidente r ed s′, e quindi la sua equazione è ]]]]][, v×(v×w)〉 =0. Svolgendo i calcoli, si ottiene π : x − y − 2z + 3 = 0. 〈AP

Esercizio 11 Nello spazio euclideo R3, si considerino i punti A(1; 4; 0), B(3; 2; 0), C(1; 2; 2). (1) Determinare l'equazione del piano assiale del segmento AB, e quella del piano assiale del segmento AC. Dedurre le equazioni del luogo dei punti dello spazio equidistanti da A;B;C. (2) Determinare l'equazione del piano π contenente i punti A;B;C. Scrivere le coordinate del centro della circonferenza del piano π passante per A;B;C. (3) Determinare le coordinate del centro della sfera di raggio minimo passante per A;B;C. Traccia di soluzione (1) Il piano assiale di AB è ortogonale alla retta AB, avente parametri direttori [2;-2; 0] e passa per il punto medio M1(2; 3; 0) del segmento AB. Quindi ha equazione 2(x- 2) -2(y-3) = 0, cioè x-y+1 = 0.

Analogamente, il piano assiale di AC risulta y-z-2 = 0. Il luogo dei punti equidistanti da A;B;C è la retta r K−L+1=0 intersezione di questi due piani, di equazioni s . K−m−2=0 K − Kt L − Lt m − mt K−1 L−4 m K − K L − L m − m (2) Il piano contenente A;B;C ha equazione u t u t u t =0 da cui 2 −2 0 =0 Kv − Kt Lv − Lt mv − mt 0 −2 2 da cui x+y+z-5=0 Il centro della circonferenza passante per A;B;C è il punto in cui la retta r interseca questo piano. Il generico punto di r ha coordinate (x; x+1; x-1). Sostituendo nel piano ABC otteniamo x = 5/3, e quindi il centro ha coordinate (5/3; 8/3; 2/3). (3) La sfera di raggio minimo passante per A;B;C è quella che ammette come circonferenza equatoriale la circonferenza passante per A;B;C. Quindi il centro di tale sfera coincide con il punto (5/3; 8/3; 2/3) precedentemente determinato.

Esercizio 12 Si considerino la superficie sferica di equazione x2+y2+z2−2x−y+z = 0, e il piano di equazione y−z = 0. Sia γ la circonferenza di equazioni x2+y2+z2-2x-y+z=0 y-z=0 Verificare che γ è una curva a punti reali. Determinare il centro e il raggio di γ. Traccia di soluzione La sfera data ha centro in C(1,-1/2,1/2) e raggio √2. Il piano taglia la sfera secondo una circonferenza reale se la distanza del centro dal piano è minore del raggio. Tale distanza è

! !

wF F w √

=

√

3/2.

Esercizio 13 Sia data la sfera σ: x2 + y2 + z2 = 4.

K = √3 − y (a) Si determini un piano π contenente la retta r :_ L = √3 e tangente a σ. Determinare poi un punto A m=y di σ in modo che σ sia la sfera di raggio minimo passante per A e tangente a π. (b) Sia α il piano di equazione y − z = 0. Calcolare la proiezione della circonferenza Γ = σ∩ α dal punto V (0; 0; 1); sul piano xy. (c) Dopo aver verificato che Γ è una conica, classificarla, determinarne un’equazione canonica e determinare il cambio di riferimento che la porta in forma canonica. Traccia di soluzione a) La retta r ha equazioni cartesiane x+z-√3 0, y-√3 0. Il generico piano contenente tale retta ha dunque equazione λ (x+z-√3)+ ) y-√3) 0. Tale piano è tangente alla sfera se e solo se ha distanza uguale al raggio dal centro della sfera . La sfera ha centro in O e raggio 2 per cui

z-λ√3- √3z x2λ2 + 2

2 da cui

3(λ+µ)2=4(2λ2+µ2), cioè 5λ2-6λµ+µ2=0 e quindi µ/λ=3 ± √9 − 5 3 ± 2, quindi ho due piani soluzione del problema π1 e π2 di equazioni (x+z-√3)+5) y-√3) 0 e (x+z-√3)+) y-√3)=0 rispettivamente. Il punto di tangenza fra la sfera e il piano π2 (la cui equazione diventa x+y+z-2√3=0) è la proiezione ortogonale del centro della sfera sul piano e il punto A cercato è il punto diametralmente opposto al punto di tangenza. Il punto di tangenza fra la sfera e π1 è B( , , ), il punto A, essendo √

√

√

diametralmente opposto a B, è il simmetrico di B rispetto al centro e dunque ha coordinate B(− , − , − ). √

√

√

b) Sia P(x0,y0,z0) un punto di Γ. Poiché Γ ha equazioni B

x 2 +y 2 +z 2 =0 le coordinate di P soddisfano i y-z=0

x0 2 +y0 2 +z0 2 =0 . La generica retta per V e P ha equazioni parametriche y0 -z0 =0 x=x0t,y=y0t,z=1+(z0-1)t. Eliminando i parametri x0 , y0 , z0 ,t tra le 5 equazioni, si ricava l’ equazione del cono di vertice V e direttrice Γ. Svolgendo i calcoli, si ottiene C : x2 − 2y2 + 8yz − 4z2 − 8y + 8z − 4 = 0. La 2 2 proiezione p(Γ) di Γ sul piano [xy] si ottiene intersecando C con z = 0 e quindi |x -2y -8y-4 0 z 0 c) p(Γ) è una conica, essendo intersezione di un piano e di un cono quadrico. Lavorando nel piano z = 0 possiamo dimenticare la prima equazione e lavorare solo con la seconda. Si nota che la parte quadratica dell’ equazione, ossia x2 −2y2, è già in forma canonica. Per riportare la conica in forma canonica, basta allora usare il completamento dei quadrati, e si ha: x2−2(y−2)2 = −4: Quindi, il cambio di coordinate è x = X; y = Y + 2 ed è una traslazione, mentre la forma canonica risulta X2 − 2Y2 = −4. La conica p(Γ) è quindi una iperbole. seguenti vincoli B

K = −3 + 4y Nello spazio euclideo R siano date la retta r di equazioni parametriche }L = −4 − 3y ed il piano m=0 α: 3x + 4y = 0. (1) Determinare la mutua posizione di r ed α e la loro distanza. (2) Calcolare l'equazione della sfera S, tangente ad α in O(0; 0; 0), e tangente ad r. Traccia di soluzione (1) Una terna di parametri direttori per r è fornita dalle componenti del vettore r=[4;-3; 0]T. Una terna di parametri direttori per le rette ortogonali ad α è fornita dalle componenti del vettore a= [3; 4; 0]T. Poiché = 0, la retta r è parallela al piano α. La distanza tra r ed α coincide con la distanza tra un

Esercizio 14

3

qualsiasi punto di r ed α. Per t = 0 abbiamo R(-3;-4; 0)∈r, e d(r; α) = d(R; α) =

|F•F €| = √•J €

5.

(2) Il centro C di S appartiene alla retta a, ortogonale ad α e passante per O(0; 0; 0),di equazioni parametriche x=3u,y=4u,z=0. Poiché le rette a ed r appartengono entrambe al piano z = 0, e non sono parallele, esse si intersecano. Mettendo a sistema si ha con facili calcoli che il punto di intersezione fra le due rette è R(-3;-4; 0). Poiché S è anche tangente ad r, detto C il suo centro, deve essere OC = CR, e quindi C(-3/2;2; 0). Pertanto abbiamo S : (x+3/2)2+(y+2)2+z2 =(OC)2, da cui S : x2 + y2 + z2 + 3x + 4y = 0.

Esercizio 15 Siano dati il punto A(1, 1,-1) e la retta r: x = 1+t, y = 2, z = 2t, t∈R. (1) Determinare l' equazione della sfera S di centro A e che interseca r lungo una corda BC di lunghezza 4/5. (2) Scrivere l' equazione del piano π che taglia su S una circonferenza avente BC come diametro. Traccia di soluzione (1) Il piano π, passante per A ed ortogonale alla retta r, ha equazione x+2z+1 = 0. L'intersezione tra π e la retta r fornisce il punto H (3/5,2,-4/5) che è il punto medio della corda BC, tagliata da una sfera sulla retta r. Per determinare il raggio della sfera AB, bisogna tener conto che AHB è rettangolo in H e che HB ha lunghezza 2/√5, quindi usando il teorema di Pitagora si ha AB=x(•‚) + =x + =√2. S ha quindi equazione (x-1)2+(y-1)2+(z+1)2=2. N

(2)

€

N

Il piano deve passare per H ed essere perpendicolare alla retta AH e quindi, essendo (2/5,-1,-1/5) i parametri direttori della retta AH , l’equazione del piano è 2/5(x-3/5)-(y-2)-1/5(z+4/5)=0.

Esercizio 16 Nello spazio euclideo R3 siano dati i piani α: x + y = 1 e β : x + 2y − 2z = 0. (1) Calcolare l’angolo θ tra α e β. (2) Calcolare l’equazione del piano β', simmetrico di β rispetto ad α. (3) Determinare il luogo dei centri delle sfere che tagliano i tre piani α, β, β' secondo circonferenze di uguale raggio. Traccia di soluzione (1) Le normali n1,n2 ai piani α, β hanno parametri direttori, rispettivamente 1, 1, 0 e 1, 2,−2. Di 〈n , n 〉 conseguenza cos θ = 1 2 = da cui θ=π/4 fn ffn f 1

2

√

(2) Il piano β′ appartiene al fascio di piani F avente sostegno nella retta comune ad α e β, ed è ortogonale a β. Abbiamo F = (1 + λ)x + (1 + 2 λ)y − 2 λz − 1 = 0, per cui β′ corrisponde al valore di λ tale che 1·(1 + λ) + 2 ·(1 + 2 λ) − 2 ·(2 λ) = 0 ⇒ λ = −1. Sostituendo nell’equazione del fascio otteniamo β′ : 2x + y + 2z − 3 = 0. (3) Due qualsiasi piani π1,π2 del fascio F vengono tagliati da una sfera S in circonferenze di raggio uguale se e solo se S ha il centro sul piano che biseca l’angolo diedro formato da π1 e π2. Quindi, il luogo dei centri delle sfere che tagliano i tre piani α, β, β′ secondo circonferenze di uguale raggio è la retta comune ai piani bisettori dei diedri tra α, β ed α, β′ cioè le retta sostegno del fascio F.

Esercizio 17 Nello spazio euclideo siano dati il punto F(0, 0, 1) ed il piano α : x − y = 1. Determinare l' equazione del luogo S formato dai punti P che verificano la condizione d(P, F) =√2 d(P, α). (1) Calcolare l' equazione cartesiana di S, e verificare che S è una quadrica. (2) Classificare S, calcolare una sua equazione canonica, e specificare se è una quadrica di rotazione. (3) Determinare un piano che incontra S lungo una circonferenza, e l' equazione dell'eventuale asse di rotazione della quadrica. Traccia di soluzione (1) Sia P il punto di coordinate (x, y, z). Allora P ∈ S se le sue coordinate verificano l' equazione | F F | . >K + L +(m − 1) = √2 √ Svolgendo i facili calcoli, si ottiene che l' equazione che descrive S è S : 2xy + z2 + 2x − 2y − 2z = 0 e quindi S è una quadrica. (2) Le matrici associate ad S sono 0 1 0 1 0 1 0 B =ƒ1 0 0 −1„ e A =G1 0 0H 1 −1 0 0 0 0 1 1 −1 −1 0 Con facili calcoli, si ricava che rk(B) =4, e det(B) = −3 < 0. Il polinomio caratteristico di A è -λ3+ λ2+λ-1 e quindi abbiamo 2 autovalori positivi ed uno negativo. In conclusione, S è un iperboloide ellittico o a 2 falde. Con pochi altri calcoli, si ricava che gli autovalori di A sono λ1 = 1 e λ 2 = −1, con molteplicità algebrica m(1) = 2 , m(−1) = 1. Quindi una sua equazione canonica è X2 + Y 2 − Z2 + δ = 0 con −δ = −1. L' equazione canonica cercata è allora X2 + Y 2 − Z2 + 1 = 0 e la quadrica è evidentemente una quadrica di rotazione. (3) I piani che incontrano S lungo una circonferenza sono quelli di equazione Z = c nel nuovo sistema di riferimento, ossia quelli ortogonali all' asse Z. Tale asse è parallelo all'autospazio V (−1) = V (1)⊥ e quindi i piani cercati sono paralleli all' autospazio V(1).Le componenti dei vettori di tale autospazio verificano l' equazione x − y = 0 e quindi i piani richiesti hanno equazione x − y + h = 0 con h ∈ R. Inoltre, l' autospazio V (−1) ha [1,-1,0]T come base (non ortonormale). Il centro di simmetria di S ha coordinate C(−1, 1, 1) e quindi l' asse di rotazione di S ha equazione a : x = −1+t, y = 1−t, z = 1. E’ facile intuire che l' asse di rotazione di S è la retta per C ortogonale al piano α, mentre i piani paralleli ad α tagliano S lungo circonferenze.

K = 1−y K+L =1 Siano date le rette r : }L = 1 + y, t∈ R, s: | . L+m =1 m=y (1) Discutere la loro mutua posizione. (2) Verificare che i punti P che verificano la condizione d(P; r) = d(P; s) giacciono su una quadrica S. (4) Classificare la quadrica S. Traccia di soluzione (1) La retta s ha equazione parametrica s : 1−u; y = u; z = 1−u; u∈R. Il sistema che descrive l’ intersezione 1−y =1−† tra r ed s è allora } 1 + y = † che risulta impossibile, quindi abbiamo che r ed s non sono incidenti, y =1−† inoltre i loro parametri direttori non sono proporzionali e quindi r ed s sono sghembe. (2) Sia P(x; y; z) un punto qualsiasi. La retta r è parallela al vettore r=[-1,1,1]T e A(1; 1; 0) ∈ r: La distanza tra P ed r è data da

Esercizio 18

]]]]][×rf fAP frf

d(P; r) =

=

1

√3

x(y-z-1)2 +(-x-z+1)2 +(x+y-2)2

La retta s è parallela al vettore s=[-1,1,-1]T e contiene il punto B(1; 0; 1). La distanza tra P ed s è allora uguale a ]]]]][×sf fBP

d(P; s) =

fsf

=

1

√3

x(-y-z+1)2 +(x-z)2 +(x+y-1)2

Uguagliando le due espressioni, elevando al quadrato e semplificando, si ha che le coordinate di P verificano l’ equazione S : 4xz − 4yz − 4x − 2y + 2z + 4 = 0 e quindi P giace su una quadrica. (3) Per classificare S costruiamo le matrici ad essa associate. Abbiamo 0 0 2 −2 0 0 2 0 0 −2 −1„ , A =G0 0 −2H B =ƒ 2 −2 0 1 2 −2 0 −2 −1 1 4 Con facili calcoli, si ha che det(B) = 36 > 0 , che det A=0 e che il polinomio caratteristico di A è −λ3 +8λ da cui gli autovalori di A sono 0, √8, -√8, la quadrica è quindi un paraboloide iperbolico o a sella.

Esercizio 19 Sia data la quadrica Q di equazione x2+y2+4z2-2x=0. a) Riconoscere Q e scriverne la forma canonica. b) Scrivere l’equazione del cilindro avente come direttrice la curva C' intersezione di Q con il piano di equazione 2z=1 e generatrici parallele all’asse z. c) Detta C" l’intersezione di Q con il piano z=0, scrivere l’equazione della superficie di rotazione ottenuta ruotando C" intorno all’asse x; è una quadrica? Traccia di soluzione a) Basta osservare che l'equazione si scrive (x-1)2+y2 +4z2 -1=0, quindi con una semplice traslazione si riduce alla forma canonica X2+Y2 +4Z2 -1=0. E' un ellissoide reale di rotazione. b) Sostituendo z=1/2 nell'equazione si ha x2+y2 -2x+1=0, ovvero (x-1)2+y2=0. Il cilindro è ridotto a una coppia di piani immaginari coniugati. c) Si ottiene (x-1)2+y2 +z2 -1=0, che è una sfera e quindi una quadrica. (Geometricamente, si è ruotata una circonferenza attorno a un suo diametro).

Esercizio 20 Nello spazio euclideo R3 si consideri il piano π di equazione x + y + z -2 = 0, e la quadrica Ω di equazione x2 - z2 + 2y = 0. (1) Scrivere l'equazione cartesiana del cilindro S avente generatrici parallele all'asse z, e direttrice data dalla conica γ intersezione tra Ω e π. (2) Classificare la conica sezione di S con il piano xy, ridurla a forma canonica e determinare il cambio di riferimento che la riduce a forma canonica. (3) Dimostrare che la matrice associata alla parte quadratica di S ammette autovalore nullo, e

determinare il relativo autospazio. Traccia di soluzione x+y+z-2=0 (1) La conica γ ha equazioni B 2 2 . Per trovate l’equazione di S basta eliminare la z fra queste x -z +2y=0 equazioni ottenendo x2-(2-x-y)2+2y=0 da cui si ottiene 2xy+y2-4x-6y44=0. z=0 . Lavorando nel piano xy e (2) La conica sezione di S con il piano xy ha equazioni | -2xy-L +4x+6y-4=0 quindi trascurando l’equazione z=0 abbiamo che alla conica -2xy-y2+4x+6y-4=0 sono associate le 0 1 −2 0 1 matrici B=G 1 . Essendo det B=4≠0 e det A=-15) y2-8=0. Il sistema delle derivate parziali uguagliate a 0 fornisce la soluzione C(1,2), corrispondente al centro dell’iperbole. Una base ortonormale di autovettori è data da M

> ŠF √ F√

> ŠF √ 2

> ŠJ √ J√

O, M

> ŠJ √

O, quindi il cambio di

2 • • x Œx10-2√5 >10+2√5• X 1 riferimento che porta la conica a forma canonica è dato da y = Œ 1-√5 + . 1+√5 • Y 2 Œ • > 10+2√5 ‹x10-2√5 Ž (3) Poiché det A=0 uno dei suoi autovalori è nullo. Inoltre essendo la sua direttrice una iperbole l’autovettore nullo ha molteplicità 1, a questo punto l’autospazio di λ=0 è dato dalle soluzioni del 0 1 0 x 0 0 sistema G1 1 0H &y' = G0H da cui si ottiene V(0)=}G0H |t∈R’. 0 0 0 z 0 t

Esercizio 21 Sia F(x, y,λ) il fascio di coniche dato da F(x, y, λ): x2 -2(λ + 1)xy - λ y2 -2 λ x - 2 λ y = 0. (1) Calcolare i valori del parametro λ per cui le coniche del fascio sono degeneri, e quelli per cui la conica è una circonferenza. Detta γ tale circonferenza, trovarne centro e raggio. (2) Scrivere l'equazione cartesiana del cilindro che proietta la conica di equazione F(x,y,1) =z = 0 parallelamente alla retta r dello spazio R3 avente equazioni x = y = z - 1. Stabilire poi se, intersecando tale cilindro con un piano, si possono ottenere ellissi. Traccia di soluzione 1 -(λ+1) λ (1) La matrice 3×3 associata alla conica generica Γλ del fascio è B =M-(λ+1) -λ -λO λ -λ 0 3 2 Si ha det(B) = -λ -3λ che si annulla per λ = 0 e per λ = -3: Quindi, la conica Γλ è degenere se, e solo se, λ = 0 oppure λ = -3: La conica Γλ è una circonferenza se, e solo se, la parte quadratica dell' equazione è della forma kx2 + ky2 per qualche k reale non nullo. Nel caso in esame, la condizione è equivalente a λ = -1: Posto aλ = -1, la conica Γ−1 ha equazione x2 + y2 + 2x + 2y = 0 e quindi il suo centro ha coordinate (-1;-1) ed il suo raggio è √2. (2) Il cilindro che proietta la conica Γ1 di equazione |K − 4KL − L + 2K − 2L + 0 m=0 parallelamente alla retta r : x = t, y = t, z = 1 + t; t ∈ R; è formato da tutti e soli i punti le cui coordinate (x; y; z) soddisfano il sistema :

x = x0 + t y = y0 + t z = z0 + t z0 = 0 x02- 4x0y0 – y02-x0 -2y0 = 0 Eliminando i parametri x0; y0; z0; t; si ottiene l' equazione cartesiana del cilindro cercato: x2 -4xy-y2 + 2xz + 6yz -4z2 -2x -2y + 4z = 0: La conica Γ1 è un' iperbole. Infatti, la parte quadratica dell' equazione è associata alla matrice 1 2 A= che ha determinante negativo. Quindi, S contiene solo iperboli come coniche non degeneri, 2 1 essendo un cilindro iperbolico. Esercizio 22 Sia T l’endomorfismo di R3 tale che T([1, 0, 0]T) = [1, 2, 0]T, T([0,−2, 0]T) = [−4,−2, 0]T, T([0, 0,−1]T) =[0, 0, 1]T. i) L’endomorfismo T è simmetrico? ii) Detta M la matrice che rappresenta T rispetto alla base canonica, sia Q la quadrica di equazione xTMx – 1=0. Riconoscere Q e porla in forma canonica. iii) Q è una quadrica di rotazione? Traccia di soluzione 1 2 0 i) La matrice che rappresenta T rispetto alla base canonica è M =G2 1 0 H; M è simmetrica, dunque T è 0 0 −1 simmetrico. ii, iii) Gli autovalori di M sono -1,3, con −1 autovalore doppio. Un’equazione canonica di Q è 3x2 − y2 − z2 + 1 = 0. Dunque Q è un iperboloide iperbolico, di rotazione avendo due autovalori uguali.

