Esercizi Di Geometria 1 (BAER) Canale 2

Transcript

1 Esercizi Di Geometria (BAER) Canale SETTIMANA (4 Dic 0 Dic) Esercizio Consideriamo nel piano il triangolo di vertici P = (, ), Q = (, 0) e R = (0, ) Calcolare il circocentro (ovvero il centro della circonferenza passante per i vertici) e l incentro (ovvero il centro della circonferenza tangente ai lati) Soluzione Vorrei premettere che nel scrivere le soluzioni di questo esercizio mi sono accorto che i calcoli per risolverlo erano piú complicati di quello che prevedessi Per cui mi scuso con lo/la studente/ssa che si fosse scoraggiato/a di fronte a tali difficoltá, ma gli/le faccio osservare che non sempre la vita é come ci piacerebbe che sia Sono invece convinto che chi sia stato sufficientemente determinato da arrivare fino alla fine, ne abbia tratto un certo piacere Vorrei incoraggiare tutti a non scoraggiarsi mai Detto questo procediamo con la soluzione dell esercizio Sia C la circonferenza passante per i tre punti P, Q ed R Essa ha equazione del tipo (x x 0 ) + (y y 0 ) = r dove (x 0, y 0 ) é il vettore delle coordinate del circocentro Imponiamo il passaggio per i tre punti ed otteniamo il sistema di tre equazioni nelle tre incognite x 0, y 0 ed r: x 0 + y0 + x 0 + y 0 + = r x 0 + y0 4x = r x 0 + y0 6y = r Questo sistema é equivalente al seguente x 0 + y0 + x 0 + y 0 + = x 0 + y0 4x x 0 + y0 6y = x 0 + y0 4x x 0 + y0 4x = r Semplificando otteniamo 6x 0 + y 0 = 0 4x 0 6y = 0 x 0 + y0 4x = r Consideriamo il sistema formato dalle prime due equazioni Esso é un sistema lineare (non omogeneo) con matice dei coefficienti ( ) 6 A = 4 6

2 Il determinante di A é uguale a 44 e quindi il sistema ammette l unica soluzione t (x 0, y 0 ) = A t (, 5) L inversa di A é la matrice A = 44 ( Per cui otteniamo che il circocentro é il vettore (, 9 ) A questo punto, possiamo sostituire nella terza equazione e trovare r = 0 Un equazione di C é dunque (x 484 ) + (y 9) = 0 Cerchiamo ora l incentro Per definizione esso é l intersezione delle bisettrici degli angoli del triangolo di vertici P, Q ed R Per prima cosa vediamo come é fatto tale triangolo, che chiamiamo T Si ricordi che la retta passante per due punti P e P del piano ha equazione (P P ) X = (P P ) P dove (P P ) denota un vettore non nullo ortogonale al vettore P P Con questo in mente, possiamo determinare subito la retta passante per P ed R (chiamiamola r P R ): essa ha equazione r P R : 4x y + = 0 ) La retta passante per Q ed R (chiamiamola r QR ) ha equazione r QR : x y + 6 = 0 La retta passante per P ed Q (chiamiamola r P Q ) ha equazione r P Q : x + y + = 0 Ognuna di queste tre rette divide il piano in due semipiani, dei quali uno soltanto contiene il terzo punto Ad esempio, il semipiano generato da r P R che contiene il punto Q é l insieme dei punti (x, y) tali che 4x y + 0; infatti il punto Q = (, 0) soddisfa a questa disuguaglianza (ma non all altra 4x y + < 0) Similmente si determinano gli altri due semipiani Il triangolo T é quindi il luogo dei punti (x,y) tali che T = { (x, y) R 4x y + 0, x y + 6 0, x + y + 0 } Ricordiamoci che la distanza tra un punto L ed un iperpiano π di R n N X = P N si calcola con la formula dist(l, π) = (L P ) N N di equazione Nel caso di una retta r di R di equazione ax + by + c = 0 e di un punto L = (x 0, y 0 ) questa formula diventa ovviamente dist(l, π) = ax 0 + by 0 + c a + b Con questo in testa, l incentro cercato é il punto Z = (x, y) che soddisfa le seguenti uguaglianze x + y + x y + 6 = = 4x y + 0 7

