Geometria 2. Università degli Studi di Trento Corso di Laurea in Matematica A.A. 2011/ luglio 2012

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1 Geometria Università degli Studi di Trento Corso di Laurea in Matematica A.A. 011/01 0 luglio 01 Si svolgano i seguenti esercizi. Esercizio 1. Sia E il -spazio euclideo dotato del riferimento cartesiano standard di coordinate x, y, z) e sia r 1 k) la retta passante per i punti Sia r la retta definita da: P 1 k) = 1, 0, k), r : x y + z = 0, x + y = 0 P =, 1, 1). Si risponda ai seguentei quesiti 1) Si determinino i valori di k tali per cui le rette r 1 k) e r siano complanari. ) Per i valori di k determinati al punto 1), calcolare l equazione cartesiana del piano π che contiene entrambe le rette. ) Per i valori di k determinati al punto 1), calcolare l angolo convesso determinato dalle due rette.. Esercizio. Sia E R il piano euclideo reale dotato del riferimento cartesiano standard di coordinate x, y). Definiamo la conica C di E R come C : x y + 4xy + x 4y + = 0 Si risponda ai seguenti quesiti 1) Si calcoli la forma canonica D di C determinando un isometria diretta S : E E di E tale che SC) = D. ) Si calcolino gli eventuali assi di simmetria di C. Esercizio. Si dica, motivando la risposta, quali tra i seguenti sottospazi di R sono tra loro omeomorfi e quali no. H = x, y) R y 1 0} K = x, y) R x > 0 e y 0} L = x, y) R xy + 0} Esercizio 4. Si considieri R munito della metrica delle valli, la quale, se x = x 1, x ) e y = y 1, y ), è definita da y x se x 1 = y 1 dx, y) := x + x 1 y 1 + y se x 1 y 1, dove denota la metrica euclidea standard, e sia X = x R : x 1 + x 1}, il rombo equilatero di lato centrato nell origine. 1) Si dimostri che X è chiuso e limitato. ) Si dimostri che X non è compatto. 1

2 Soluzioni Esercizio 1. Per calcolare l equazione della retta r 1 k) possiamo osservare che la sua direzione è data dal vettore v 1 k) = P 1 k)p =, 1, 1) 1, 0, k) = 1, 1, 1 k). Di conseguenza, un equazione parametrica per r 1 k) è x = + t r 1 k) : y = 1 + t. z = 1 t tk Un equazione cartesiana è data invece da x y 1 = 0, r 1 k) = kx + y + z k = 0. L equazione parametrica della retta r x y + z = 0, r : x + y = 0. è data invece da x = s r : y = s + z = y s x = s y = s + z = 4s + x = s r : y = s z = 1 s Procediamo con l esercizio. 1) Le due rette r 1 k) e r sono complanari se e solo se si intersecano oppure se sono parallele. Consideriamo dunque il sistema x = + t = s s = + t s = + t y = 1 + t = s 1 + t = 6 t 4t = z = 1 t tk = 1 s 1 t tk = 1 4 t k 1)t = s = 4 t = 4 k = t k = + 1 = Per k = le due rette si intersecano e sono dunque complanari. Se invece k le due rette non si intersecano e potrebbero essere parallele oppure sghembe. Consideriamo le direzioni delle due rette: v 1 k) = 1, 1, 1 k), v = 1,, ). Qualunque sia il valore di k, i due vettori delle direzioni non saranno mai proporzionali perché le prime due componenti non lo sono). Di conseguenza, le due rette non saranno mai parallele. Possiamo dunque concludere che r 1 k) e r sono complanari se e solo se k =.

3 SOLUZIONI ) Riscriviamo l equazione parametrica della retta r 1 con il valore del parametro k identificato al punto precedente: x = + t r 1 k) = y = 1 + t. z = 1 t ) Il piano π contenente le due rette è il piano generato dai vettori v 1 e v e passante per uno dei punti appartenenti alle rette, per esempio P =, 1, 1). Ogni punto del piano π sarà dunque del tipo s 1 + t, 1 cioè x = + s + t y = 1 + s t. z = 1 s t Dobbiamo ora trovare l equazione cartesiana: x t = s y = 1 + x t) t y = x 1 4t z = x t) 10t z = x 1 8t e dunque π : 4x y + z 1 = 0. y z = 4x 1 ) Ricordiamo che i vettori di direzione di r 1 ) e r sono rispettivamente v 1 = 1, 1, ), v = 1,, ). L angolo convesso φ determinato dalle due rette è quell angolo φ [0, π] verificante cos φ = v 1, v v 1 v = = = = = Si ha dunque φ = arccos 1 1 ) 1, 79 0, 7π π. Esercizio. 1) Consideriamo le matrici associate alla conica C date da A = 1 ) 1 1 1, A 0 =