GEOMETRIA ED ALGEBRA LINEARE Seconda prova in itinere - 29/06/2012 SOLUZIONI Tutti i calcoli devono essere riportati per la correzione, e le risposte devono essere giustificate. → → →

Esercizio 1. (3 + 8 punti) Sia B = (v1 ,v2 ,v3 ) una base di R3 , e sia dato fa : R3 → R3 l’ endomorfismo definito dalle seguenti condizioni • • • (1) (2)

→

→

→

→

fa (v1 ) =v1 + v2 −a v3 ; → → → fa (v2 ) = 3 v2 − v3 ; → → v2 − v3 è autovettore per fa relativo all’ autovalore 1. Scrivere la matrice che rappresenta fa rispetto alla base B. Calcolare gli autovalori di fa , una base per ogni suo autospazio e stabilire i valori di a ∈ R per cui fa è diagonalizzabile.

Soluzione. (1) Le colonne della matrice MBB (fa ) sono formate dai coefficienti che esprimono le immagini dei vettori di B come combinazione lineare degli stessi vettori di B. Le prime due condizioni forniscono pertanto, immediatamente, le prime due colonne della matrice. → → → → Inoltre, essendo v2 − v3 è autovettore per fa relativo all’ autovalore 1, abbiamo fa (v2 − v3 → → ) =v2 − v3 . Ma, per la linearità, abbiamo anche →

→

→

→

→

→

→

fa (v2 − v3 ) = fa (v2 ) − fa (v3 ) = 3 v2 − v3 −fa (v3 ), →

→

da cui fa (v3 ) = 2 v2 . Di conseguenza risulta 

 1 0 0 3 2 . MBB (fa ) =  1 −a −1 0

(2) L’equazione caratteristica det(MBB (fa ) − λI) = 0 risulta (1 − λ)(λ2 − 3λ + 2) = 0, cioè (λ − 1)2 (2 − λ) = 0. Si ha quindi l’autovalore λ = 1 di molteplicità algebrica 2, e l’autovalore semplice λ = 2. Per λ = 1 la matrice caratteristica diventa   0 0 0 2 2 . MBB (fa ) − I =  1 −a −1 −1 Per a ̸= 12 il minore {R2 , R3 } ∩ {C1 , C2 } è non nullo, quindi il rango è 2 e l’autospazio associato E1 ha dimensione 3 − 2 = 1. Pertanto l’autovalore λ = 1 non è regolare e l’endomorfismo non è diagonalizzabile. Per a = 12 l’autospazio E1 ha invece dimensione 2, e l’endomorfismo è diagonalizzabile. Calcoliamo, in entrambi i casi, una base per gli autospazi E1 ed E2 . • a ̸= 12 . L’autospazio E1 risulta { x + 2y = −2z −ax − y = z, 1

2

da cui x = 0, y = −z. Quindi E1 = {[0, −z, z]t , z ∈ R}, ed un base è, per esempio, il vettore [0, −1, 1]t . Per λ = 2 la matrice caratteristica diventa   −1 0 0 1 2 . MBB (fa ) − 2I =  1 −a −1 −2 L’autospazio E2 risulta descritto, per esempio, dalle due equazioni determinate dalle prime due righe, cioè { −x = 0 x + y = −2z, da cui x = 0, y = −2z. Quindi E2 = {[0, −2z, z]t , z ∈ R}, ed un base è, per esempio, il vettore [0, −2, 1]t . Si noti che E2 resta invariato anche se a = 12 , in quanto le sue equazioni non dipendono da a. • a = 12 . In questo caso E1 è descritto dall’unica equazione x + 2y + 2z = 0. Quindi E1 = {[−2y − 2z, y, z]t , y, z ∈ R}, ed un base è rappresentata , per esempio, dalla coppia di vettori {[−2, 1, 0]t , [−2, 0, 1]t }. Esercizio 2. (5 + 6 punti) Nel piano euclideo, sia dato il fascio di coniche di equazione Γt : 2tx2 + 2(t + 1)xy + 2ty 2 − 2x − 2(t + 1)y + 2 = 0. (1) Classificare le coniche del fascio al variare di t ∈ R. (2) Posto t = 2, calcolare una forma canonica, il cambio relativo di coordinate e disegnare la conica Γ2 . Soluzione. (1) La matrice associata alla generica conica del fascio è data da   2t t+1 −1 2t −(t + 1)  . At =  t + 1 −1 −(t + 1) 2 2 Il calcolo degli invarianti fornisce I3 = −2t(t − 2t + 2), I2 = 3t2 − 2t − 1, I1 = 4t. Quindi si ha • Coniche degeneri. Deve essere I3 = 0 per t = 0 e t2 − 2t + 2 = 0. La seconda equazione ha soluzioni complesse, quindi si ha una sola conica degenere, corrispondente a t = 0, cioè xy − x − y + 1 = 0. Poiché xy − x − y + 1 = (x − 1)(y − 1) la conica è spezzata nelle due rette x = 1 ed y = 1. • Ellissi. Deve essere I2 = 3t2 − 2t − 1 > 0, quindi t < − 13 e t > 1. Osserviamo che I1 I3 = −4t2 (t2 − 2t + 2), quindi minore di 0 per ogni t ̸= 0, per cui le ellissi sono tutte reali. In particolare, per t = −1 si ha una circonferenza, in quanto i coefficienti di x2 e di y 2 sono uguali ed il coefficiente del termine in xy si annulla. • Parabole. Deve essere I2 = 3t2 − 2t − 1 = 0, quindi per t = − 13 e t = 1. • Iperboli. Deve essere I2 = 3t2 − 2t − 1 < 0, quindi − 13 < t < 1. Per t = 0 si annulla I1 ma ciò non fornisce una iperbole equilatera in quanto la corrispondente conica è degenere. (2) Per t = 2 abbiamo la conica Γ2 : 4x2 + 6xy + 4y 2 − 2x − 6y + 2 = 0, che, come si è detto, corrisponde ad una ellisse. I corrispondenti invarianti risultano I3 = −8, I2 = 7, I1 = 8. Gli autovalori della matrice associata alla parte quadratica sono le soluzioni dell’equazione λ2 − I1 λ + I2 = 0, cioè λ2 − 8λ + 7 = 0, da cui λ = 1, 7. Una forma canonica

3

di Γ2 è pertanto x2 + 7y 2 − 87 = 0. L’autospazio associato a λ = 1 ha equazione x + y = 0, quello associato a λ = 7 è −x + y = 0. La matrice ortogonale speciale corrispondente al movimento rotatorio è formata degli autovettori normalizzati, quindi ( M=

√1 2 − √12

√1 2 √1 2

) .

Il centro di Γ2 è la soluzione del sistema {

8x + 6y − 2 = 0 6x + 8y − 6 = 0,

( ) cioè il punto C − 57 , 97 . Il cambio di riferimento che riduce Γ2 a forma canonica risulta quindi dato da [

x y

]

( =

√1 2 − √12

√1 2 √1 2

)[

x′ y′

]

[ +

− 75 9 7

] .

Esercizio √ 3. (5 + 6 punti) √ Sia σ la sfera di centro l’ origine e raggio 2, e sia α il piano di equazione 3y + z − 2 3 = 0. (1) Calcolare centro e raggio della circonferenza γ = σ ∩ α. (2) Scrivere l’ equazione del cono S di vertice V (0, 0, 1) avente γ come direttrice, e classificare quindi la conica Γ intersezione del cono S con il piano [xy]. Soluzione. √ (1) La distanza dell’origine dal piano α è uguale a 3 < 2, quindi γ è reale non degenere. √ 2 Il suo raggio è fornito dal teorema di Pitagora, e vale r = 2 − 3 = 1. Il centro di γ è il punto H in cui la retta per O(0, 0, 0) e perpendicolare ad α interseca tale piano. Le equazioni parametriche della retta OH sono date da  0  x=√ y = 3t  z = t,

√ e mettendo a sistema con l’equazione di α si ha 4t − 2 3 = 0, da cui t = ( √ ) 3 3 conseguenza H = 0, 2 , 2 .

√

3 . 2

Di

(2) L’equazione cartesiana della sfera σ è x2 + y 2 + z 2 = 4. Detto P il generico punto di γ, le equazioni parametriche del cono richiesto sono date da  x = xV + (xP − xV )λ        y = yV + (yP − yV )λ      z = zV + (zP − zV )λ    √ √    3y + z − 2 3=0  P P      2 xP + yP2 + zP2 = 4. Sostituendo le coordinate di V , dalle prime tre equazioni ricaviamo

4

 xP = λx      yP = λy      z = z−1 + 1. P λ √

√ Dalla quarta equazione ricaviamo quindi λ = 23y+z−1 , il che fornisce 3−1 √  (2 3 − 1)x x   xP = = √    λ 3y + z − 1      √  y (2 3 − 1)y yP = = √  λ  3y + z − 1       √ y + 2z − 2 z−1    zP = + 1 = 3√ . λ 3y + z − 1 Sostituendo nella quinta equazione otteniamo √ √ √ (2 3 − 1)2 x2 + (2 3 − 1)2 y 2 + 3(y + 2z − 2)2 − 4( 3y + z − 1)2 = 0, e semplificando si ha

√ √ √ √ x2 (13 − 4 3) + y 2 (4 − 4 3) + yz(12 − 8 3) + y(8 3 − 12) + 8z 2 − 16z + 8 = 0, che rappresenta l’equazione cartesiana del cono. Posto z = 0 si ha √ √ √ x2 (13 − 4 3) + y 2 (4 − 4 3) + y(8 3 − 12) + 8 = 0. Essa rappresenta, nello spazio, un cilindro, che, sul piano xy, taglia la conica avente, su quel piano, la stessa equazione. Poiché il piano xy √ non passa per il vertice V del cono, la conica è non degenere, ed essendo I2 = 100(1 − 3) < 0, essa è una iperbole

Esame di Geometria Politecnico di Milano – Ingegneria Secondo compito in itinere – 28 Giugno 2013

1. Siano



1 k A = 0 2k 0 1

 k 1 2k

e

 2k B=1 k

1 2k 1

 0 0 . 1

(a) Determinare i valori del parametro reale k in corrispondenza dei quali le matrici A e B sono simili. (b) Per k = 0, riconoscere la trasformazione f : R3 → R3 rappresentata, rispetto alla base canonica, dalla matrice A. 2. Siano X = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x + y + t = 0 , x + 2y − z + t = 0} e v = (1, 2, 1, 0). (a) Determinare una base ortogonale B del sottospazio X. (b) Determinare la proiezione ortogonale pX (v) del vettore v sul sottospazio X. (c) Determinare il simmetrico ortogonale sX (v) del vettore v rispetto al sottospazio X. (d) Determinare l’angolo ϑ tra i vettori v e v′ = pX (v). (e) Sia f : R4 → R4 una trasformazione ortogonale. Determinare l’angolo ϑ′ tra i vettori f (v) e f (v′ ). 3. Siano Q : x2 + 3y 2 + z 2 − 4xz + 6y = 0 π : x − 2y + z + 2 = 0 Γ = Q∩π.

(a) Riconoscere la quadrica Q. (b) Scrivere l’equazione canonica di Q. (c) Stabilire se Q è una quadrica a centro. In caso affermativo, determinare il centro di Q. (d) Stabilire se Q è una quadrica di rotazione. (e) Scrivere le equazioni della curva Γ′ proiezione ortogonale di Γ sul piano coordinato xy. (f) Riconoscere la curva Γ′ . (g) Riconoscere la curva Γ.

Soluzioni 1. (a) Le matrici A e B possiedono gli stessi autovalori λ1 = 1, λ2 = 2k + 1 e λ3 = 2k − 1. Poiché tali autovalori dipendono dal parametro k, bisogna vedere se esistono autovalori multipli. Si ha che λ1 = λ2 per k = 0, λ1 = λ3 per k = 1, mentre λ2 = λ3 non è mai possibile. Si hanno i seguenti casi. • Per k 6= 0, 1, le due matrici date possiedono tre autovalori reali distinti e quindi sono entrambe diagonalizzabili. Quindi sono simili. • Per k = 0, si ha che A è diagonalizzabile (essendo reale e simmetrica), mentre B non lo è. Quindi le due matrici date non sono simili. • Per k = 1, entrambe le matrici risultano diagonalizzabili. Quindi sono simili. In conclusione, le matrici A e B sono simili per k 6= 0.

(b) Per k = 0, si ha la matrice di permutazione   1 0 0 A = 0 0 1 . 0 1 0

Tale matrice è ortogonale e ha determinate −1. Quindi la trasformazione f : R3 → R3 rappresentata dalla matrice A è una trasformazione ortogonale, inoltre, poiché A è reale e simmetrica e ha come autovalori 1 (contato due volte) e −1, la trasformazione f è una riflessione rispetto al piano dato dall’autospazio V1 = h(1, 0, 0), (0, 1, 1)i.

2. (a) Risolvendo il sistema lineare che definisce il sottospazio X, si trova che il generico vettore di tale sottospazio è x = (x, y, y, −x − y). Scegliamo x1 = (1, 0, 0, −1) (per x = 1 e y = 0). Cerchiamo ora i vettori x = (x, y, y, −x − y) ∈ X ortogonali a x1 . Si deve avere hx, x1 i = 0, ossia 2x + y = 0. Pertanto si hanno i vettori x = (x, −2x, −2x, x). Scegliamo il vettore x2 = (1, −2, −2, 1). Una base ortogonale di X è pertanto data da B = {x1 , x2 }. (b) Utilizzando la base ortogonale B = {x1 , x2 } di X trovata nel punto precedente, si ha che la proiezione ortogonale di v su X è data dal vettore pX (v)

hv, x1 i hv, x2 i x1 + x2 hx1 , x1 i hx2 , x2 i 1 1 = (1, 0, 0, −1) − (1, −2, −2, 1) 2 2 = (0, 1, 1, −1).

=

(c) Il simmetrico ortogonale di v rispetto a X è il vettore sX (v) = 2pX (v) − v = 2(0, 1, 1, −1) − (1, 2, 1, 0) = (−1, 0, 1, −2). (d) L’angolo ϑ tra i vettori v e pX (v) è l’angolo compreso tra 0 e π tale che hv, v′ i 1 3 cos ϑ = = √ √ = √ . ||v|| ||v′ || 6 3 2 Quindi ϑ = π/4.

(e) Poiché le trasformazioni ortogonali conservano il prodotto scalare, esse conservano anche gli angoli. Infatti, si ha cos ϑ′ =

hf (v), f (v′ )i hv, v′ i = = cos ϑ . ′ ||f (v)|| ||f (v )|| ||v|| ||v′ ||

Di conseguenza, si ha ϑ′ = ϑ = π/4. 3. (a) Gli invarianti ortogonali della quadrica sono I4 = 27, I3 = −9, I2 = 3, I1 = 5. Poiché I4 > 0, I3 6= 0, I2 > 0 e I1 I3 < 0, la quadrica Q è un iperboloide iperbolico (a una falda). (b) Gli autovalori della matrice B che rappresenta la parte quadratica dell’equazione di Q sono λ1 = 3, λ2 = 3, λ3 − 1. Quindi l’equazione canonica di Q I4 =0 λ1 x2 + λ2 y 2 + λ3 z 2 + I3 diventa 3x2 + 3y 2 − z 2 = 3. (c) Poiché I3 6= 0, Q è una quadrica a centro. Le coordinate del centro C di Q soddisfano il sistema lineare   x − 2z = 0 y+1=0   z − 2x = 0 da cui si ha C ≡ (0, −1, 0).

(d) Poiché possiede due autovalori uguali, Q è una quadrica di rotazione. (e) Le equazioni di Γ sono ( x2 + 3y 2 + z 2 − 4xz + 6y = 0 Γ: x − 2y + z + 2 = 0 . Dalla seconda equazione si ha z = −x + 2y − 2. Sostituendo nella prima equazione e semplificando, si ottiene ( 6x2 − 12xy + 7y 2 + 12x − 2y + 4 = 0 Γ: x − 2y + z + 2 = 0 .

Pertanto, si ha ′

Γ :

(

6x2 − 12xy + 7y 2 + 12x − 2y + 4 = 0 z = 0.

(f) Poiché è l’intersezione di una quadrica con un piano, la curva Γ è una conica. Poiché Γ′ è la proiezione di Γ sul piano xy parallelamente alla direzione dell’asse z , anche Γ′ è una conica. Nel piano xy, abbiamo la conica di equazione 6x2 − 12xy + 7y 2 + 12x − 2y + 4 = 0. Gli invarianti ortogonali sono I3 = −162 6= 0 e I2 = 6 > 0. Quindi Γ′ è una ellisse reale (irriducibile). (g) Poiché le proiezioni parallele conservano la natura delle coniche, anche la conica Γ è una ellisse reale (irriducibile) come Γ′ .

Esame di Geometria e Algebra Lineare Politecnico di Milano – Ingegneria informatica Prima prova in itinere – 30 Aprile 2014

1. Siano

{ r:

x + h2 z − h + 1 = 0 x−y+2=0

π : x + y + (h2 + 1)z − h − 1 = 0.