4 4 Calcoliamo il determinante di A: = = = + 4) = La conica C è dunque non degenere. Calcolando anche det A 0 = 4 = 6 < 0 si vede come C sia un iperbole. Per determinare la forma canonica e la trasformazione richiesta, partiamo determinando la rotazione. Calcoliamo quindi una base ortonormale di R diagonale per A 0 e concordemente orientata con quella canonica di R. Il polinomio caratteristico di A 0 è dato da ) 1 λ pλ) = det = λ 1) + λ) 4 = λ = λ + λ 6 = λ + )λ ) Gli autovalori di A 0 sono dunque λ 1 = e λ =. autovettori, già normalizzati, sono ) ) 1 v 1 :=, v 1 :=. I corrispondenti Controlliamo l orientazione: detv 1 v ) = 1 1 ) = 1 La base cercata è dunque B = v, v 1 ). Definiamo la matrice M SO) come ) 1 M := 1 La rotazione indotta da M è ) x1 x R : = M y 1 y) ) = y 1 x1 ) x1 + y 1 x 1 + y 1 Sostituendo nell equazione di C troviamo l equazione di R 1 C), data da 0 = x 1 + ) y 1 ) x 1 + y x 1 + ) y 1 ) x 1 + y 1 + x 1 + ) y 1 4 ) x 1 + y Termini di secondo grado: x 1 + 4y1 8x 1 y1 8x 1 + 8y1) 1 = 1x y1 ) = x 1 + y1 Termini di primo grado: x 1 + 4y 1 + 8x 1 4y 1 ) = 10x 1 = x 1

5 SOLUZIONI Quindi R 1 C) : x 1 + y 1 + x 1 + = 0 Riscriviamo il termine in x 1 : ) ) x 1 x 1 = x 1 x = x 1 e dunque R 1 C) : x 1 ) + y = 0 Definiamo l isometria diretta T : E E come ) ) x1 x x1 ) T : =. y 1 y y 1 Sostituendo si ottiene l equazione D : x + y + 11 = 0 ) + la quale corrisponde alla forma canonica 9 D : 11 x 6 11 y = 1. Osservando i passaggi fatti, si ha D = T R 1 C), ovvero S = T R 1. Ricaviamo R 1 da ) ) ) ) R 1 x x1 : = M 1 x x y = y y 1 y x + y e dunque S = T R 1 è dato da ) ) x x S : = x y ) y y x + y. ) Poiché gli assi di simmetria di D sono dati dalle equazioni x = 0 e y = 0, le equazioni degli assi di simmetria di C sono date da x y = 0, x + y = 0 cioè x 6y = 0, x + y = 0 Esercizio. Dobbiamo determinare se i tre spazi H = x, y) R y 1 0} K = x, y) R x > 0 e y 0} L = x, y) R xy + 0} siano o meno omeomorfi tra di loro. I tre spazi sono raffigurati nella seguente figura. I due spazi H e K sono omeomorfi. Un omeomorfismo è dato da f : H K, fx, y) = e x, y 1),

6 6 la cui inversa è f 1 : K H, x, y) log x, y + 1). Sia f che f 1 sono note funzioni continue. Inoltre la funzione e x manda biiettivamente tutto R nell intervallo 0, ) e, analogamente, la funzione y 1 manda biiettivamente l intervallo [1, ) nell intervallo [0, ). Poiché si ha H = R [1, ), K = 0, ) [0, ) ciò dimostra che la funzione f è l omeomorfismo cercato. Possiamo invece dimostrare che H e L non sono omeomorfi, utilizzando il fatto che se X Y allora X Y. In questo caso si ha L = x, y) R xy = } H = x, y) R y = 1}. Poiché L è sconnesso mentre H non lo è, si può concludere che L H e dunque che L H, L K. Infatti H è una retta e dunque connesso) mentre L è un iperbole ed è sconnessa in quanto scrivibile come unione di due aperti disgiunti, per esempio, del tipo L = x, y) R xy = } = L, 0) 0, ) )) L 0, ), 0) )). Esercizio 4. 1) Osserviamo innanzitutto che x se x 1 = 0 x d = dx, 0) = x 1 + x se x 1 0 = x1 + x. L insieme X è quindi semplicemente la palla chiusa B = x R : dx, 0) 1} di centro zero e raggio 1 nella metrica d. Ciò dimostra sia la chiusura sia la limitatezza.

7 SOLUZIONI 7 ) Essendo in uno spazio metrico, un insieme è compatto se e solo se è compatto per successioni. Cerchiamo quindi una successione x n } X che non ammetta alcuna sottosuccessione convergente. Chiaramente tale successione muoversi in diagonale in modo che ogni due elementi della successione abbiano prime coordinate tra loro diverse altrimenti, la distanza tra essi sarebbe semplicemente la distanza euclidea e sappiamo che X nella metrica euclidea è compatto) e deve sfruttare il fatto che gli elementi abbiano la seconda coordinata grossa è questa coordinata che pesa molto nel calcolo della distanza). Definisco x n } come 1 x n = n, 1 1 ) n 1. n La successione è dunque del tipo 1 x 1 = 1, 0), x =, 1 ) 1, x =, ) 1, x 4 = 4, ), 4 Controlliamo che x n } X: dx n, 0) = x 1 n + x n = 1 n n = 1 n = ) n Di conseguenza x n } X. Osserviamo che x 1 n x 1 m ogniqualvolta n m. Supponiamo ora che esista una sottosuccessione x nk } X convergente a un certo y X. Tuttavia, qualunque sia y, per quanto detto prima può esistere al massimo un unico valore di k tale per cui y 1 = x 1 n k. Di conseguenza, per tutti i k tranne al massimo uno si avrebbe dx nk, y) = n k 1 n k + 1 y 1 n k + y ed il primo termine è 1 per n k. Di conseguenza lim k dx n k, y) 1 il che contraddice l ipotesi y = lim k x nk. Abbiamo esibito una successione priva di sottosuccessioni convergenti. Ciò dimostra che X non è compatto.