(a) Determinare, al variare del parametro reale h, la mutua posizione di r e π. √ (b) Per h = 2 trovare l’intersezione tra r e π. Soluzione. La matrice completa del sistema lineare   x + h2 z − h + 1 = 0 x−y+2=0  x + y + (h2 + 1)z − h − 1 = 0 è



1 0 [A|b] =  1 −1 1 1

 h2 h−1 0 −2  . h2 + 1 h + 1

Facendo II riga−I riga → II riga e III riga−I riga → III riga si ottiene   1 0 h2 h−1  0 −1 −h2 −h − 1  0 1 1 2 e facendo III riga+II riga → III  1 0 h2  0 −1 −h2 U= 0 0 −h2 + 1

riga si ottiene  h−1 −h − 1  −h + 1

che è in forma a scala. Pertanto per h ̸= ±1 si ha rk([A|b]) = rk(A) = 3 ed il sistema ha una ed una sola soluzione, quindi la retta e il piano si incontrano in un punto, le cui coordinate sono la soluzione del sistema; per h = 1 si ha rk([A|b]) = rk(A) = 2 ed il sistema è possibile ma ammette ∞1 soluzioni, dunque la retta giace sul piano; per h = −1 si ha rk([A|b]) = 3, rk(A) = 2 ed il sistema è impossibile quindi la retta e il piano non hanno punti comuni e√la retta è parallela al piano. Per h = 2 la soluzione del sistema è la soluzione del sistema equivalente √  −1  x + 2z = 2 √ −y − 2z√= − 2 − 1  −z = − 2 + 1 e quindi √   x = − √2 + 1 y=√ −3 2 + 1  z = 2−1

2. (a) Scrivere l’equazione cartesiana del piano π contenente i punti di coordinate:       1 0 1 P0 =  1  , P 1 =  1  , P 2 =  0  . 1 0 2 π è uno spazio vettoriale? Se non lo è trovare un piano π ′ parallelo a π che lo sia e calcolarne una base. (b) Sia 

     1 1 0 V = L  0  ,  −1  ,  1  . 1 0 1 Trovare dimensioni e basi dei sottospazi vettoriali V , π ′ ∩ V e π ′ + V . (c) Stabilire se il vettore v = (1, 1, 2) appartiene a π ′ , a V , a π ′ ∩ V e a π ′ + V . T

−−−→ −−−→ Soluzione. Essendo P0 P1 = (−1, 0, −1) e P0 P2 = (0, −1, 1), le equazioni parametriche di π sono   x=1−t y =1−s  z =1−t+s con t, s parametri reali. Eliminando i parametri si ottiene l’equazione cartesiana di π: x − y − z + 1 = 0. Poiché il piano non passa per l’origine, l’equazione non è l’equazione cartesiana di un sottospazio di R3 . Il piano π ′ parallelo a π che è un sottospazio di R3 ha equazione x − y − z = 0. Tale sottospazio è perpendicolare al vettore (1, −1, −1)T e quindi una sua base è formata dai vettori (−1, 0, −1)T e (0, −1, 1)T , che lo generano. I tre generatori di V non sono l.i., infatti il terzo è ottenuto dal primo meno il secondo, i primi due generatori sono invece l.i. e formano una base di V che pertanto ha dimensione 2. I vettori (−1, 0, −1)T , (0, −1, 1)T , (1, 0, 1)T , (1, −1, 0)T sono generatori di π ′ + V , il terzo è proporzionale al primo e quindi può essere eliminato e (−1, 0, −1)T , (0, −1, 1)T , (1, −1, 0)T sono l.i. in quanto   −1 0 1  0 −1 −1  −1 1 0 ha determinante non nullo, e dunque formano una base di π ′ + V , pertanto dim(π ′ + V ) = 3. Dalla formula di Grassmann risulta dim(π ′ ∩ V ) = 1 e dunque (1, 0, 1)T è una sua base in quanto appartiene sia a π ′ sia a V . Il vettore v = (1, 1, 2)T non appartiene a π ′ in quanto le sue coordinate non soddisfano l’equazione cartesiana di π ′ e pertanto non appartiene a π ′ ∩ V . Essendo invece v = (1, 1, 2)T = 2(1, 0, 1)T − (1, −1, 0)T , v appartiene a V e a maggior ragione a π ′ + V .

3. Sia V = R3 [x] lo spazio vettoriale dei polinomi di grado al pi` u tre a coefficienti in R e W = MatR (2, 2) quello delle matrici quadrate 2 × 2 a coefficienti in R. Sia f : V → W l’applicazione lineare rappresentata, rispetto alle basi canoniche EV di V e EW di W dalla matrice   0 1 1 1  0 −1 1 −1   A=  0 −1 1 −1  . 1 0 0 0 (a) Calcolare f (1 + x2 − x3 ). (b) Trovare la dimensione ed una base del nucleo e dell’immagine di f . Si riesce a riconoscere Im(f )? (c) Completare le basi del punto precedente rispettivamente ad una base BV di V e ad una base BW di W . Ricavare le matrici del cambiamento di base da EV a BV e da BW a EW . (d) Determinare la matrice A′ che rappresenta f rispetto alle basi BV e BW . (e) Verificare che A rappresenta l’applicazione f definita come ( ) P (1) − P (0) P (−1) − P (0) f (P ) = P (−1) − P (0) P (0) rispetto alle basi canoniche (dove P indica un generico polinomio di V ). Soluzione. Essendo (1+x2 −x3 )EV = (1, 0, 1, −1)T , si ha f (1+x2 −x3 )EW = A·(1, 0, 1, −1)T = (0, 2, 2, 1) quindi ( ) 0 2 2 3 f (1 + x − x ) = . 2 1 La matrice A ha due colonne uguali e si verifica facilmente che 0 1 1 A = 0 −1 1 = 2 1 0 0 dunque rk(A) = 3 da cui dim Im(f ) = 3, e per il teorema di nullità pi` u rango dim(ker(f )) = 1. R4 è isomorfo a MatR (2, 2), e l’immagine di f è rappresentata in R4 dallo spazio generato dalle colonne di A, di cui una base è data da       0 1 1            0  ,  −1  ,  1  .  0   −1   1       1 0 0 Ne segue che una base per Im(f ) è {( ) ( ) ( )} 0 0 1 −1 1 1 , , . 0 1 −1 0 1 0 Quindi Im(f ), essendo formata da tutte le combinazioni lineari di matrici simmetriche, contiene solo matrici simmetriche. Inoltre poiché ha dimensione 3, che è la stessa dello spazio delle matrici simmetriche di ordine 2 sul campo reale, coincide proprio con quest’ultimo sottospazio. Il sistema Ax = 0 ha come soluzione (0, t, 0, t)T e dunque una base di ker f è {x + x3 }. Se aggiungiamo a       0 1 1            0  ,  −1  ,  1   0   −1   1       1 0 0

il vettore  0  1   0 0

   

otteniamo quattro vettori conseguenza una base BW {( ) ( 0 0 1 , 0 1 −1

linearmente indipendenti che quindi sono una base per R4 . Di è ) ( ) ( )} −1 1 1 0 1 , , . 0 1 0 0 0

Se aggiungiamo a   0  1     0  1 i tre vettori e1 , e2 , e3 della base canonica di R4 , abbiamo quattro vettori linearmente indipendenti e di conseguenza una base BV è {x + x3 , 1, x, x2 }. La matrice del cambiamento di base da EV a BV è   0 1 0 0  1 0 1 0   S=  0 0 0 1 . 1 0 0 0 Analogamente la matrice del cambiamento di base da EW a BV è   0 1 1 0  0 −1 1 1   T =  0 −1 1 0  1 0 0 0 e la matrice del cambiamento di base da BW a EW è la sua inversa   0 0 0 1  1 0 −1 0  2 2 . T −1 =  1  1 0 0  2 2 0 1 −1 0 La matrice A′ che rappresenta f rispetto alle basi BV e BW è quindi   0 1 0 0  2 0 1 0   T −1 AS =   0 0 0 1 . 0 0 0 0 Sia P = a + bx + cx2 + dx3 ∈ R3 [x]) allora ( ) b + c + d −b + c − d f (P ) = . −b + c − d a Ora PEV = (a, b, c, d)T , f (P )EW = (b + c + d, −b + c − d, −b + c − d, a)T = A · (a, b, c, d)T dove   0 1 1 1  0 −1 1 −1   A=  0 −1 1 −1  . 1 0 0 0

GEOMETRIA ED ALGEBRA LINEARE SOLUZIONI SECONDA PROVA IN ITINERE - 29/06/2011 Esercizio 1. (4 + 5 + 2 punti) Nello spazio euclideo R3 siano date le rette r ed s di equazioni parametriche r : x = t, y = 1 + t, z = 1, e s : x = q, y = 1, z = −q. (1) Discutere la loro posizione reciproca e determinare l’ angolo che esse formano. (2) Determinare l’ equazione cartesiana del piano contenente r e parallelo ad s, e determinare la distanza tra r ed s. (3) Determinare il massimo angolo che un piano contenente r forma con la retta s. Calcolare quindi l’ equazione del piano contenente r che soddisfa tale condizione. Soluzione − → (1) Le rette r ed s sono parallele, rispettivamente, ai vettori → r = [1, 1, 0]t ed − s = [1, 0, −1]t . Poiché i parametri direttori non sono proporzionali, le rette non sono parallele. Il punto R(0, 1, 1) appartiene ad r, il punto S(0, 1, 0) appartiene ad s. Il prodotto misto −→ → − hRS, − r ,→ s i risulta   0 0 −1 −→ − − hRS, → r ,→ s i = det  1 1 0  = 1 6= 0, 1 0 −1 per cui r, s sono rette sghembe. Abbiamo inoltre → → h− r ,− si 1 1 cos(rs) b = − =√ √ = , → − → 2 k r kk s k 2 2 e quindi rs b = π/3. (2) Il fascio di piani contenenti r ha equazione Fr : x−y+1+λ(z−1) = 0. Il parallelismo con s si realizza imponendo che sia nullo il prodotto scalare h[1, −1, λ]t , [1, 0, −1]t i, da cui λ = 1. Il piano richiesto ha quindi equazione x − y + z = 0. la distanza d(r, s) si può calcolare come distanza di un punto di s, per esempio S(0, 1, 0), da tale piano, da cui | − 1| 1 d(r, s) = √ = √ . 3 3 −→ → − In alternativa, d(r, s) si può anche ottenere dividendo |hRS, − r ,→ s i| per la radice quadrata −→ della somma dei quadrati dei complementi algebrici delle componenti di RS. (3) Il seno dell’angolo formato con la retta s dal generico piano per r risulta d sin(F r s) = √

1−λ √ . 2 + λ2 2

La derivata prima risulta √

2(2 + λ) , 2(2 + λ2 )3/2 positiva per λ < −2. Quindi il massimo si ottiene per λ = −2, corrispondente al piano x − y − 2z + 3 = 0. Inoltre, per λ = −2 si ha √ 3 d , sin(F r s) = 2 −

1

2

e quindi l’angolo massimo vale π/3. Il risultato si può anche dedurre geometricamente, essendo tale angolo uguale a quello formato dalle rette r, s considerate. Esercizio 2. (6 + 4 + 1 punti) Nel piano euclideo R2 sia dato il fascio di coniche di equazione Ck : kx2 + 2(2 − k)xy + ky 2 − x − y + 1 − k = 0. (1) Posto k = 3, classificare la conica C3 e determinarne una sua equazione canonica. Calcolare quindi le coordinate del suo centro e gli assi, oppure calcolare il cambio di riferimento che la riporta in forma canonica. (2) Determinare i valori di k per cui Ck è una conica degenere e le coordinate dei punti base del fascio. (3) Calcolare poi i valori di k per cui Ck è un’ iperbole equilatera, e quelli per cui essa è una circonferenza. Soluzione (1) Per k = 3 l’equazione diventa 3x2 − 2xy + 3y 2 − x − y − 2 = 0. Calcolando gli invarianti abbiamo I3 = −18, I2 = 8, I1 = 6, quindi la conica è un’ellisse reale. L’equazione caratteristica risulta λ2 − 6λ + 8 = 0, che fornisce gli autovalori λ1 = 2 e λ2 = 4. La forma canonica λ1 x2 + λ2 y 2 + I3 /I2 = 0 risulta quindi 2x2 + 4y 2 − 9/4 = 0. A λ1 = 2 corrisponde l’autospazio E2 : x − y = 0, mentre a λ2 = 4 corrisponde l’autospazio E4 : x + y = 0. Il sistema delle derivate parziali uguagliate a zero fornisce il centro C(1/4, 1/4). Gli assi hanno quindi equazione y = x ed y = −x + 1/2. Il cambio di riferimento che porta la conica in forma canonica risulta √ ¸ · √ 1/√2 −1/√ 2 t [x, y] = [x0 , y 0 ]t + [1/4, 1/4]t . 1/ 2 1/ 2 (2) Per k generico abbiamo I3 = (1 − k)(4k − 3), che si annulla per k = 1, 3/4. Inoltre, per k = ∞ abbiamo la conica x2 − 2xy + y 2 − 1 = 0 che si spezza nelle rette x − y − 1 = 0 edx − y + 1 = 0. I punti base si ottengono intersecando due qualsiasi coniche del fascio. Utilizziamo le coniche degeneri corrispondenti a k = 1 e k = ∞ ½

x2 + 2xy + y 2 − x − y = 0 (k = 1) (x − y − 1)(x − y + 1) = 0 (k = ∞)

½ ⇒

(x + y)(x + y − 1) = 0 (x − y − 1)(x − y + 1) = 0.

Considerando i quattro sistemi lineari derivanti otteniamo ½ x+y =0 ⇒ A(1/2, −1/2), x − y − 1 = 0. ½ x+y =0 ⇒ B(−1/2, 1/2), x − y + 1 = 0. ½ x+y−1=0 ⇒ C(1, 0), x − y − 1 = 0. ½ x+y−1=0 ⇒ D(0, 1). x − y + 1 = 0. (3) L’invariante lineare è I1 = 2k, e si annulla per k = 0. POiché questo valore non corrisponde ad una conica degenere, la corrispondente conica è un’iperbole equilatera.

3

Per avere una circonferenza deve innanzitutto essere nullo il coefficiente del termine xy, il che avviene per k = 2. Per questo valore i coefficienti di x2 e di y 2 sono uguali, e quindi, la conica corrispondente a k = 2, essendo non degenere, è una circonferenza. Esercizio 3. (4 + 5 + 2 punti) Nello spazio euclideo R3 siano dati il punto F (0, 0, 1) ed il piano α : x − y = 1. (1) Determinare l’ equazione cartesiana del luogo S formato dai punti P ∈ R3 che verificano la condizione √ d(P, F ) = 2d(P, α) e verificare che S è una quadrica. (2) Classificare S, calcolare una sua equazione canonica, e specificare se è una quadrica di rotazione. (3) Determinare un piano che incontra S lungo una circonferenza, e calcolare l’ equazione dell’ eventuale asse di rotazione della quadrica. Soluzione (1) Detto P (x, y, z) il generico punto dello spazio, la condizione fornisce √

√ |x − y − 1| √ 2 , 2 da cui, elevando al quadrato e svolgendo i calcoli, otteniamo la quadrica S di equazione 2xy + z 2 + 2x − 2y − 2z = 0. x2 + y 2 + (z − 1)2 =

(2) La matrice associata ad S risulta 

 0 1 0 1  1 0 0 −1  . AS =   0 0 1 −1  1 −1 −1 0 Il calcolo degli invarianti fornisce I4 = −1, I3 = 1, I2 = −1, I1 = 1. L’equazione caratteristica −λ3 + I2 λ − I1 λ2 + I3 fornisce soluzioni λ1 = λ2 = 1, λ3 = −1. La quadrica è quindi un iperboloide a due falde di rotazione. Essendo I4 /I3 = 1, una forma canonica di S risulta x2 + y 2 − z 2 + 1 = 0. (3) Il sistema delle derivate parziali uguagliate a zero fornisce il centro C(1, −1, 1). L’asse di rotazione è parallelo all’autospazio associato all’autovalore semplice e passa per C. Per λ = −1 abbiamo l’autospazio E−1 = {[x, −x, 0]t , x ∈ R}. Quindi l’asse di rotazione ha equazioni parametriche   x=1+q y = −1 − q  z = 1. I piani che tagliano S secondo circonferenze devono essere ortogonali a questa retta (paralleli all’autospazio E1 associato all’autovalore doppio), quindi del tipo x − y + k = 0, e passare per punti dell’asse di rotazione collocati da parte opposta del centro rispetto ai vertici. Intersecando S con l’asse di rotazione otteniamo

4

  −2q 2 + 1 = 0x = 1 + q y = −1 − q  z = 1,

√ √ √ da cui q = ±1/ 2, corrispondente ai vertici. Per q < −1/ 2 e q > 1/ 2, abbiamo punti dell’asse di rotazione per i quali passano piani x − y − 2q − 2 = 0 che tagliano S secondo circonferenze

Esame di Geometria Politecnico di Milano – Ingegneria Secondo compito in itinere – 4 Luglio 2012

1. Determinare i valori del parametro reale k per i quali la matrice   2k + 1 1 k k+3 0  A= 0 0 1 3k + 1 è diagonalizzabile. 2. Sia X = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x−y +2z = 0 , x+z −t = 0} un sottospazio di R4 . (a) Determinare una base ortogonale di X . (b) Determinare la proiezione ortogonale del vettore v = (1, 1, −1, 1) sul sottospazio X . 3. Sia f : R3 → R3 la trasformazione lineare rappresentata, rispetto alla base canonica, dalla matrice √  √  −2 − 3 1 8− 3 √   10 5 2 √5     1 3 1   A= − √ − −√  .  2 2 √ 5 5    √  −2 − 3 1−2 3 1 √ 5 5 5 (a) Riconoscere f e determinarne gli elementi caratteristici. (b) Calcolare A13 . (c) Dato x = (1, 1, 1) , calcolare la norma di f (x) . 4. Siano π1 : x − 2y + 3z − 1 = 0 e π2 : x − 2y + 3z + 13 = 0 . (a) Stabilire se π1 e π2 sono paralleli. (b) Scrivere l’equazione cartesiana della sfera S tangente al piano π1 nel punto P1 ≡ (2, 2, 1) e tangente al piano π2 . 5. Sia Γ la conica di equazione x2 + 6xy − 7y 2 + 4x + 4y + 2 = 0 . (a) (b) (c) (d)

Riconoscere Γ . Determinare il centro e gli assi di Γ . Scrivere l’equazione in forma canonica di Γ . Data la conica Γ0 : 2x2 − 8y 2 − 4x + 1 = 0 , stabilire se esiste una rototraslazione che porta Γ in Γ0 .

Risposte 1. Gli autovalori di A sono λ1 = 2k + 1 , λ2 = k + 3 , λ3 = 3k + 1 . Ci sono almeno due autovalori uguali quando k = 0, 1, 2 . La matrice risulta essere diagonalizzabile per k 6= 1 . 2. (a) Una base ortogonale di X è data, ad esempio, dai vettori x1 = (1, 1, 0, 1) ,

x2 = (1, −1, −1, 0) .

(b) La proiezione ortogonale di v su X è v0 =

hv, x1 i hv, x2 i x1 + x2 = hx1 , x1 i hx2 , x2 i

µ

¶

4 2 1 , ,− ,1 3 3 3

.

3. (a) Poiché la matrice A è ortogonale e |A| = 1 , la trasformazione f è una rotazione. Pi` u precisamente, risulta essere la rotazione di un angolo θ = 56 π attorno al vettore a = (2, 0, −1) , in senso antiorario. (b) Poiché A = R(a; 56 π) , si ha µ ¶ µ ¶ µ ¶ 5 5 5 A13 = R a; 13 π = R a; 10π + π = R a; π = A . 6 6 6 (c) Poiché f è una rotazione, si ha ||f (x)|| = ||x|| =

√

3.

4. I piani π1 e π2 sono paralleli. Quindi il centro C di S è il punto medio del segmento P1 P2 , dove P2 è la proiezione ortogonale di P1 su P2 , e il raggio r è la met` √a dello stesso segmento. Si ha P2 ≡ (1, 4, −2) , C ≡ (3/2, 3, −1/2) , r = 14/2 . Quindi S : (x − 3/2)2 + (y − 3)3 + (z + 1/2)2 = 7/2 , ossia S : x2 + y 2 + z 2 − 3x − 6y + z + 8 = 0 . 5. (a) Γ è un’iperbole (non equilatera) non degenere ( I3 = 16 , I2 = −16 , I1 = −6 ). (b) Il centro è C ≡ (−5/4, −1/4) , mentre gli assi sono le rette di equazioni 3x + y + 4 = 0 e 2x − 6y + 1 = 0 . (c) L’equazione in forma canonica è 2x2 − 8y 2 = 1 , ossia

x2 1/2

2

y − 1/8 = 1.

(d) Poiché Γ0 : 2(x − 1)2 − 8y 2 = 1 , Γ e Γ0 hanno la medesima equazione in forma canonica e quindi esiste una rototraslazione che porta l’una nell’altra.

GEOMETRIA ED ALGEBRA LINEARE TEMA D’ ESAME 19/02/2013 SOLUZIONI Tutti i calcoli devono essere riportati per la correzione, e le risposte devono essere giustificate. Esercizio 1. Si consideri la seguente matrice   h 2−h h 2 h − 1 , A= 1 1 −h 3 essendo h un parametro reale. (1) Determinare, al variare di h in R, la caratteristica di A (2) Determinare nucleo ed immagine dell’endomorfismo f : R3 → R3 tale che f (X) = AX, al variare di h in R. (3) Determinare, nel caso h = 1, il coseno dell’angolo tra ker f ed Im f Soluzione. (1) Il determinante di A è uguale ad h3 −3h2 +10h−8, e si fattorizza in (h−1)(h2 −2h+8). Il primo fattore si annulla per h = 1, mentre il secondo è sempre diverso da zero. Quindi, per h 6= 1 la caratteristica di A è uguale a 3. Per h = 1 si vede facilmente che la caratteristica è 2, essendoci un minore non nullo di ordine 2, per esempio {R1 , R2 } ∩ {C1 , C2 }. (2) L’endomorfismo f è rappresentato, rispetto alla base canonica, dalla matrice A. Quindi, per h = 1 abbiamo ker f = {0} ed Im f = R3 - Per h = 1 l’immagine di f ha dimensione 2, ed è generata, per esempio, dalle prime due colonne di A. Il nucleo si ottiene invece risolvendo il sistema   x+y+z =0 x + 2y = 0  x − y + 3z = 0. Poiché la caratteristica di A è uguale a 2 abbiamo ∞1 soluzioni, che possono essere ottenute riducendo il sistema al seguente ½ x + y = −z x + 2y = 0, da cui x = −2z ed y = z. Quindi ker f = {[−2z, z, z]t , z ∈ R}, ed una sua base è, per esempio, {[−2, 1, 1]t }. (3) L’equazione del piano Im f è data da   1 1 x det  1 2 y  = 0 ⇒ 3x − 2y − z = 0. 1 −1 z L’angolo α tra nucleo ed immagine corrisponde all’angolo tra il nucleo e la sua proiezione su tale piano. Consideriamo la retta passante per P (−2, 1, 1) e perpendicolare ad Im f 1

2

  x = −2 + 3t y = 1 − 2t  z = 1 − t, t ∈ R. Sostituendo in 3x − 2y − z = 0 si ottiene t = 9/14, per cui la retta interseca il piano nel punto H(−1/14, −2/7, 5/14). Di conseguenza si ha −→ −−→ hOP , OHi 1 cos α = −→ −−→ = √ . 2 5 |OP ||OH| Esercizio 2. Nel piano euclideo, si consideri la conica γ di equazione 3x2 − 4xy + 2y 2 − 8x + 15 = 0. (1) Classificare γ e ridurla a forma canonica. (2) Determinare l’equazione della circonferenza γ1 di raggio massimo contenuta in γ, e l’equazione della circonferenza γ2 di raggio minimo contenente γ, nel caso in cui γ1 e γ2 abbiano lo stesso centro di γ. Soluzione. (1) Dal calcolo degli invarianti otteniamo I3 = −2, I2 = 2, I1 = 5, quindi γ è un’ellisse reale. La forma canonica è I3 = 0, I2 essendo λ : 1, λ2 gli autovalori associati alla parte√quadratica. Dall’equazione caratteristica χ(λ) = λ2 − I1 λ + I2 = 0 ricaviamo λ = 5±2 17 . Quindi una forma canonica di γ risulta √ √ 5 − 17 2 5 + 17 2 x + y − 1 = 0. 2 2 (2) Il centro C di γ è la soluzione del sistema delle derivate parziali uguagliate a zero, cioè ½ 6x − 4y − 8 = 0 −4x + 4y = 0, da cui C(4, 4). I raggi R1 , R2 delle circonferenze γ1 , γ2 corrispondono, rispettivamente, al semiasse minore ed al semiasse maggiore di γ. Questi si possono dedurre imediatamente dalla forma canonica, e risultano s s 2 2 √ , R2 = √ . R1 = 5 + 17 5 − 17 λ 1 x2 + λ 2 y 2 +

Pertanto si ha γ1 : (x − 4)2 + (y − 4)2 =

2 √ , 5+ 17

e γ2 : (x − 4)2 + (y − 4)2 =

2 √ . 5− 17

Esercizio 3. Nello spazio euclideo, si considerino il punto F (1, 0, 1) ed il piano π di equazione x − y = 0. (1) Calcolare l’equazione del luogo Γ formato dai punti equidistanti da F e da π. (2) Verificare che Γ è una quadrica di rotazione, classificarla e ridurla a forma canonica. (3) Determinare l’equazione dell’asse di rotazione della quadrica

3

Soluzione. p (1) Sia P (x, y, z) il generico punto dello spazio. Abbiamo P F = (x − 1)2 + y 2 + (z − 1)2 , √ mentre la distanza di P da π risulta |x − y|/ 2. Quindi l’equazione del luogo Γ è data da p

|x − y| √ . 2 Elevando al quadrato entrambi i membri e semplificando otteniamo x2 + 2xy + y 2 + 2z 2 − 4x − 4z + 4 = 0. (2) L’equazione determinata è algebrica di secondo grado, il che mostra che Γ è una quadrica. Il calcolo degli invarianti fornisce I4 = −8, I3 = 0, quindi si ha un paraboloide ellittico. L’equazione caratteristica risulta χ(λ) = (2 − λ)[(1 − λ)2 − 1] = 0, le cui soluzioni sono λ = 2 (soluzione doppia) e λ = 0. Essendoci un autovalore doppio non nullo la quadrica è di rotazione. Una forma canonica è del tipo 2x2 + 2y 2 + 2Cz = 0. Il coefficiente C si pu` ed uguagliandolo a −8, il √ o ricavare calcolando l’invarianti quartico √ 2 2 che fornisce C = ± 2. Quindi la forma canonica risulta x + y ± 2z = 0. (3) L’autospazio associato all’autovalore doppio è il piano π, quindi l’asse di rotazione è perpendicolare a tale piano e quindi ha parametri direttori 1, −1, 0. Il punto medio del segmento di perpendicolare calato da F su π appartiene, per definizione, al luogo Γ, e fornisce il punto a minima distanza da π. Esso è quindi il vertice del paraboloide, per cui l’asse di rotazione passa per F . Di conseguenza   x=1+t y = −t  z = 1, t ∈ R, forniscono le equazioni parametriche dell’asse di rotazione (x − 1)2 + y 2 + (z − 1)2 =

GEOMETRIA ED ALGEBRA LINEARE Prova d’ esame - 18/07/2012 - Versione A Tutti i calcoli devono essere riportati per la correzione, e le risposte devono essere giustificate. Esercizio 1. (11 punti) Sia V = R3 e si consideri la sua base B = ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)). Sia poi data la matrice   1 0 0 A= 1 0 1  −2 2 −1 e sia f : V → V l’ endomorfismo definito da MB,B (f ) = A. (1) Calcolare gli autovalori di f. (2) Calcolare una base per ogni autospazio di f, ed una matrice invertibile P, se esiste, che diagonalizza A. → (3) Usando poi il prodotto scalare standard di V, determinare un vettore u non nullo → → → di R3 tale che l’ angolo tra u e f ( u) sia ottuso. Ne esiste anche uno non nullo v → → tale che l’ angolo tra v e f ( v ) sia retto? Svolgimento. Il polinomio caratteristico di f è p(t) = det(A − tI) = (1 − t)[(−t)(−1 − t) − 2] = −(t − 1)2 (t + 2). Essendo le sue radici reali, gli autovalori di f sono t1 = 1 e t2 = −2 di molteplicità m(1) = 2, m(−2) = 1, rispettivamente. → Calcoliamo ora l’ autospazio V (1) : i vettori v che appartengono a tale autospazio → hanno componenti [ v ]B = t(a, b, c) che risolvono il sistema lineare omogeneo avente   0 0 0 A − I =  1 −1 1  −2 2 −2 come matrice dei coefficienti delle incognite. Effettuando l’ operazione elementare R3 + 2R2 → R3 si ottiene una matrice ridotta per righe di rango 1, e quindi dim(V (1)) = → → 3 − 1 = 2 = m(1). Sia B1 = (v1 ,v2 ) una base di V (1). L’ unica equazione da risolvere → → è a − b + c = 0 e quindi b = a + c. Le componenti dei vettori v1 ,v2 di B1 sono, ad → → → esempio, [v1 ]B = t(1, 1, 0) e [v2 ]B = t(0, 1, 1). Con facili calcoli si ottiene che v1 = (1, 1, 0) → e v2 = (1, 2, 1). → Con procedimento analogo, si ha che V (−2) ha dimensione 1, e, detta B−2 = (v3 ) una → → → sua base, le componenti di v3 sono [v3 ]B = t(0, 1, −2). In conclusione, v3 = (−2, −1, −2). Essendo le radici di p(t) tutte reali, ed avendo gli autospazi dimensione uguale alla → → → molteplicità dell’ autovalore relativo, f è diagonalizzabile, E = (v1 ,v2 ,v3 ) è una base di V di autovettori per f, ed una matrice P che diagonalizza A è   1 0 0 P = ME,B (1) =  1 1 1  . 0 1 −2 →

→

→

→

→

Consideriamo il vettore w=v3 +t v dove v = (1, 0, −1) ∈ V (1) è ortogonale a v3 . → → → → → → → Usando la linearità di f, si ha che f (w) = −2 v3 +t v , e quindi w ·f (w) = −2 v3 · v3 → → → → → −t v · v3 +t2 v · v = −18 + 2t2 . Se 2t2 − 18 < 0, ossia −3 < t < 3, l’ angolo tra w e la sua → immagine è ottuso, mentre se t = 3 oppure t = −3, w è ortogonale alla sua immagine. 1

2

Esercizio 2. (11 punti) In R4 , siano dati i sottospazi V = L((1, 0, −1, 0), (0, −1, 2, 1)) e W = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + 2y + z = 0, z − t = 0} e siano f : R4 → R4 e g : R4 → R4 applicazioni lineari tali che V = Im(f ) e W = ker(g). (1) Determinare una base di V ∩ W e la sua dimensione. (2) Costruire un esempio esplicito di f e g in modo che ker(f ◦ g) = W. (3) Calcolare dim ker(g ◦f ) e dedurre che g ◦f ha un autovalore di molteplicità almeno 3. Svolgimento. I vettori di V sono della forma a(1, 0, −1, 0) + b(0, −1, 2, 1) = (a, −b, −a + 2b, b) con a, b ∈ R. Sostituendo tale vettore nel sistema che definisce W, otteniamo il nuovo sistema lineare a − b = 0 essendo la prima equazione identicamente soddisfatta. Abbiamo che le soluzioni sono infinite e tutte verificano a = b. Quindi, V ∩ W ha dimensione 1 ed una sua base è B = ((1, −1, 1, 1)). Il sottospazio W ha base BW = ((−2, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 1)) che si ottiene con facili calcoli risolvendo il sistema che definisce W. Una base di R4 che completa la base di W è, ad esempio, B = ((−2, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1)). Definiamo g ponendo g(−2, 1, 0, 0) = (0, 0, 0, 0), g(−1, 0, 1, 1) = (0, 0, 0, 0), g(1, 0, 0, 0) = (1, 0, 0, 0), g(0, 0, 0, 1) = (0, 0, 0, 1). ` evidente che Im(g) = L((1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1)). Definiamo ora f ponendo E f (1, 0, 0, 0) = (0, −1, 2, 1), f (0, 0, 0, 1) = (1, 0, −1, 0), f (0, 1, 0, 0) = (0, 0, 0, 0), f (0, 0, 1, 0) = (0, 0, 0, 0). La composizione delle due applicazioni si calcola facilmente, ed abbiamo (f ◦ g)(−2, 1, 0, 0) = (f ◦ g)(−1, 0, 1, 1) = (0, 0, 0, 0), (f ◦ g)(1, 0, 0, 0) = (0, −1, 2, 1), (f ◦ g)(0, 0, 0, 1) = (1, 0, −1, 0) ed è quindi evidente che ker(f ◦ g) = W mentre Im(f ◦ g) = V. Dal teorema del rango, sappiamo che dim(V ) = dim(ker(g ◦ f )) + dim(Im(g ◦ f )). Dalla definizione di applicazione composta, sappiamo che Im(g ◦ f ) = Im(G) dove G : Im(f ) → V è la restrizione di g a im(f ). Il nucleo di G è Im(f ) ∩ ker(g) = V ∩ W e quindi dim(Im(G)) = dim(Im(f ) = V ) − dim(V ∩ W ) = 1. In conclusione, dim(ker(g ◦ f )) = 3, e quindi g ◦ f ha l’ autovalore 0 con autospazio V (0) di dimensione 3. Ne risulta che m(0) ≥ 3. Esercizio 3. (11 punti) Sia dato il piano α : x − y − 1 = 0, e sia Q la quadrica formata dai punti P che verificano √ 2 d(P, r) = d(P, α) 3 dove r è l’ asse x. (1) Classificare Q dopo averne calcolato l’ equazione. (2) Trovare una forma canonica della conica Q ∩ [yz] essendo [yz] il piano coordinato che contiene gli assi y ed z, ed il relativo cambio di coordinate.

3

√ Svolgimento. Sia P (x, y, z) un punto. La distanza di P dall’ asse x è d(P, r) = y 2 + z 2 visto che la proiezione ortogonale di P su tale retta √ ha coordinate (x, 0, 0). La distanza di P dal piano α è uguale a d(P, α) = |x − y − 1|/ 2. Sostituendo nella relazione che definisce Q, elevando al quadrato e semplificando, otteniamo l’ equazione Q : x2 − 2xy − 2y 2 − 3z 2 − 2x + 2y + 1 = 0. Le matrici associate a Q sono   1 −1 0 −1  −1 −2 0 1   B=  0 0 −3 0  −1 1 0 1



e

 1 −1 0 A =  −1 −2 0  . 0 0 −3

Effettuando le operazione elementari R2 + R1 → R2 , R4 + R1 → R4 sulle righe di B si ottiene una matrice ridotta con l’ ultima riga nulla. Quindi, r(B) = 3 ossia Q è una quadrica singolare. Il polinomio caratteristico di A è p(t) = (−3 − t)(t2 + t − 3) e quindi A ha due autovalori negativi ed uno positivo. Di conseguenza, Q è un cono reale. La conica Γ = Q ∩ [yz] ha equazione x = 0, 2y 2 + 3z 2 − 2y − 1 = 0. La matrice completa della conica è   2 0 −1 B′ =  0 3 0  −1 0 −1 ed ha determinante det(B ′ ) = −9. Quindi Γ è non degenere. In particolare, è un’ ellisse, essendo gli autovalori di A′ uguali a 2 e 3. Una sua forma canonica è 9 2Y 2 + 3Z 2 − = 0 6 1 ed avendo Γ centro di simmetria in ( 2 , 0) il cambio di coordinate che la riporta in forma canonica è ( ) ( ) ( 1 ) y Y = + 2 . z Z 0

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GEOMETRIA ED ALGEBRA LINEARE Prova d’ esame - 18/07/2012 - Versione B Tutti i calcoli devono essere riportati per la correzione, e le risposte devono essere giustificate. Esercizio 4. (11 punti) Sia V = R3 e sia B = ((1, 1, 1), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) una sua base. Sia poi data la matrice   −1 2 −2 A= 1 0 1  0 0 1 e sia f : V → V l’ endomorfismo definito da MB,B (f ) = A. (1) Calcolare gli autovalori di f. (2) Calcolare una base per ogni autospazio di f, ed una matrice invertibile P, se esiste, che diagonalizza A. → (3) Usando poi il prodotto scalare standard di V, determinare un vettore u non nullo → → → di R3 tale che l’ angolo tra u e f ( u) sia ottuso. Ne esiste anche uno non nullo v → → tale che l’ angolo tra v e f ( v ) sia retto? Esercizio 5. (11 punti) In R4 , siano dati i sottospazi V = L((0, 1, −1, 0), (−1, 0, 2, 1)) e

W = {(x, y, z, t) ∈ R4 | 2x + y + z = 0, z − t = 0} e siano f : R4 → R4 e g : R4 → R4 applicazioni lineari tali che V = Im(f ) e W = ker(g). (1) Determinare una base di V ∩ W e la sua dimensione. (2) Costruire un esempio esplicito di f e g in modo che ker(f ◦ g) = W. (3) Calcolare dim ker(g ◦f ) e dedurre che g ◦f ha un autovalore di molteplicità almeno 3. Esercizio 6. (11 punti) Sia dato il piano α : x − y − 1 = 0, e sia Q la quadrica formata dai punti P che verificano √ 2 d(P, r) = d(P, α) 3 dove r è l’ asse y. (1) Classificare Q dopo averne calcolato l’ equazione. (2) Trovare una forma canonica della conica Q ∩ [xz] essendo [xz] il piano coordinato che contiene gli assi x ed z, ed il relativo cambio di coordinate.

Esame di Geometria Politecnico di Milano – Ingegneria Appello del 17 luglio 2013

1. Sia f : R3 → R3 l’endomorfismo tale che i. (1, 1, 0) è un autovettore per f relativo all’autovalore 1 ; ii. (1, 0, 1) è un autovettore per f relativo all’autovalore −1 ; iii. f (0, 1, 1) = (1, −1, 0) . (a) Determinare la matrice rappresentativa di f rispetto alla base canonica di R3 . (b) Determinare gli autovalori di f e i corrispondenti autospazi e dire se f è diagonalizzabile; (c) Stabilire se f è invertibile e in caso affermativo dire se f −1 è diagonalizzabile. Soluzione Poiché v 1 = (1, 1, 0) è un autovettore per f relativo all’autovalore 1, si ha f (v 1 ) = v 1 , e analogamente poiché v 2 = (1, 0, 1) è un autovettore per f relativo all’autovalore −1, si ha f (v 2 ) = −v2 . Inoltre v 1 , v 2 e v 3 = (1, −1, 0) sono linearmente indipendenti, quindi f è univocamente determinata. Si ha con facili conti che e1 = 12 (v 1 + v 2 − v 3 ), e3 = v 2 −e1 e e2 = v 3 −e3 , da cui per linearità si ottiene f (e1 ) = 12 (f (v 1 )+ f (v 2 ) − f (v 3 )) = (− 12 , 1, − 21 ), f (e3 ) = f (v 2 ) − f (e1 ) = (− 12 , −1, − 21 ) e f (e2 ) = f (v 3 )− f (e3 ) = ( 32 , 0, 21 ). La matrice rappresentativa di f rispetto alla base canonica di R3 è quindi   1 3 − 2 2 − 12 0 −1  . A= 1 1 − 2 12 − 12

Il polinomio caratteristico di A è (λ + 1)(1 − λ2 ) e dunque gli autovalori di A sono 1 con molteplicità algebrica 2 e −1. Poiché la matrice A − I ha rango 2 l’autospazio associato all’autovalore 1 è generato dall’autovettore (1, 1, 0) ed è quindi formato dai vettori {(t, t, 0)|t ∈ R}. L’autovalore −1 è semplice quindi il suo autospazio ha dimensione 1 ed è generato dall’autovettore (1, 0, 1) per cui è formato dai vettori {(s, 0, s)|s ∈ R}. Poiché l’autovalore 1 non è regolare la matrice A (e quindi l’endomorfismo f ) non è diagonalizzabile. L’endomorfismo f è invertibile perché detA = −1 e sappiamo ogni autovettore di una matrice invertibile B associato a un autovalore λ è autovettore di B −1 associato all’autovalore λ1 , per cui A−1 ha gli stessi autovettori di A e quindi R3 non ammette una base di autovettori di A−1 e dunque A−1 (e quindi l’endomorfismo f −1 ) non è diagonalizzabile.

2. Sia Σ la sfera in R3 con centro nell’origine e raggio uguale a 2. (a) Scrivere l’equazione cartesiana del piano π passante per P ≡ (1, 1, 0) e√parallelo all’asse z che taglia Σ lungo una circonferenza Γ di raggio 2. (b) Scrivere l’equazione del cilindro C con generatrici perpendicolari al piano π avente Γ come direttrice. (c) Determinare l’equazione di una sfera tangente al piano π e inscritta nel cilindro C , e il numero di tali sfere. Soluzione La sfera Σ ha equazione x2 + y 2 + z 2 = 4. Il generico piano parallelo all’asse z e passante per P è un piano del fascio di equazione ax + by − a − b = 0. Tra i piani di questo fascio dobbiamo cercare quello √ che taglia Σ lungo una circonferenza Γ di raggio 2 . Tale piano deve quindi avere dal centro della sfera (che è l’origine degli assi) una distanza √ √ √ = d = 4 − 2 = 2, deve pertanto essere √|−a−b| 2 da cui si ottiene 2 2 a +b a = b; pertanto l’equazione del piano π è x + y − 2 = 0. Le generatrici del cilindro hanno direzione perpendicolare a π e pertanto una loro terna di parametri direttori è (1, 1, 0). Il sistema formato dalle equazioni di Σ e π rappresenta la direttrice, quindi le equazioni parametriche della generica direttrice sono x = x0 + t, y = y0 + t, z = z0 con x20 + y02 + z02 = 4, x0 + y0 = 2. Da questa ultima ricaviamo da cui x0 = x−y+2 , y0 = y−x+2 . x − t + y − t = 2, ovvero t = x+y−2 2 2 2 2 2 2 Sostituendo x0 , y0 , z0 in x0 + y0 + z0 = 4 si ottiene quindi l’equazione del cilindro ( x−y+2 )2 + ( y−x+2 )2 + z 2 = 4. 2 2 Il cilindro che abbiamo trovato è un cilindro circolare retto che ha come √ direttrice una circonferenza di raggio 2. Ogni sfera inscritta √ in tale cilindro ha centro sull’asse di simmetria del cilindro e raggio 2, affinché √ la 2. Ci sfera sia tangente a π la distanza fra il suo centro e π deve essere √ sono due punti dell’asse del cilindro che hanno distanza 2 da π e quindi ci sono due sfere che soddisfano le √ condizioni richieste. Poiché abbiamo già visto che l’origine ha distanza 2 dal π, una delle sfere cercate ha equazione x2 + y 2 + z 2 = 2. 3. Si consideri l’equazione xT Ah x = 0 con   2h 2 2h Ah =  2 4 1  e 2h 1 h

  x x = y  . 1

(a) Provare che l’equazione descrive un fascio di coniche e determinare al variare di h ∈ R il tipo di conica.

(b) Per h = 2 , sia Γ la conica xT A2 x = 0 ,

i. Riconoscere Γ . ii. Determinare (se esistono) centro e assi di Γ .

Soluzione. La matrice Ah con h ∈ R è reale simmetrica e quindi l’equazione xT Ah x = 0 rappresenta una conica per ogni valore reale di h, inoltre h compare solo al grado 1 in A e quindi l’equazione rappresenta tutte e sole le coniche di un fascio. Si ha I3 = detA = −8h2 + 2h e quindi per h = 0 o per h = 1/4 l’equazione rappresenta uno conica degenere. Inoltre I2 = 8h − 4, pertanto per h = 1/2 l’equazione rappresenta una parabola non degenere, per h < 1/2 l’equazione rappresenta un’iperbole (e quindi in particolare per h = 0 ed h = 1/4 l’equazione rappresenta una conica spezzata in due rette reali distinte); inoltre I1 = 2h + 4 per cui per h = −2, l’equazione rappresenta un’iperbole equilatera. Se invece h > 1/2 l’equazione rappresenta un’ellisse che è sempre reale. Quindi per h=2 abbiamo un’ellisse reale. Il suo centro è la soluzione del sistema 4x + 2y = −4, 2x + 4y = −1 quindi ha coordinate (−7/6, 1/3). Gli autovalori di 4 2 2 4 sono le radici del polinomi (4 − λ)2 − 4 e quindi sono 2, 6, gli autovettori ad essi associati sono (t, −t), t 6= 0 e (s, s), s 6= 0 quindi le direzioni degli assi sono rappresentate dai vettori (1, 1), (1, −1) e gli assi sono x = y − 3/2 e x = −y − 5/6.

Esame di Geometria e Algebra lineare Politecnico di Milano – Ingegneria Appello del 9 settembre 2013

1. (a) Determinare, al variare del parametro reale k, la dimensione del sottospazio vettoriale X di R4 generato dai vettori x1 = (2, 1, k, −k),

x2 = (k, 1, k, 2),

x3 = (2k, k, 2k, 0).

(b) Per k = 1, stabilire se il vettore v = (1, 1, −1, 2) appartiene al sottospazio X. Soluzione (a) La dimensione di X coincide col rango della matrice 3 × 4 formata dall’accostamento (per righe) dei tre vettori x1 , x2 , x3 (che a sua volta coincide col rango della matrice 4 × 3 formata dall’accostamento per colonne dei trasposti dei tre vettori). La matrice   2 1 k −k 2  A= k 1 k 2k k 2k 0 ha rango almeno 2 se k ̸= 0, infatti il minore formato dalle ultime due righe e ultime due colonne è −4k. Il minore di ordine 3 formato dalle ultime tre colonne è k(−k − 2)(2 − k) e pertanto la matrice ha rango 3 per k ̸= 0, 2, −2. Per k = 0 l’ultima riga della matrice è nulla, ma il minore formato dalle prime righe e prime due colonne è non nullo per cui la matrice ha rango 2. Per k = 2 le prime tre righe della matrice sono proporzionali e quindi la matrice ha rango 2. Per k = −2 il minore formato dalla prima e dalle ultime due righe è diverso da 0 e la matrice ha rango 3. In conclusione dunque la dimensione dello spazio vettoriale generato dai vettori x1 , x2 , x3 è 2 se h = 0 o h = 2 ed è 3 per tutti gli altri valori di h. (b) Per k = 1 il determinante della matrice formato dall’accostamento (per righe) dei tre x1 , x2 , x3 e del vettore v è diverso da 0 quindi i quattro vettori sono linearmente indipendenti e v non appartiene ad X. 2. Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita da f (x, y, z) = (2x − y + z, −x + y − z, x − y + 2z). (a) Scrivere la matrice che rappresenta f rispetto alla base canonica di R3 .

(b) Determinare gli autovalori di f e i corrispondenti autospazi e dire se f è diagonalizzabile. (c) Stabilire se f è invertibile e in caso affermativo dire se f −1 è diagonalizzabile. (d) Verificare che f è un automorfismo e determinare l’applicazione inversa f −1 : R3 → R3 . (e) Stabilire se esiste un’applicazione lineare g : R3 → R3 tale che g ◦ f = f −1 e in caso affermativo determinarla. Soluzione (a) La matrice che rappresenta f rispetto alla base canonica di R3 è   2 −1 1 A =  −1 1 −1  1 −1 2 (b) L’applicazione lineare f è diagonalizzabile in quanto la matrice A è reale simmetrica. Il polinomio caratteristico di A è (1 − λ)(λ2√− 3λ + 1)√ per cui gli autovalori di A (e quindi di f ) sono 1, 2 + 3 t e 2 − 3. L’autospazio associato all’autovalore 1 è {(h, 0, √−h) | h ∈ R \ {0}}. Gli autospazi associati ai due autovalori 2 ± 3 sono √ {(k, (1 ∓ 3)k, k)t | k ∈ R \ {0}} . (c) Il determinante di A è 1, quindi A ed f sono invertibili, inoltre f −1 è diagonalizzabile perché è rappresentata da A−1 che, essendo l’inversa di una matrice simmetrica, è simmetrica. (d) f è un endomorfismo invertibile e pertanto è un automorfismo (infatti ker(f ) = {0} e Imf = R3 ). L’applicazione inversa f −1 : R3 → R3 è rappresentata rispetto alla base canonica dalla matrice inversa di A ed è quindi f −1 (x, y, z) = (x − y, −x + 3y − z, −y + z). (e) L’applicazione lineare g : R3 → R3 tale che g ◦ f = f −1 è g = f −2 e dunque g(x, y, z) = (2x − 4y + z, −4x + 11y − 4z, x − 4y + 2z). 3. Sia Q il luogo dei punti P dello spazio tali che d(P, F ) = 2d(P, π) dove F = (1, −1, −1) e π : x − y + 1 = 0. (a) Trovare l’equazione di Q. (b) Verificare che Q è una quadrica e riconoscerla. (c) Scrivere un’equazione canonica di Q. (d) Verificare che Q è a centro e di rotazione. (e) Determinare il centro C, l’asse di rotazione a e i vertici di Q.

(f) Verificare che il punto F appartiene all’asse a e determinare il raggio della circonferenza che si ottiene intersecando Q con il piano π ′ passante per F e ortogonale ad a. (g) Stabilire se esiste una rototraslazione che porta la quadrica Q nella quadrica Q′ : 3x2 − y 2 − z 2 + 6x + 4y + 2z − 8 = 0. Soluzione (a) Q è il luogo dei punti dello spazio che soddisfano l’equazione √ |x − y + 1| √ (x − 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 2 2 da cui si ottiene x2 + y 2 − z 2 − 4xy + 6x − 6y − 2z − 1 = 0. (b) Q essendo rappresentata da una equazione di secondo grado in x, y, z è una quadrica. Alla quadrica Q sono associate le due matrici     1 −2 0 3 1 −2 0  −2 1 0 −3   0  A =  −2 1 e B=  0 0 −1 −1  0 0 −1 3 −3 −1 −1 Gli autovalori di A sono -1, contato due volte, e 3. Il determinante di B è -18, per cui la quadrica è un iperboloide ellittico. (c) L’equazione canonica di Q è x2 + y 2 − 3z 2 + 6 = 0. (d) La quadrica, essendo un iperboloide ellittico, è a centro ed è di rotazione perché ha un autovalore doppio. (e) Il centro di Q è la soluzione del sistema lineare Ax = (−3, 3, 1)t ed è quindi il punto di coordinate (−1, 1, −1). L’asse di rotazione ha la direzione del generatore dell’autospazio associato all’autovalore semplice e passa per il centro. L’autospazio dell’autovalore 3 è {(h, −h, 0)t | h ∈ R \ {0}} quindi l’asse di rotazione di Q ha equazioni parametriche x = −1 + t, y = 1 − t, z = −1. I vertici di Q sono le intersezioni fra l’asse di rotazione e Q ed hanno dunque coordinate (0, 0, −1), (−12, 12, −1). (f) Le coordinate del punto F soddisfano l’equazione dell’asse (per t = 2) dunque F appartiene all’asse. Il piano π ′ ha equazione x − y = 2 ed è parallelo a π. Un qualsiasi punto di π ′ , e quindi ogni punto P della circonferenza che si ottiene intersecando Q con il piano √ π ′ , ha 3 distanza √2 da π e quindi P , appartenendo a Q, ha distanza 3 2 da F . La distanza di P da F è il raggio della circonferenza.

(g) Esiste una rototraslazione che porta Q in Q′ se e solo se Q e Q′ hanno la stessa forma canonica. Alla quadrica Q′ sono associate le due matrici     3 0 0 3 3 0 0  0 −1 0 2   A′ =  0 −1 0  e B′ =   0 0 −1 1  0 0 −1 3 2 1 −8 Gli autovalori di A′ coincidono con gli autovalori di A e si ha detB ′ = −18 = detB, pertanto le due quadriche hanno la stessa forma canonica e quindi esiste una rototraslazione che porta Q in Q′ .

GEOMETRIA ED ALGEBRA LINEARE TEMA D’ ESAME 07/09/2012 Tutti i calcoli devono essere riportati per la correzione, e le risposte devono essere giustificate. Esercizio 1. (6 + 5 punti) Sia f : R3 → R3 base canonica, dalla seguente matrice  10 A= 1 −3

l’endomorfismo rappresentato, rispetto alla  1 −3 10 3  3 2

(1) Determinare ker(f ) ed Im(f ), una loro base, e la loro equazione cartesiana. (2) Determinare gli autospazi ed una loro base ortonormale.

Soluzione. (1) Le prime due colonne di A sono linearmente indipendenti, mentre il determinante di A risulta nullo. Quindi la caratteristica di A è 2, il che implica che la dimensione di Im(f ) è 2 (cioè Im(f ) è un piano), mentre, per l’equazione dimensionale, la dimensione di ker(f ) è uguale a 1 (cioè ker(f ) è una retta). Le prime due colonne di A possono quindi essere assunte come base di Im(f ), la cui equazione cartesiana risulta pertanto data da 

 10 1 x det  1 10 y  = 0 −3 3 z

⇒

x − y + 3z = 0,

ed Im(f ) = {[x, x + 3z, z]t \ a, z ∈ R}. Le equazioni parametriche del nucleo si ottengono risolvendo il sistema A[x, y, z]t = [0, 0, 0, ]t. Svolgendo i conti otteniamo   x = −q y=q ker f  z = −3q q ∈ R.

Di conseguenza ker(f ) = {[−q, q, −3q]t \ q ∈ R}, ed una sua base è rappresentata, per esempio, dal vettore [−1, 1, −3]t . Si noti, in particolare, che ker(f ) è perpendicolare ad Im(f ). (2) Uno degli autospazi è E0 = ker(f ), essendo il nucleo non banale. Poichè A è una matrice simmetrica, per il teorema spettrale f è diagonalizzabile, e gli altri autospazi sono ortogonali ad E0 . Essendo Im(f ) ⊥ ker(f ), gli altri autospazi sono contenuti in Im(f ). Osserviamo che il generico vettore di v = [x, x + 3z, z] ∈ Im(f ) è tale che Av = 11v, per ogni scelta di x, z. Di conseguenza Im(f ) è tutto autospazio, cioè λ = 11 è autovalore doppio ed Im(f ) è l’autospazio ad esso associato (in alternativa si può ottenere lo stesso risultato calcolando il polinomio caratteristico di A, che risulta uguale a −λ(11 − λ)2 ). Dal generico vettore di Im(f ) possiamo poi ricavare una base pi` u semplice di quella t formata dalle prime due colonne di A, per esempio {v1 = [1, 1, 0] ; v2 = [0, 3, 1]t}. Una base ortonormale di ker(f ) è data dal vettore √111 [−1, 1, −3]t . Una base ortonormale {w1 , w2 } di Im(f ) si ottiene applicando il procedimento di Gram-Schmidt a {v1 , v2 }, e si ha 1

v1 1 1 = √ v1 = √ [1, 1, 0]t kv1 k 2 2 v2 − 32 v1 v2 − hv2 , w1 iw1 1 w2 = = √ [−3, 3, 2]t . = 3 kv2 − hv2 , w1 iw1 k kv2 − 2 v1 k 22 w1 =

Esercizio 2. (8 + 3 punti) Nel piano euclideo, si consideri la conica di equazione x2 + 4xy + 3y 2 − 8x + 4y + 1 = 0.

(1) Classificarla e rappresentarla graficamente in maniera accurata. (2) Determinare la distanza tra i suoi vertici. Soluzione. (1) La matrice associata alla conica è data  1  2 A= −4

da  2 −4 3 2 . 2 1

Dal calcolo degli invarianti risulta I3 = 11, I2 = −1, I1 = 4, quindi la conica è un’iperbole (non equilatera). Il sistema delle derivate parziali uguagliate a zero fornisce il centro C(−16, 10). Uguagliando a zero la parte quadratica abbiamo x2 + 4xy + 3y 2 = (x + 3y)(x + y) = 0, quindi gli asintoti sono le rette passanti per il centro e coefficienti angolari m1 = −1/3 ed m2 = −1. Gli assi sono le rette per C parallele agli autospazi. Gli autovalori associati alla parte quadratica sono le soluzioni √ dell’equazione caratteristica √ 2 2 λ − I1 λ + I2√= 0, cioè λ − 4λ − 1 = 0, da√cui λ = 2 ± 5. Per √ λ = 2 − 5 si ha l’autospazio ( 5 − 1)x + 2y = 0, per λ = 2 + 5 si ha l’autospazio (− 5 − 1)x + 2y = 0. Il grafico della conica risulta pertanto dato da y

x

(2) La distanza tra i vertici si può calcolare facilmente riducendo la conica a forma canonica. è √ del tipo λ1 x2 + λ2 y 2 + I3 /I2 = 0. Sostituendo i valori trovati abbiamo √ Questa 2 (2 + 5)x + (2 − 5)y 2 − 11 = 0. Le intersezioni reali con gli asssi cartesiani danno i punti s s ! ! 11 11 √ , 0 , V2 √ ,0 , V1 − 2+ 5 2+ 5 q la loro distanza è uguale a 2 2+11√5 e corrisponde alla distanza richiesta. Esercizio 3. (6 + 5 punti) Nello spazio euclideo, sia Q il cilindro avente generatrici parallele alla retta r : x = y = z, e direttrice data da y = x2 z = 0. (1) Calcolare l’equazione di Q e riconoscerla. (2) Verificare che Q ammette un piano di simmetria, e scriverne l’equazione corrispondente.

Soluzione. (1) L’equazione cartesiana del cilindro richiesto si ottiene eliminando i parametri x0 , y0, z0 , λ dal seguente sistema  x = x0 + λ (condizione affinché il primo parametro direttore sia 1)      y = y0 + λ (condizione affinché il secondo parametro direttore sia 1) z = z0 + λ (condizione affinché il terzo parametro direttore sia 1)   y0 = x2 (condizione affinché il generico punto della direttrice stia su y = x2 )    z = 0 0 (condizione affinché il generico punto della direttrice stia su z = 0). 0

Dalla terza e quinta condizione ricaviamo λ = z, che sostituita nelle prime due fornisce x0 = x − z, y0 = y − z. Dalla quarta condizione si ottiene quindi l’equazione cartesiana di Q, data da y − z = (x − z)2 , cioè x2 − 2xz + z 2 − y + z = 0. (2) La direttrice di Q è una parabola, quindi Q è un cilindro parabolico. La matrice ad esso associata è data da 

 1 0 −1 0  0 0 0 − 12   A= 1 .  −1 0 1 2 0 − 21 12 0 Gli autovalori associati alla parte quadratica sono λ = 0 (autovalore doppio) e λ = I1 = 2. Il cilindro ammette un solo piano di simmetria, parallelo all’autospazio E0 , associato all’autovalore nullo. Esso risulta dato da E0 : x − z = 0, per cui il piano di simmetria è del tipo x − z + k = 0 per un dato valore di k ∈ R. L’autospazio E2 ha equazioni date da −x − z = 0 x = −z ⇒ −2y = 0, y = 0.

L’intersezione Q∩E2 fornisce i punti O(0, 0, 0) e P 41 , 0, − 14 , il cui punto medio M 18 , 0, − 18 deve appartenere al piano di simmetria. Di conseguenza si ricava k = −1/4, e quindi x − z − 1/4 = 0 è l’equazione del piano di simmetria del cilindro ottenuto

Esame di Geometria Politecnico di Milano – Ingegneria Secondo appello – 6 Settembre 2012

1. Discutere, al variare del parametro reale k , il sistema lineare   x + 2ky − kz + 3t = k kx + (1 − k)y + z − t = 1   3x + (2k − 1)y − z + 2t = k + 1 . 2. (a) Determinare i valori del parametro reale k in modo che i vettori x1 = (1, k + 1, −1) , x2 = (k, −2, −k − 2) , x3 = (−k − 1, −1, −k) formino una base ortogonale B di R3 . (b) Per i valori del parametro k trovati nel punto precedente, scrivere i coefficienti di Fourier del vettore v = (1, 2, 1) rispetto alla base ortogonale B = {x1 , x2 , x3 } . (c) Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita, sui vettori della base B , da f (x1 ) = x1 + x2 − x3 f (x2 ) = x1 − x2 + x3 f (x3 ) = x1 + x2 + x3 . i. Dire perché esiste una sola applicazione lineare f che possiede questa proprietà. ii. Scrivere la matrice A che rappresenta f rispetto alla base B . 3. Determinare i valori del parametro reale k per i quali la matrice   k 0 k2 A = 0 k + 1 0  1 1 k è diagonalizzabile. 4. Sia Γ una conica di fuoco F ≡ (1, −3, 2) e di direttrice   x = 2 − t d : y = 1 + 2t   z = 1 − 2t . (a) Scrivere le equazioni cartesiane dell’asse focale a di Γ . (b) Verificare che il punto V ≡ (5, 1, 4) appartiene alla retta a . (c) Determinare l’eccentricità ε di Γ nel caso in cui il punto V sia un vertice della conica. (d) Riconoscere la conica Γ del punto precedente (senza fare conti).

Risposte 1. La matrice completa del sistema è  1 2k A0 = [A|b] = k 1 − k 3 2k − 1 Scegliendo il minore non nullo ¯ ¯1 ¯ ¯−1

−k 1 −1

3 −1 2

 k 1 . k+1

¯ −1¯¯ = 1 6= 0 , 2¯

si hanno i due minori orlati della matrice A dei coefficienti ¯ ¯ ¯1 −k 3 ¯ ¯ ¯ ¯k 1 −1¯ = 2k 2 − 8 = 2(k − 2)(k + 2) ¯ ¯ ¯3 −1 2 ¯ ¯ ¯ ¯ 2k −k 3 ¯¯ ¯ ¯1−k 1 −1¯¯ = 0 . ¯ ¯2k − 1 −1 2 ¯ Quindi, per il teorema di Kronecker, si ha ( 3 se k 6= ±2 r(A) = 2 se k = ±2 . Per quanto riguarda la matrice completa A0 , possiamo scegliere lo stesso minore non nullo scelto sopra. In questo modo, i minori orlati sono ancora i due minori di prima e il minore ¯ ¯ ¯−k 3 k ¯¯ ¯ ¯ 1 −1 1 ¯¯ = k 2 + k − 6 = (k − 2)(k + 3) . ¯ ¯−1 2 k + 1¯ Quindi, applicando ancora il teorema di Kronecker, si ha ( 3 se k 6= 2 r(A0 ) = 2 se k = 2 . In conclusione, per il teorema di Rouché-Capelli, si hanno ∞1 soluzioni per k 6= ±2 ( r(A) = r(A0 ) = 3 ), si hanno ∞2 soluzioni per k = 2 ( r(A) = r(A0 ) = 2 ), non si hanno soluzioni per k = −2 ( r(A) 6= r(A0 ) ). 2. (a) La base B = {x1 , x2 , x3 } è ortogonale quando i vettori che la compongono sono a due a due ortogonali. Si ha hx1 , x2 i = 0 ∀k∈R hx1 , x3 i = −k − 2 hx2 , x3 i = k + 2 . Quindi B è una base ortogonale di R3 per k = −2 . (b) Per k = −2 , si hanno i vettori x1 = (1, −1, −1) , x2 = (−2, −2, 0) , x3 = (1, −1, 2) . I coefficienti di Fourier del vettore v rispetto alla base ortogonale B = {x1 , x2 , x3 } sono 2 hv, x1 i =− hx1 , x1 i 3 hv, x2 i 3 λ2 = =− hx2 , x2 i 4 hv, x3 i 1 λ3 = = . hx3 , x3 i 6 λ1 =

(c)

i. Poiché f è definita sui vettori di una base, f può essere estesa in modo unico a una applicazione lineare (proprietà universale delle basi). ii. La matrice rappresentativa è   1 1 1 A =  1 −1 1 . −1 1 1

3. La matrice A possiede gli autovalori λ1 = 0 , λ2 = 2k , λ3 = k + 1 . Se k 6= 0, ±1 , la matrice possiede tre autovalori reali semplici (che sono pertanto regolari) e quindi è diagonalizzabile. Se k = 0, ±1 , la matrice possiede tre autovalori reali, uno semplice e uno doppio. In questo caso, l’autovalore doppio non é mai regolare e la matrice non è diagonalizzabile. 4. (a) L’asse focale a di Γ è la retta che passa per il fuoco F ed è ortogonale e incidente alla direttrice d . Le equazioni di tale retta possono essere determinare nei due modi seguenti. i. Primo modo. La retta a può essere vista come l’intersezione del piano π ortogonale a d e passante per il punto F con il piano π 0 passante per d e per F . Poiché i parametri direttori di d sono (1 : −2 : 2) , si ha π : x − 2y + 2z − 11 = 0 . Eliminando il parametro dalle equazioni parametriche di d (utilizzando la prima equazione), si ottengono le seguenti equazioni cartesiane ( 2x + y − 5 = 0 d: 2x − z − 3 = 0 . Il fascio Φ di piani che ha d come sostegno ha equazione λ(2x + y − 5) + µ(2x − z − 3) = 0 . Imponendo il passaggio per F , si trova µ = −2λ e quindi π 0 : 2x − y − 2z − 1 = 0 . Quindi, si ha ( x − 2y + 2z − 11 = 0 0 a=π∩π : 2x − y − 2z − 1 = 0 . ii. Secondo modo. La retta a può anche essere vista come la retta ortogonale e incidente alla direttrice d che passa per il fuoco F . Equivalentemente, può essere vista come la retta che passa per il fuoco F e per il punto F 0 dato dalla proiezione ortogonale di F su d . Il punto F 0 si ottiene intersecando il piano π (ottenuto nel punto precedente) con la retta d , ossia F 0 ≡ (3, −1, 3) (per t = −1 ). Quindi   x = 1 + 2t a : y = −3 + 2t   z = 2 + t. Eliminando il parametro (dalla terza equazione), si ottengono le equazioni cartesiane ( x − 2z + 3 = 0 a: y − 2z + 7 = 0 .

(b) Si verifica facilmente che le coordinate del punto V soddisfano le equazioni cartesiane di a trovate nel punto precedente. (c) Poiché V è un punto della conica, l’eccentricità di Γ è data da ε=

d(V, F ) d(V, F ) 6 = = = 2. d(V, d) d(V, F 0 ) 3

(d) Poiché ε = 2 > 1 e ε 6= equilatera.

√

2 , la conica Γ è un’iperbole non

Esame di Geometria Politecnico di Milano – Ingegneria Quarto appello – 6 Febbraio 2013

1. Determinare, al variare del parametro reale k , la dimensione del nucleo dell’applicazione lineare f : R4 → R3 rappresentata, rispetto alle basi canoniche, dalla matrice   1 1 k 1 A = k 1 k k  . 0 k k k 2. (a) Senza fare conti, dire perchè la matrice   1 1 −1 A= 1 0 0  −1 0 0 è diagonalizzabile. (b) Determinare una matrice diagonale D e una matrice ortogonale H tali che A = HDHT . 3. Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare rappresentata, rispetto alla base canonica, dalla matrice   √ √ 2 1 + 2 2 −2 + 2 √   5 5√ 10    −2 + √2 8+ 2 1 . A= √    5 10  10   2 1 1  √ −√ −√ 10 10 2 (a) Mostrare che f è una trasformazione ortogonale. (b) Riconoscere la trasformazione f . 4. Determinare il punto Q simmetrico del punto P ≡ (2, 4, 1) rispetto al piano π : x + 3y − z − 2 = 0 . 5. Determinare i valori del parametro reale k in modo che la conica Γ : x2 + 3kxy + 2y 2 − 2x − ky + k 2 = 0 passi per il punto P ≡ (1, −1) . Per i valori di k trovati, riconoscere la conica e determinarne il centro (se esiste).

Risposte 1. Si ha ( 2 dim ker f = 4 − r(A) = 4 − 3

per k = 0, 1 = per k = 6 0, 1

( 2 per k = 0, 1 1 per k = 6 0, 1 .

2. (a) La matrice A è diagonalizzabile poiché è reale e simmetrica. (b) Si ha   0 D = 0 0

0



0 0 −1 0 0 2

e

  1  H = √  2  1 √ 2

1 √ 3 1 −√ 3 1 √ 3

 2 √ 6  1  √  . 6  1  −√ 6

3. Poiché la matrice A è ortogonale, la trasformazione f è ortogonale. Poiché |A| = 1 , f è una rotazione (propria). Pi` u precisamente, è la rotazione di un angolo θ = π4 attorno al vettore a = (−1, 2, 0) (in senso antiorario). 4. La retta ortogonale a π passante per P è   x = 2 + t n : y = 4 + 3t   z = 1 − t. Intersecando n con π , si trova la proiezione ortogonale di P su π data dal punto H ≡ (1, 1, 2) (corrispondente a t = −1 ). Imponendo che H sia il punto medio del segmento di estremi P e Q ≡ (x, y, z) , si ha 2+x = 1, 2

4+y = 1, 2

1+z =2 2

da cui si ottiene x = 0 , y = −2 , z = 3 . Quindi Q ≡ (0, −2, 3) . 5. La conica data passa per il punto P solo per k = 1 . In questo caso, Γ è un iperbole (non equilatera) di centro C ≡ (−5, 4) .

Esame di Geometria Politecnico di Milano – Ingegneria Primo appello – 18 Luglio 2012

1. Determinare i valori del parametro reale k per i quali i piani π1 : x + y − z = 1 π2 : kx + (k + 1)y + 2kz = 0 π3 : 2kx + 5y + kz = k appartengono a uno stesso fascio proprio. Per questi valori di k trovare il sostegno del fascio. 2. Dire se esistono dei valori del parametro  k 3 A = 1 k 1 1

reale k per i quali la matrice  −1 1 k

è diagonalizzabile. 3. Sia X = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x + 2y − z − t = 0 , x − y − z + 2t = 0} un sottospazio di R4 . (a) Determinare il complemento ortogonale di X . (b) Determinare una base ortogonale di X . (c) Determinare una base ortogonale di X ⊥ . (d) Determinare il simmetrico (ortogonale) del vettore v = (1, −1, 0, 1) rispetto al piano X . 4. Scrivere la equazioni cartesiane della circonferenza Γ che ha centro nel punto C ≡ (2, −1, −1) e che è tangente alla retta   x = 2 − t s : y = 3 + 2t   z = 1 − t. 5. Sia Γ la conica di equazione x2 − 2xy − y 2 − 2x + 2y − 1 = 0 . (a) Riconoscere Γ . (b) Determinare le due rette t1 e t2 tangenti a Γ che escono dal punto P ≡ (1, 1) . (c) Determinare i punti in cui le rette tangenti t1 e t2 intersecano Γ .

Risposte 1. I tre piani dati appartengano ad uno stesso fascio proprio quando si intersecano lungo una retta. Questo significa che il sistema lineare che si ottiene mettendo a sistema le equazioni dei tre piani deve possedere esattamente ∞1 soluzioni. Se A e A0 sono rispettivamente la matrice dei coefficienti e la matrice completa di questo sistema, per il teorema di Rouché-Capelli si deve avere r(A) = r(A0 ) = 2 . Questo accade per k = 0 e per k = 2 . Il sostegno del fascio è ( x−z =1 r: per k = 0 y=0 ( x+y−z =1 r: per k = 2 . 2x + 3y + 4z = 0 2. La matrice A possiede gli autovalori λ1 = k + 2 e λ2 = λ3 = k − 1 . Poiché λ1 6= λ2 per ogni k , si ha che λ1 è semplice e λ2 è doppio per ogni k . Poiché λ2 non è mai regolare, essendo   −1 −3 −1 r(λ2 I − A) = r −1 −1 −1 = 2 6= 1 , −1 −1 −1 la matrice A non è mai diagonalizzabile. 3. (a) Si ha X ⊥ = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x + z = 0 , y + z + t = 0} , da cui X ⊥ = h(1, 0, −1, 1), (0, 1, 0, −1)i . (b) Una base ortogonale di X è data, ad esempio, dai vettori x1 = (1, 0, 1, 0) e x2 = (1, −2, −1, −2) . (c) Una base ortogonale di X ⊥ è data, ad esempio, dai vettori x3 = (0, 1, 0, −1) e x4 = (2, 1, −2, 1) . (d) La proiezione ortogonale di v su X è v0 =

hv, x1 i hv, x2 i x1 + x2 = hx1 , x1 i hx2 , x2 i

µ

3 1 2 1 ,− , ,− 5 5 5 5

¶ .

Analogamente, la proiezione ortogonale di v su X ⊥ è µ ¶ hv, x3 i hv, x4 i 2 4 2 6 v00 = x3 + x4 = ,− ,− , . hx3 , x3 i hx4 , x4 i 5 5 5 5 Quindi il simmetrico (ortogonale) di v rispetto ad X è µ ¶ 1 3 4 7 σ(v) = v0 − v00 = , , ,− . 5 5 5 5 4. La circonferenza Γ si può ottenere come l’intersezione della sfera S che ha centro C e raggio r = d(C, s) con il piano π che contiene C ed s . La proiezione ortogonale di C√su s è C 0 ≡ (3, 1, 2) . Quindi la distanza tra r = d(C, s) = d(C, C 0 ) = 14 . Cos`ı, si ha S : (x − 2)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 14 ossia

S : x2 + y 2 + z 2 − 4x + 2y + 2z − 8 = 0 .

Eliminando il parametro dalle equazioni parametriche si s , si trovano le equazioni cartesiane ( x−z−1=0 s: y + 2z − 5 = 0 . Il fascio che ha s come sostegno ha equazione Φ : λ(x − z − 1) + µ(y + 2z − 5) = 0 . Imponendo il passaggio per il punto π : 4x + y − 2z − 9 = 0 .

C

si trova

λ = 4µ

e quindi

In conclusione, si ha ( x2 + y 2 + z 2 − 4x + 2y + 2z − 8 = 0 Γ=S∩π : 4x + y − 2z − 9 = 0 . 5. (a) La conica Γ è un iperbole equilatera ( I3 = 4 6= 0 , I2 = −2 < 0 , I1 = 0 ). (b) Le due rette tangenti a Γ che escono dal punto P sono √ √ t1 : 2x − (1 − 3)y − 1 − 3 = 0 √ √ t2 : 2x − (1 + 3)y − 1 + 3 = 0 . (c) Le polare di P rispetto a Γ è la retta p : y = −x − 1 . I punti in cui le rette t1 e t2 intersecano Γ sono √ i punti √ di intersezione della √ polare √ p con Γ e sono T1 ≡ (1 + 3, −2 − 3) e T2 ≡ (1 − 3, −2 + 3) .

Elementi di Geometria analitica dello spazio. Ripasso rapido di nozioni elementari (capitolo 1 del testo) Consideriamo lo spazio riferito ad un sistema di coordinate cartesiane ortogonali monometriche Oxyz, ogni punto P dello spazio è allora unicamente determinato da una terna ordinata di numeri (x0,y0,z0) chiamati rispettivamente ascissa, ordinata e quota del punto, che rappresentano le componenti del vettore OP rispetto alla base (canonica) di R3, rappresentata dai versori e1,e2 ,e3 degli assi cartesiani (che spesso vengono indicati con , , ). R3 viene considerato come uno spazio euclideo di dimensione 3 rispetto al prodotto scalare standard. La distanza di due punti P (x0,y0,z0), Q (x1,y1,z1) è quindi PQ , ovvero 2

2

2

x1 -x0 + y1 -y0 + z1 -z0 .

Le coordinate del punto medio M del segmento PQ sono xM =

x1 +x0 2

, yM =

y1 +y0

Siano u,v due vettori di R3, detto θ l’angolo da essi formato, si ha cos θ= sono ortogonali se e solo se = 0.

2

〈u,v〉

u

v

, zM =

z1 +z0 2

.

, quindi i due vettori

E’ utile per il seguito ricordare la definizione di prodotto vettoriale di due vettori di R3. Dati due vettori u,v il loro prodotto vettoriale u×v (denotato anche da u∧v) è un vettore tale che -

u×v = u ⋅ v sin θ, dove θ è l’angolo compreso tra u e v la direzione è ortogonale ad u e a v il verso è tale che la terna u,v, u×v risulti destrorsa.

Ovviamente u×v rappresenta l’area del parallelogramma di spigoli u e v costruito applicando i due vettori in uno stesso punto, e quindi u×v=0 se e solo se u e v sono vettori paralleli. Si ha subito che × = , × = , × = , × =− , × =− , × =− .

Inoltre se u=[ x1,y1,z1]T, v=[ x2,y2,z2]T si ha u×v="x1 x2

y1 y2

z1 ". z2

Si chiama invece prodotto misto di tre vettori u,v,w lo scalare , il cui valore assoluto rappresenta il volume del parallelepipedo di spigoli u , v e w costruito applicando i tre vettori in uno stesso punto. Piano Un piano è individuato quando si conoscono un suo punto P (x0,y0,z0) e un vettore normale al piano n=[a,b,c]T. Infatti in tal caso un punto Q (x,y,z) appartiene al piano se e solo se =0, ovvero se e solo se a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0 (equazione del piano per un punto con vettore normale dato). Un piano è quindi rappresentato da un’equazione lineare nelle variabili x,y,z. Viceversa ogni equazione lineare ax+by+cz+d=0, con a,b,c non tutti nulli rappresenta un piano con vettore normale n=[a,b,c]T, infatti se a≠0, considerato il punto P (-d/a, 0,0), il piano per P con vettore normale n ha equazione a(x+d/a)+by+cz=0 ovvero ax+by+cz+d=0 (equazione generale del piano). Le componenti a,b,c del vettore normale al piano vengono anche chiamate parametri direttori del piano . Osservate che nello spazio un’equazione lineare contenente solo due variabili, rappresenta ancora un piano che è parallelo all’asse corrispondente alla variabile mancante, quindi ad esempio l’equazione x-3y+1=0 rappresenta un piano parallelo all’asse z. (NON una retta) Analogamente

un’equazione lineare con una sola variabile rappresenta un piano parallelo a entrambi gli assi corrispondenti alle variabili mancanti, quindi ad esempio z=3 rappresenta un piano parallelo all’asse x e all’asse y, quindi parallelo al piano xy. Un piano può anche essere individuato da due vettori v,w linearmente indipendenti e ad esso paralleli e da un suo punto P(x0,y0,z0), in tal caso infatti il vettore v×w è normale al piano. Un altro modo di individuare un piano è attraverso due suoi punti P (x0,y0,z0), Q (x1,y1,z1) ed un vettore parallelo al piano e non parallelo a PQ, in tal caso infatti abbiamo i due vettori PQ e v paralleli al piano e linearmente indipendenti dal cui prodotto vettoriale troviamo un vettore normale al piano ed inoltre abbiamo un punto P del piano. Infine un piano può essere individuato da tre suoi punti P (x0,y0,z0), Q (x1,y1,z1), R (x2,y2,z2), non allineati, infatti i due vettori PQ e PR sono vettori paralleli al piano e linearmente indipendenti quindi possiamo vedere il piano come piano per P e vettore normale PQ × PR.

Noti un punto P (x0,y0,z0), e due vettori v=[v1,v2,v3]T, w=[w1,w2,w3]T non linearmente dipendenti, il x=x0 +v1 t+w1 u piano per P parallelo a v e w può anche essere scritto in equazioni parametriche $y=y0 +v2 t+w2 u x=z0 +v3 t+w3 u con t,u∈R, da cui eliminando i due parametri t ed u si ottiene un’equazione lineare nelle variabili x,y,z, dove i coefficienti delle variabili sono le componenti del vettore n= v×w normale al piano.

Due piani nello spazio sono o incidenti o paralleli, sono incidenti se i loro vettori normali sono linearmente indipendenti, sono paralleli se i loro vettori normali sono linearmente dipendenti. a b1 c1 , Quindi due piani a1x+b1y+c1z+ d1=0, a2x+b2y+c2z+ d2=0 sono incidenti se la matrice ( 1 a2 b2 c2 a b1 c1 ha rango 2 e sono paralleli se e solo se ( 1 , ha rango 1. a2 b2 c2 L’angolo fra due piani a1x+b1y+c1z+ d1=0, a2x+b2y+c2z+ d2=0 è l’angolo formato dai loro vettori a1 a2 +b1 b2 +c1 c2 normali, quindi detto θ tale angolo, si ha cos θ= . a1 2 +b1 2 +c1 2 a2 2 +b2 2 +c2 2

Due piani sono perpendicolari se e solo se i loro vettori normali sono ortogonali, ovvero se e solo se a1a2+b1b2+c1c2=0. Dati un punto P (x0,y0,z0) ed un piano π:ax+by+c=0, la distanza di P da π è la norma della proiezione del vettore AP (con A∈ π) sul vettore n normale al piano. Dunque sia A (x1,y1,z1) con ax1+by1+cz1+d =0 allora AP = [x0-x1,y0-y1,z0-z1]T e quindi dist(P,π)=

〈AP,n〉 n

=

a x0 -x1 +b y0 -y1 +c z0 -z1 .a2 +b 2 +c 2

=

|ax0 +byo +cz0 +d| .a2 +b 2 +c 2

.

Dati due piani distinti α: a1x+b1y+c1z+d1=0, β: a2x+b2y+c2z+d2=0, il fascio di piani individuato da α e β è l’insieme dei piani dello spazio di equazioni λ( a1x+b1y+c1z+d1)+µ( a2x+b2y+c2z+d2)=0. Se i due piani α e β sono incidenti, hanno in comune una retta r, il fascio si chiama fascio proprio ed è formato da tutti e soli i piani dello spazio che contengono la retta r, detta retta sostegno del fascio del fascio; se α e β sono paralleli il fascio si dice fascio improprio ed è formato da tutti e soli i piani dello spazio paralleli ad α. Rette Dati due piani π1: a1x+b1y+c1z+ d1=0, π2: a2x+b2y+c2z+ d2=0 distinti e non paralleli, il luogo dei a x + b3 y + c3 z + d3 = 0 . punti comune ai due piani è una retta r di equazioni cartesiane 2 3 a4 x + b4 y + c4 z + d4 = 0

Il vettore direzione di r è il prodotto vettoriale dei vettori n1,n2 ortogonali rispettivamente a π1 e π2

ed è quindi n1× n2="a1 b1 c1 ", cioè [b1c2-b2c1, -( a1c2-a2c1), a1b2-a2b1]T (avevamo già trovato a2 b2 c2 questo risultato via la teoria dei sistemi lineari). Le componenti di tale vettore vengono anche chiamate parametri direttori della retta; i parametri direttori di una retta sono definiti a meno di un fattore moltiplicativo non nullo. Se consideriamo un vettore direzione normalizzato, le sue componenti sono univocamente definite a meno del segno e vengono dette coseni direttori della retta perché rappresentano i coseni degli angoli formati rispettivamente dalle direzioni positive degli assi x,y,z con la direzione positiva della retta r; la scelta del segno nei coseni direttori corrisponde alla scelta di una direzione per r. Anche nello spazio una retta è individuata quando si conoscono -

un suo punto P (x0,y0,z0) e la sua direzione d=[d1,d2,d3]T, che è una terna di parametri direttori della retta due suoi punti P (x0,y0,z0), Q (x1,y1,z1), infatti noti due punti sappiamo che la direzione della retta è data dal vettore d=[x1-x0, y1-y0, z1-z0]T.

x=x0 +d1 t y=y Noti P (x0,y0,z0) e d=[d1,d2,d3] , la retta per P di direzione d ha equazioni parametriche $ 0 +d2 t z=z0 +d3 t T

da cui eliminando t si ottengono due equazioni lineari nella variabili x,y,z in cui i coefficienti delle variabili sono le componenti di due vettori ortogonali alla direzione della retta. Ovviamente due rette sono parallele se e solo se i loro vettori direzione (ovvero le loro terne di parametri direttori) sono proporzionali. L’angolo fra due rette r ed s nello spazio è l’angolo formato dalla retta r con una retta parallela ad s passante per un punto di r ed è uguale all’angolo formato dai vettori direzione di r ed s. Se d1=[a1,b1,c1]T è il vettore direzione di r, d2=[a2,b2,c2]T il vettore direzione di s e θ è l’angolo fra r ed a1 a2 +b1 b2 +c1 c2 s, si ha cos θ= . a1 2 +b1 2 +c1 2 a2 2 +b2 2 +c2 2

Le due rette sono perpendicolari se e solo se i loro vettori direzione sono ortogonali, ovvero se e solo se a1a2+b1b2+c1c2=0.

L’angolo fra una rette r ed un piano π nello spazio è l’angolo formato dalla retta r con la retta proiezione ortogonale di r sul piano π ed è quindi il complementare dell'angolo formato da r col vettore normale al piano. Quindi se ax+by+cz+d=0 è l’equazione di π e [a1,b1,c1]T è il vettore a a1 +b b1 +c c1 direzione di r, detto θ l’angolo fra la retta ed il piano, si ha sin θ= . Quindi .a2 +b 2 +c 2 a1 2 +b1 2 +c1 2

retta e piano sono paralleli se e solo se a a1+b b1+c c1=0 ; la retta r è invece perpendicolare al piano π se e solo se è parallela al vettore ortogonale al piano e quindi se e solo se i due vettori [a1,b1,c1]T e [a,b,c]T sono proporzionali.

Dati un punto P ed una retta r passante per A diretta come il vettore d=[a1,b1,c1]T, la distanza di P da r è la proiezione ortogonale del vettore AP sul piano per P perpendicolare ad r. Detta C l’intersezione di tale piano con la retta r, il triangolo PCA è un triangolo rettangolo e , detto θ l’angolo CPA, si ha dist(P,r)= CP = AP senθ=

AP×d d

. La distanza di P da r può anche essere

vista come la differenza fra il vettore AP e la sua proiezione sulla retta r, si ha allora dist(P,r)= CP =7AP-

d

2

d7.

Distanza fra due rette Siano ora date due rette r,s nello spazio, la loro distanza è la distanza minima fra due loro punti,. Ovviamente se r ed s sono incidenti la loro distanza è 0 , se sono parallele la loro distanza è la distanza di un qualsiasi punto di s da r. Il caso da considerare è quindi quello di due rette sghembe. Dobbiamo dimostrare che esistono due punti S0∈s, R0∈r, tali che dist (S0, R0)≤ dist (S,R) per ogni S∈s, R∈r. Chiamiamo d1,d2 i vettori direzioni di r ed s rispettivamente, il vettore n=d1×d2 è un vettore non nullo ortogonale ad entrambe le rette. Sia π il piano che contiene r ed è parallelo ad n, π interseca la retta s in un punto S0 e nel piano π sappiamo che esiste ed è unica la retta per S0 perpendicolare ad r. Poiché tale retta e la retta r giacciono nel piano π hanno un punto di intersezione R0. La retta R0 S0 è perpendicolare ed incidente ad r e ad s e quindi s verifica facilmente che dist (S0, R0)≤ dist (S,R) per ogni S∈s, R∈r. Troviamo ora la formula della distanza fra due rette sghembe r, passante per P e di direzione d1, ed s, passante per Q di direzione d2. Da quanto sopra dovremmo calcolarci R0 e S0, ma R 0 S0 è la proiezione ortogonale di PQ sul vettore n e dunque dist(r,s)= R 0 S0 =

〈PQ,n〉 n

=

〈PQ, d1 ×d2 〉 d1 ×d2

.

Per calcolare questa distanza si può anche procedere in un modo più semplice, infatti R 0 S0 è la distanza di Q dal piano contenente r e parallelo ad s. x=1 Calcolare la distanza fra le due rette r∶ 2 ed s di equazioni parametriche x=t,y=t, z=2t. y=0 E ‘ evidente che r ed s sono sghembe. Per calcolare la loro distanza scriviamo il piano per r parallelo ad s. Il generico piano del fascio di sostegno r è λ(x-1)+µy=0 , perché il piano sia parallelo ad s deve essere λ⋅1+µ⋅1=0 quindi λ⋅=-µ. Il piano ha dunque equazione x-y-1=0. Assegniamo a t il valore 0 per trovare un punto di s O (0,0,0) e calcoliamo la distanza di O dal piano, abbiamo d=1/√2. Esempio

OSSERVAZIONE IMPORTANTE Nello spazio ogni piano è rappresentato o da un’equazione lineare nelle variabili x,y,z o da equazioni parametriche dipendenti da 2 parametri. Ogni retta è invece rappresentata da due equazioni lineari nelle variabili x,y,z o da equazioni parametriche dipendenti da un parametro.

Da qui quasi nulla è reperibile sul testo. Sfere e circonferenze Si dice sfera il luogo dei punti dello spazio che hanno uguale distanza da un punto fisso C detto centro della sfera. La distanza di un punto della sfera dal centro è detta raggio della sfera. L’equazione della sfera di centro C (x0,y0,z0) e raggio R è (x-x0)2+(y-y0)2+(z-z0)2=R2, che svolgendo i conti risulta un’equazione del tipo x2+y2+z2+ax+by+cz+d=0. Vediamo ora cosa rappresenta al variare di a,b,c,d l’equazione x2+y2+ax+by+cz+d=0. -

se a2/4+b2/4+c2/4-d >0, l’equazione rappresenta una sfera con centro nel punto C (- 2 ,- 2 ,- 2) e raggio R=

a2 4

+

b2 4

+

c2 4

-d

a

b

c

-

se a2/4+b2/4+c2/4-d =0, l’equazione rappresenta una sfera con centro nel punto C (- ,- ,- ) 2 2 2 e raggio 0, ovvero è ridotta al solo punto reale C

-

se a2/4+b2/4+c2/4-d 0, z≤0 se p0⇒det A

≠0

autovalori discordi⇒ iperboloide iperbolico

=0 ⇒ paraboloide iperbolico autovalori concordi⇒ ellissoide reale det B

0, l’equazione rappresenta una circonferenza con centro nel punto C (- , - ) e raggio R= 2 2 a

b

a2 4

+

b2 4

-c

se se a2/4+b2/4-c=0, l’equazione rappresenta una circonferenza con centro nel punto a b C (- 2 , - 2) e raggio 0, ovvero è ridotta al solo punto reale C

se a2/4+b2/4-cb rappresenta x2

y2

un’ellisse con fuochi di coordinate F1 ( a2 -b 2 , 0), F2 (- a2 -b 2 , 0) e semiasse maggiore a, se invece

a0, nel secondo e quarto se k1 la conica è un’iperbole, se e=1 è ovviamente una parabola, se 0≤eX+2b?TX+c= dove A >=UTAU, b?=UT(Av+b), q(x)=xTAx+2bTx+c viene portato nella forma q=(X)=XTA c==vTAv+2bTv+c.

Dim. Sostituendo UX+v ad x in q(x) si ha q=(X)=(XTUT+vT)A(UX+v)+2bT(UX+v)+c= XTUTAUX+ XTUTAv+vTAUX+ vTAv+2bTUX+2bTv+c, da cui tenuto conto che XTUTAv=vTAUX (perché una matrice ridotta ad uno scalare coincide con la sua trasposta e A è simmetrica), si ottiene q=(X)=XTUTAUX+ 2vTAUX+2bTUX+vTAv+2bTv+c= XT(UTAU)X+2[UT(Av+b)]TX+(vTAv+2bTv+c) , in cui ancora si è tenuto conto che A è simmetrica. Osservazione 1.La equazione (5) può essere scritta nella forma più compatta zTBz =0, dove x U D A b X z=@ A, B=5 T 6. La isometria (4) può essere scritta nella forma z=FZ dove Z=@ A e F=5 T 6. 0 1 b c 1 1 >Z =0 Usando queste notazioni sotto l’azione della isometria l’equazione della quadrica diventa ZTB T >=F BF, con B Possiamo allora dimostrare il seguente

Teorema 1: Sia q(x)= zTBz = xTAx+2bTx+c un polinomio di secondo grado nelle variabili x1,x2,...,xn. Allora: • •

gli autovalori e quindi il rango e la traccia di A, il determinante ed il rango di B sono invarianti per rototraslazioni; se r=rk A e λ1,λ2,..,.λr sono gli autovalori non nulli di A, il polinomio q(x) può essere portato tramite una isometria di tipo (4) in una delle seguenti forme - q=(X)= λ1X12 +λ2X22 ..,.λrXr2 , se rk B=r - q=(X)= λ1X12 +λ2X22 ..,.λrXr2 +c con c ≠ 0, se rk B=r+1 - q=(X)= λ1X12 +λ2X22 ..,.λrXr2 +2pXHIJ con p ≠ 0, se rk B=r+2.

> ottenuta da A applicando una rototraslazione, come visto nel lemma 1, è Poiché la matrice A > ha gli stessi autovalori di A e di conseguenza lo stesso ortogonalmente simile ad A, A determinante (che è il prodotto degli autovalori) e la stessa traccia (che è la somma degli >=FTBF non è simile a B perché F non è ortogonale, tuttavia si ha det F=1⋅det U=1 autovalori). B >=det B, ed inoltre essendo F invertibile rk B > =rk B. e dunque per il teorema di Binet det B Abbiamo quindi dimostrato il primo punto del teorema. Portiamo ora q(x) a forma canonica, mediante un’opportuna rototraslazione. Osserviamo che se agiamo su q(x) con una traslazione del tipo x=X+v, non modifichiamo i termini quadratici (ovvero la matrice A), mentre trasformiamo il vettore b in Av+b; se invece agiamo su q(x) con una rotazione del tipo x=UX trasformiamo A in UTAU e b in UTb. Useremo quindi le traslazioni per eliminare, dove possibile, i termini lineari nell’equazione della quadrica. 1) Supponiamo rk A=rk [A| b], allora esiste un vettore w soluzione del sistema lineare Ax=b, per cui, con la traslazione x=x’-w, otteniamo q1(x’)= q(x’-w)= (x’)TAx’+2(-Aw+b)Tx’+c1 = (x’)TAx’+c1 dove c1= vTAv+2bTv+c (tenuto conto del Lemma 1). Poiché A è reale simmetrica dal teorema spettrale segue che esiste una matrice ortogonale > =UTAU= diag(λ1,λ2,..,.λr,0,...,0). U è la matrice formata dall’accostamento dei U, tale che A vettori di una base di autovettori di A . Si può assumere che U abbia determinante 1, perché in caso il determinante fosse -1, basta cambiare il segno di un autovettore, dunque la trasformazione x’=UX è una isometria lineare del tipo richiesto. Applicando tale isometria a >X+c1= λ1X12 +λ2X22 +...+λrXr2 +c1. q1(x’) otteniamo q=(X)=q1(UX)=XTA

Dim. -

-

> 0 A >= rk B >=5 >=rk B; se invece c1≠0 si ha Ora se c1=0 si ha B 6 e dunque rk A=rk A 0T 0 > 0 A > + 1=rk A+1 ed abbiamo quindi trovato i due primi >=5 >= rk A B 6 e quindi rk B=rk B 0T c1 casi del secondo punto del teorema.

2) Supponiamo allora rk A=UTAU=diag (λ1,λ2,..,.λr, 0,...,0). q2(X’)=q1(UX’)=(X’)TUTAUX’+2b1TUX’ +c1 dove A UTvr+1 è la colonna (r+1)-esima di UTU=I, dunque è il vettore er+1 della base canonica, quindi UTb1= UT b1 vr+1 = b1 UTvr+1= b1 er+1. Da qui si ha q2(X’)= (X’)Tdiag(λ1,..,λr ,0,...,0)X’+2 b1 er+1TX’+ c1 = =(X’)Tdiag(λ1,λ2,..,λr ,0,...,0)+2 b1 X′HIJ +c1.

Facendo la traslazione Xi=X’i per ogni i≠r+1, e X’r+1= Xr+1-2‖b1 ‖ e ponendo p= b1 λ1X12 +λ2X22 ..,.λrXr2 +2pXHIJ

q=(X)= secondo punto del teorema.

c

1

con p ≠ 0ed abbiamo quindi trovato il terzo caso del

si ha

> (a meno di righe e colonne nulle che possiamo trascurare) ha la forma La matrice B D M0 0T

0 0 p

0 > + 2=rk A+2 >= rk A pO dove D=diag(λ1,λ2,..,λr), quindi rk B=rk B 0

Ovviamente visto che B è ottenuta aggiungendo una riga alla matrice PA| bQ che a sua volta è ottenuta aggiungendo una colonna ad A, si ha sempre rk A≤rk B≤rk A+2 e l’ultimo caso si può avere solo se rk PA| bQ=rk A+1. Quindi abbiamo considerato tutte le possibilità. Usiamo allora il teorema 1 per classificare le coniche, dopo aver osservato che una isometria del tipo (4) per n=2 rappresenta una rototraslazione degli assi.

a 11  Nel caso delle coniche abbiamo B= a 12 a 13

a 12 a 22 a 23

a 13  a 23  , A=1a11  a12 a 33 

a12 a13 a22 2, b=1a23 2.

Sappiamo inoltre che sono invarianti per rototraslazione I3=det B, I2=det A=λ1λ2, I1=tr A=λ1+λ2, dove λ1, λ2 sono gli autovalori di A. I3, I2, I1 sono chiamati invarianti ortogonali della conica.

Osserviamo che, moltiplicando l’equazione di una conica per un numero reale k≠0, otteniamo un’equazione che rappresenta la stessa conica, ma il valore di I3 è moltiplicato per k3 e per questa ragione I3 è detto invariante cubico, quello di I2 è moltiplicato per k2 e per questa ragione I2 è detto invariante quadratico, quello di I1 è moltiplicato per k e per questa ragione I1 è detto invariante lineare. Moltiplicando per k l’equazione della conica non si modifica quindi il segno di I2 ed il fatto che gli invarianti siano uguali o diversi da 0. Esaminiamo ora i casi possibili seguendo l’enunciato del teorema 1. •

•

•

sia rk A=rk B, abbiamo allora i seguenti casi - rk A=rkB=1 (quindi I3=I2=0) , in tal caso l’equazione della conica diventa λ1X2=0 e la conica è quindi spezzata in due rette reali coincidenti - rk A=rkB=2 (quindi I3= 0, I2≠0) , in tal caso l’equazione della conica diventa λ1X2+ λ2Y2=0 se I2>0, gli autovalori sono di segno concorde e la conica ha un solo punto reale ed è spezzata in due rette immaginarie coniugate con quel punto in comune se I2 0. - rk A=2, rkB=3 (quindi I3≠0,I2≠0) ed in tal caso l’equazione della conica diventa λ1X2+ λ2Y2+c= =0 con c=≠ 0 o più precisamente λ1X2+ λ2Y2+I3/I2=0 se I2>0 e I3I10 e I3I1>0 allora gli autovalori e c= sono di segno concorde e quindi la conica non ha punti reali e viene detta ellisse immaginaria se I20 spezzata in due rette immaginarie coniugate =0 coniche degeneri ⇒

I2

=0 spezzata in due rette parallele (ev. compl.coniugate) 0 ellisse (immaginaria se I3I1>0) ≠0 coniche non degeneri ⇒ I2

=0 parabola =0 equilatera 0 si ha An=λ1nP1+λ2nP2+...+λsnPs; inoltre se tutti gli autovalori di a sono diversi da 0 si ha A-1=λ1-1P1+λ2-1P2+...+λs-1Ps; se f(x) è una funzione nel cui campo di esistenza stanno gli autovalori abbiamo f(A)= f(λ1)P1+ f(λ2)P2+...+ f(λs)Ps , in particolare se gli autovalori di A sono tutti non negativi possiamo definire √A=λ1 P1 λ2 P2 …λs Ps . Si verifica che la matrice così ottenuta è l’unica matrice il cui quadrato è uguale ad A. Def. 3. Una forma quadratica reale nelle variabili x1,x2,...,xn è un polinomio di secondo grado omogeneo a coefficienti reali nelle variabili x1,x2,...,xn . Una forma quadratica q(x) è quindi

q(x)=a11x12+a22x22+...+annxn2+2a12x1x2+2a13x1x3+...+2a1nx1xn+2a23x2x3+...+2an-1n xn-1xn=xTAx dove a11 a12 … a1n a12 a22 … a2n A è la matrice reale simmetrica

. La forma quadratica si dice allora a1n a2n … a1nn rappresentata da A. 1 2 1/2 2 2 2 2 1 0 . . La forma quadratica x +4xy-y +xz-3z è rappresentata dalla matrice Esempio 1 1/2 0 3 Si ha ovviamente q(0)=0 e q(tx)=t2q(x), per ogni t∈R.

Def. 4. Una forma quadratica reale nelle variabili x1,x2,...,xn si dice -

definita positiva (negativa) se q(x)>0 (+++ = v + w +2 2

2

2

b. Teorema di Pitagora: Se v, w sono ortogonali v + w = v + w . Segue immediatamente dal teorema di Carnot.

c. Teorema di Pitagora generalizzato: Se v1,v2,…,vd sono a due a due ortogonali, 2 2 2 2 v 1 + v 2 + ... + v d = v1 + v 2 +…+ v d . 2

2

2

Dal Teorema di Carnot si ricava la formula di polarizzazione: =( v + w − v − w )/2 che indica come uno spazio euclideo potrebbe essere definito a partire dall’introduzione di una nozione di norma di un vettore derivando poi la nozione di prodotto scalare. Def 4. In uno spazio euclideo si dice distanza di due vettori v, w la norma v − w differenza. Def 5. Sia V uno spazio euclideo e siano v,b∈V con b≠0. Il vettore c=

< v, b > 2

b

< v, b >

ortogonale di v sullo spazio vettoriale L(b), generato da b. Lo scalare

b

2

2

della loro

b si dice proiezione

si chiama coefficiente

di Fourier di v rispetto a b. Si hanno le seguenti proprietà: -

c∈L(b), immediato dalla definizione di c.

-

v-c è ortogonale ad ogni vettore di L(b). Infatti si ha b

-

2

b,tb>=t-t

< v, b > b

2

=0

c è il vettore di L(b) a distanza minima da v. 2

2

2

2

Sia infatti w∈L(b), si ha v − w = (v − c) + (c − w ) = v − c + c − w per il teorema di Pitagora, in quanto abbiamo appena visto che v-c è ortogonale ad ogni vettore di L(b) e 2 2 quindi in particolare a c-w. Ore se c≠w si ottiene subito v − w > v − c . Possiamo ora provare alcune significative disuguaglianze valide in ogni spazio euclideo: d. Disuguaglianza di (Cauchy-)Schwarz: Per ogni coppia di vettori v, w si ha ||≤||v|| ||w|| e ||=||v|| ||w|| se e solo se i vettori v, w sono linearmente dipendenti. Osserviamo che se w=0 allora w è linearmente dipendente da ogni v e =0, v =0. Supponiamo allora w≠0. Sia x il coefficiente di Fourier di v rispetto a w. Poiché xw e v-xw sono 2 2 2 ortogonali, dal teorema di Pitagora abbiamo v = x w − v − x w ≥ xw

2

2

−x w =

< v, w > w

2

2 2

, da cui si ottiene la disuguaglianza cercata moltiplicando per w .

Nella relazione precedente il ≥ diventa un’uguaglianza se e solo se v=xw o equivalentemente se v∈L(w) e quindi se e solo se v,w sono linearmente dipendenti. e. Disuguaglianza triangolare: ||v+w||≤||v||+||w||, per ogni v, w∈ V, dove l’uguaglianza vale se e solo se v, w sono linearmente dipendenti e Infatti ||v+w||2=(v+w)⋅(v+w)=||v||2 +++||w||2≤ ||v||2 +2||+||w||2 e usando la disuguaglianza di Schwarz si ha allora ||v+w||2≤ (||v||+||w||)2 da cui segue la tesi. L’uguaglianza si ha solo se si ha l’uguaglianza di Schwarz e ||=. < v, w > La disuguaglianza di Schwarz dice che -1≤ ≤1, dunque possiamo introdurre la seguente v w

Def.6. Siano v,w due vettori non nulli di uno spazio euclideo V con prodotto scalare , l’angolo < v, w > formato da v,w è cos θ = . v w Osservate che è effettivamente l’angolo che due vettori paralleli ed equiversi a v e w applicati in uno stesso punto formano nel piano o nello spazio ordinario.

Basi ortogonali e ortonormali Def.7. Una base {b1,b2,....,bn} di uno spazio euclideo V si dice base ortogonale se i suoi elementi sono a due a due ortogonali, , una base ortogonale i cui vettori hanno tutti norma 1 si dice base ortonormale. La base canonica di Rn è una base ortonormale. Ovviamente da una base ortogonale si ricava una base ortogonale dividendo ogni vettore della base per la sua norma. Osserviamo che: •

Un insieme di vettori non nulli a due a due ortogonali è un insieme di vettori linearmente indipendenti. Infatti sia {v1,v2,…,vm} un insieme di vettori a due a due ortogonali e sia α1v1+α2v2+…+αmvm=0, per ogni vettore vi (i=1,2,…,m) si ha =α1+α2+…+αm=α10 +…+αi v − v1 . Ovviamente v-v1 è ortogonale ad H ed è l’unico ortodonale ad H perché se ci fosse un altro vettore u∈H con v-u ortogonale ad H si avrebbe v=u+(v-u) ed u sarebbe un altro vettore a distanza minima da v. •

Se H ammette una base ortogonale B={b1,b2,....,bd} allora ogni vettore v di V ha una proiezione ortogonale vH su H le cui componenti sono i coefficienti di Fourier di v rispetto a bi per 1≤i≤d. Basta verificare che il vettore le cui componenti sono i coefficienti di Fourier di v rispetto a bi per soddisfa le condizioni della proiezione ortogonale su H.

Mostriamo ora che un qualsiasi sottospazio di dimensione finita di uno spazio V ammette una base ortogonale e quindi una base ortonormale. Teorema 1 (Algoritmo di Gram Schmidt). Dato un insieme {v1,v2,....,vd} di vettori linearmente indipendenti di V è posssibile costruire iterativamente un insieme di vettori {b1,b2,....,bd} a due a due ortogonali, tali che per ogni k≤d, L(v1,v2,....,vk)=L(b1,b2,....,bk). La procedura iterativa è la seguente: b1 = v1 , b2= v2-x21b1 b3= v3-(x31b1+ x32b2) ... bd= vd-(xd1b1+ xd2b2+ ...+ xdd-1bd-1) dove xij è il coefficiente di Fourier di vi rispetto a bj. In particolare se {v1,v2,....,vd} è una base per H allora {b1,b2,....,bd} è una base ortogonale di H. Dim. Il procedimento è sostanzialmente il seguente: nel sottospazio generato da v1, v2 si prende un vettore b2 ortogonale a v1 che si trova come differenza fra v2 e la proiezione ortogonale di v2 su v1. Nel sottospazio generato da v1, v2, v3 (che coincide con quello generato da v1, b2,v3) si prende un vettore b3 ortogonale a v1, b2 che si trova come differenza fra v3 e la proiezione ortogonale di v3 sullo spazio generato da v1 e b2 (che ha una base ortogonale) e si continua così fino a trovare un vettore bd ortogonale a v1, b2 ,…, bd-1 . I vettori così trovati sono a due a due ortogonali e quindi linearmente indipendenti e quindi essendo dim L(v1,v2,....,vk)=k ed essendo ogni bi ∈ L(v1,v2,....,vk), si ottiene l’uguaglianza dei due spazi. Come corollari del Teorema 1 si trova che •

Uno spazio euclideo di dimensione finita ha sempre una base ortogonale

•

Sia V uno spazio euclideo. Esiste sempre la proiezione ortogonale di un vettore v∈V su un sottospazio di V di dimensione finita.

•

Se V è uno spazio euclideo di dimensione finita, ed H è un suo sottospazio, V è somma diretta di H e H⊥ e (H⊥)⊥=H.

Esempio 1

1 1 1      A partire dalla base di R3 data da v 1 = 1, v 2 = 0, v 3 = 1 , trovare una base ortonormale di R3. 0 1 1

1   1 / 2  1 1  1 / 2  − 1 / 3 2 1 = − 1 / 2 , b = 1 - 1 − − 1 / 2 =  1 / 3  formano una base     3     3    0  1  1 0  1   1 / 3  ortogonale. Per trovare la base ortonormale dobbiamo dividere ogni vettore per la sua norma, ottenendo: 1/ 2   − 1/ 6  - 1/ 3        q1= 1/ 2  , q2=  1/ 6  , q3=  1/ 3  .  0  − 2/ 6   1/ 3        1 1 I vettori b1=v1, b2= 0 2 1

Matrici ortogonali e isometrie Def 10. Una matrice quadrata U di ordine n a coefficienti reali si dice ortogonale se UTU=In . E’ facile verificare che -

U è una matrice ortogonale se e solo se le sue colonne sono vettori di norma 1 a due a due ortogonali (e quindi formano una base ortonormale di Rn). - Una matrice ortogonale è non singolare e la sua inversa è UT - Se U è una matrice ortogonale anche UT è ortogonale - Se U e V sono ortogonali anche UV è ortogonale. - Se U è ortogonale allora det U=±1. - Sono equivalenti i. U è ortogonale, per ogni v∈Rn si ha ||Uv||=||v|| ii. iii. per ogni v,w∈Rn si ha =. i.⇒ii. ||Uv||2=(Uv)T(Uv)=vT(UTU)v=vTv=||v||2 da cui essendo la norm non negativa si ricava l’asserto. ii.⇒iii. segue dalla formula di polarizzazione iii.⇒i. Sappiamo che se ei è l’i-esimo vettore della base canonica di Rn, allora Uei è la i-esima 1 se i = j colonna ci di U. Allora ===  , quindi UTU=In. 0 se i ≠ j • Ogni autovalore reale di una matrice ortogonale U vale 1 o -1. Infatti se v è un autovettore di U associato all’autovalore λ si ha Uv=λv, quindi ||v||=||Uv||=||λv||=|λ|||v||, da cui |λ|=1.

cos θ − sen θ  cos θ sen θ  Le matrici ortogonali di ordine 2 sono del tipo U1=  , U2=    . Il sen θ cos θ  sen θ - cos θ  determinante di U1 è 1 quello di U2 è -1. La prima matrice rappresenta la rotazione del piano attorno all’origine di un angolo θ, la seconda rappresenta una riflessione ortogonale che ha per asse la retta di direzione [cos(θ/2),sen(θ/2)]T (che può essere vista come una rotazione più un ribaltamento). Analogamente le matrici ortogonali di ordine 3 rappresentano se hanno determinante 1 una rotazione se hanno determinante -1 una simmetria rispetto all’autospazio dell’autovalore 1 (o rispetto a un punto se l’autospazio è formato da solo vettore 0) Def.11. Siano V1,V2 due spazi euclidei, un’applicazione f: V1→V2 si dice isometria se preserva le distanze, ovvero se per ogni v,w∈V1 si ha f( v) − f( w ) V = v − w V . Se f è un’isometria che è 2

anche un’applicazione lineare f si chiama isometria lineare.

1

Un’applicazione lineare è un’isometria se e solo se preserva la norma dei vettori. Infatti se f è un’applicazione lineare, detti 01 e 02 i vettori nulli di V1 e V2 abbiamo f(01)=02, quindi f( v) − f(01 ) V = v − 01 V quindi f( v) V = v V . Il viceversa segue dalla formula di 2

1

2

1

polarizzazione. Nel piano e nello spazio le rototraslazioni sono isometrie, le rototraslzioni che sono isometrie lineari sono rotazioni. Le applicazioni lineari associate a matrici ortogonali sono isometrie lineari. Matrici delle proiezioni ortogonali Sia H un suo sottospazio di Rn, la funzione f:Rn→Rn che associa ad un vettore v la sua proiezione ortogonale vH su H, è lineare. Cerchiamo di determinare una matrice P tale che Pv= vH in Rn. Proposizione 1. Se {q1,q2,...,qd} è una base ortonormale di H allora detta A la matrice formata dall’accostamento dei vettori {q1,q2,...,qd} si ha P=AAT=q1q1T+q2q2T+...+qdqdT. Dim. Sappiamo che la rappresentazione di vH rispetto ad una base ortonormale è vH=(q1Tv)q1+...+(qdTv)qd . Osserviamo che se q,v sono vettori di Rn, allora (qTv)q=q(qTv)=(qqT)v, quindi vH=(q1Tv)q1+...+(qdTv)qd =( q1q1T +...+ qd qdT)v . Ma essendo q T   1T  q  AAT=[q1| q2|...|qd]  2  = q1q1T +...+ qd qdT, abbiamo P=AAT. M  T q d  Le matrici di proiezione sono caratterizzate dalla seguente Proposizione 2. Una matrice P quadrata reale di ordine n è la matrice della proiezione ortogonale su un sottospazio H di Rn se e solo se -

P2=P

-

PT=P.

Se le precedenti condizioni sono verificate, H è lo spazio generato dalle colonne di P ed H⊥ è ker P.

Dim. Supponiamo che P sia la matrice di proiezione su un sottospazio H di V. Per ogni vettore v∈V, Pv∈H e quindi P(Pv)=Pv, da cui per l’arbitrarietà di v, si ha P2=P. Poiché P=AAT, si ha subito che PT=P. Viceversa supponiamo che P2=P e PT=P. Pv appartiene allo spazio delle colonne di P essendo una combinazione lineare delle colonne di P. Mostriamo che v-Pv è ortogonale allo spazio Col(P) delle colonne di P, questo significa mostrare che v-Pv∈Col(P)⊥=ker PT=ker P, perché P è simmetrica. Infatti P(v-Pv)=0 perché P2=P. Dunque Pv è la proiezione di v sullo spazio H=Col(P) ed abbiamo già visto che Col(P)⊥=ker P. Proposizione 3. Sia H un sottospazio di uno spazio Euclideo V, la matrice della riflessione (simmetria) ortogonale rispetto ad H è I-2P’, dove P’ è la matrice proiezione ortogonale su H⊥.

Dim. Sia v∈V poiché Vè somma diretta di H e H⊥ il vettore v si scrive in uno e un sol modo nella forma v=v1+v2 con v1∈ H, v2∈ H⊥. Sia Q la matrice della riflessione (simmetria) ortogonale rispetto ad H, si ha vQ=(v1+v2)Q= v1Q+v2Q, ma v1Q=v1=v-v2 , v2Q= -v2=-vP’, dove P’ è la matrice proiezione ortogonale su H⊥ e dunque vQ=v-v2-v2=v-2vP’e quindi Q=I-2P’.

NOTA BENE. Questi appunti non sono esaustivi, non contengono tutto ciò che è stato detto a lezione/ esercitazione; costituiscono una base minima di conoscenze necessarie a superare l’esame o uno strumento per un ripasso veloce. Contengono però le dimostrazioni che potrebbero essere richieste all’orale.

SISTEMI LINEARI (capitolo 2 del testo) Def 1. Si dice equazione lineare a coefficienti in un campo K nelle n variabili x1, x2,…, xn una equazione del tipo a1x1+a2x2+…+anxn=b con a1,a2,…an,b ∈K . Una soluzione (NON n soluzioni!!) dell’equazione è una n-upla (α1,α2,…,αn) di elementi di K tale che a1 α1+a2 α2+…+anαn=b . Esempio 1. Una soluzione dell’equazione 3x+2y=7 a coefficienti in R è la coppia (1,2), infatti 3⋅1+2⋅2=7; ovviamente l’equazione data ammette infinite soluzioni del tipo (α,

7-3α 2

) con α∈R.

Def 2. Si dice sistema lineare di m equazioni in n incognite a coefficienti nel campo K un insieme di m equazioni lineari in n incognite a coefficienti in K. Il sistema avrà quindi la forma a11 x1 +a12 x2 +...+a1n xn =b1 a x +a x +...+a2n xn =b2 (1) 21 1 22 2 ⋮ am1 x1+am2 x2 +...+amn xn =bm

Si dice soluzione del sistema lineare una n-upla di elementi di K che sia soluzione di tutte le equazioni del sistema, ammesso che tale n-upla esista. Un sistema lineare può essere sempre rappresentato (vedi algebra delle matrici) con un’equazione matriciale del tipo (2)

Ax=b,

ove A è la matrice di tipo (m,n) la cui riga i-esima è formata dai coefficienti della i-esima equazione del sistema: a11 a12 … a1n a21 a22 … a2n A= ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ am1 am2 … amn

e viene detta matrice dei coefficienti, x e b sono vettori colonna rispettivamente di tipo (n,1) ed (m,1) della forma: x1 b1 x2 b x= ⋮ , b= 2 ⋮ xn bm

detti rispettivamente vettore (o matrice) delle incognite e vettore dei termini noti. La matrice C=[A|b] di tipo (m,n+1) ottenuta accostando alle colonne di A la colonna b si chiama matrice completa.

Le soluzioni del sistema (1) sono tutte e sole le soluzioni dell’equazione matriciale (2). Esempio 2 3x+y=2 x-2y=1 5z+2y=3

Il sistema lineare

3 1 x 2 1 -2 y = 1 5 2 3

ammette la seguente rappresentazione come equazione matriciale:

Def 3. Un sistema lineare è impossibile se non ammette soluzioni, un sistema che ammette soluzioni è possibile: un sistema possibile è detto determinato se ammette una ed una sola soluzione (che è una n-upla di numeri reali!), altrimenti è detto indeterminato. Esempio 3 2x+y=0 3x-y=1

Il sistema lineare

è possibile e determinato, ammette l’unica soluzione x=1/5, y= -2/5.

2x+y=1 4x+2y=3

Il sistema lineare

è impossibile, infatti sostituendo nel primo membro della seconda equazione una qualsiasi soluzione della prima si ottiene 2. 2x+y=1 6x+3y=3

Il sistema lineare

è possibile ed ammette infinite soluzione del tipo x=τ, y=1-2τ, con τ parametro arbitrario, quindi è indeterminato.

Def 4. Un sistema lineare è omogeneo se b=0m×1. Un sistema omogeneo è sempre possibile in quanto ammette sempre come soluzione x=0n×1. Tale soluzione è detta soluzione banale del sistema omogeneo. Quando consideriamo sistemi omogenei siamo interessati quindi a trovare soluzioni non banali dette anche autosoluzioni del sistema. L’insieme di tutte e sole le soluzioni del sistema omogeneo Ax=0 vengono chiamate anche ker A. Osservazione 1. Va subito osservato che se x0 è una soluzione del sistema lineare Ax=b, tutte e sole le altre soluzioni del sistema sono della forma x0+ xn, dove xn è un elemento di ker A. Infatti se x0 è una soluzione del sistema Ax=b, abbiamo Ax0=b , se xn è un elemento di ker A abbiamo Axn=0 e dunque A(x0+ xn)= Ax0+Axn=b+0= b, pertanto x0+ xn è una soluzione del sistema Ax=b. Viceversa se x0 e x1 sono entrambe soluzioni del sistema Ax=b, abbiamo Ax1= Ax0=b , e quindi A(x1- x0)= 0 e pertanto x1- x0= x2∈ker A. E’ anche utile, per altri contesti, osservare che il sistema lineare (1) può essere scritto nella forma

x1c1+x2c2+…+xncn=b, dove, per ogni i, ci è la i-esima colonna della matrice dei coefficienti A e b è il vettore dei termini noti. Questo dice che un sistema è possibile se e solo se b appartiene allo spazio vettoriale generato dai vettori colonna di A e che un sistema omogeneo ammette autosoluzioni se e solo se i vettori colonna di A sono un insieme di vettori linearmente dipendenti. Def. 5. Due sistemi lineari in n incognite si dicono equivalenti se ogni soluzione del primo è soluzione del secondo e viceversa. Osservazione 2. Si può subito osservare che • se un sistema S’ è ottenuto da un sistema S scambiando di posto due equazioni, S ed S’ sono equivalenti; • se un sistema S’ è ottenuto da un sistema S aggiungendo membro a membro all’i-esima equazione la j-esima equazione moltiplicata per uno scalare k, S ed S’ sono equivalenti. Siano Ax=b ed A’x=b’ le rappresentazioni matriciali dei due sistemi S ed S’, nel primo caso la matrice completa [A’|b’] si ottiene da [A|b] scambiando le righe corrispondenti a coefficienti e termine noto delle due equazioni scambiate di posto, nel secondo caso la matrice completa [A’|b’] si ottiene aggiungendo alla i-esima riga di [A|b] la j-esima moltiplicata per k; viceversa se scambiamo due righe della matrice completa di un sistema S si ottiene la matrice completa di un sistema S’ in cui si sono scambiate di posto due equazioni, se si aggiunge alla riga i-esima della matrice completa di un sistema S la j-esima riga moltiplicata per uno scalare k si ottiene la matrice completa di un sistema S’ in cui si è aggiunta (membro a membro) alla i-esima equazione la j-esima moltiplicata per k. Def 6. Chiamiamo mosse di Gauss o operazioni elementari su una matrice C le seguenti: 1. scambiare due righe di C 2. aggiungere alla i-esima riga di C la sua j-esima riga moltiplicata per k. Def 7. Si dice che una matrice di tipo (m,n) è a scala quando sono soddisfatte le seguenti condizioni • se per qualche i, 1≤i

Geometria E Algebra Lineare(Materiale Cherubini Completo)

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