3 (Si noti che non abbiamo bisogno di mettere il modulo, dato che Z giace in T) In altre parole dobbiamo risolvere il seguente sistema di equazioni lineari: ( 0 )x + ( 0 + )y = 6 0 ( )x + ( )y = 7 0 La matrice dei coefficienti A di tale sistema é A = ed il suo determinante é det A = ( ) > 0 In particolare A é una matrice invertibile, e la sua inversa é la seguente: A = det A L incentro é quindi Z = A C dove C = t ( 6 0, 7 0 ) Svolgendo i conti si trova Z = ( 7 0 Si puó controllare che in effetti il punto Z é l incentro calcolando la distanza tra Z e ognuna delle tre rette r P R, r QR e r P Q (si noti che tale distanza é il raggio della circonferenza inscritta in T) Si trova dist(z, r P R ) = dist(z, r QR ) = dist(z, r P Q ) = Questo conclude l esercizio ) Esercizio Studiare le seguenti coniche (ovvero stabilire di quale conica si tratta esibendone la forma normale metrica) Per le parabole, trovare il vertice ed il fuoco Per i cerchi trovare il centro ed il raggio Per le ellissi e le iperboli trovare il centro, i vertici ed i fuochi Abbozzare il grafico 4 x + 4 x + x x x 5 x + 8 = 0; x + x + x 6x + 7 = 0; x + x x + x = 0; 4 4 x x x x + 6x + 6 x = 0;

4 5 x + x x x + ( 6)x + ( + 6 )x + 70 = 0 Soluzione Si tratta di una parabola di equazione (in forma normale metrica) y = (x 4) + 4 Il vertice é (4, 4) ed il fuoco (4, 9) 4 Si tratta di un cerchio di equazione (in forma normale metrica) (x+) +(y ) = Il centro é (, ) ed il raggio Si tratta di un ellissi di equazione x + y = 0 4 Si tratta di un ellisse di equazione (in forma normale metrica) x + (y+) = 0 5 Il centro é (0, ), i vertici sono (0, + 5) e (0, 5) I fuochi sono (0, + 5) e (0, 5) 5 Si tratta di un iperbole di equazione y = (x 4) Il vertice é (4, ) il fuoco (4, 5 8 ) Esercizio Scrivere la matrice che rappresenta la rotazione in R di π/ attorno alla retta generata da (,, ) (Suggerimento: restringersi al piano ortogonale a (,, ) e scrivere la matrice di rotazione di π/ in quel piano) Soluzione L esercizio (forse formulato un pó imprecisamente) intende che la rotazione deve girare di π/ in senso anti orario dal punto di vista del punto (,, ) il piano perpendicolare ad esso La strategia é la seguente: Poniamo v := (,, ) Scegliamo una base ortogonale {v, v } di v tale che v sia un multiplo positivo del prodotto vettoriale v v (si ricordi la regola della mano destra) In tal caso la matrice che rappresenta la rotazione nella base {v, v, v} é semplicemente: A = A questo punto, per concludere l esercizio, servirá solo cambiare base, e scrivere la rotazione cercata nella base standard di R Una base ortogonale di v con la proprietá cercata é ad esempio {v = (, 0, ), v = (,, )}, come si verifica immediatamente Poiché dovremo cambiare base conviene ortonormalizzare la base {v, v, v}: poniamo e := v, e = 6 v ed e := v La matrice cercata é quindi C := BAB dove B é la matrice che ha come colonne e, e ed e e B = t B poiché B é una matrice ortogonale Facendo il conto si ottiene: C = Esercizio 4 Scrivere l espressione in coordinate della rotazione di un angolo θ attorno ad un punto (x 0, y 0 ) di R (Suggerimento: traslare l orgine in (x 0, y 0 )) 4

5 della riflessione (o ribaltamento) rispetto alla retta di equazione ax + by = c, per qualche a, b, c R fissati e non tutti nulli Soluzione 4 Si tratta di un esercizio un pó difficilotto L ho dato come stimolo a guardare un pó le trasformazioni affini, ma non sará parte del programma di esame Sia ρ θ (x 0, y 0 ) la rotazione di un angolo θ attorno ad un punto (x 0, y 0 ) in R Consideriamo la matrice di rotazione ( ) cos θ sin θ R θ = sin θ cos θ La trasformazione affine ρ θ (x 0, y 0 ) é quindi la seguente ( ) ( ) ( ) ( x x0 x x cos θ y sin θ + x0 + R y y θ = 0 y x sin θ + y cos θ + y 0 ) Sia σ r la riflessione (o ribaltamento) rispetto alla retta r di equazione ax + by = c di R Allora dato un punto P = (x 0, y 0 ) di R esso viene trasformato nel punto P + dist(p, r)(a, b) Esercizio 5 Mostrare che una traslazione del piano é la composizione di due ribaltamenti Mostrare che una rotazione del piano é la composizione di due ribaltamenti Osservare quindi che tutte le trasformazioni rigide del piano si possono ottenere come composizione di un certo numero di ribaltamenti Soluzione 5 Si tratta di un esercizio un pó difficilotto L ho dato come stimolo a guardare un pó le trasformazioni affini, ma non sará parte del programma di esame La traslazione di un vettore P = (x 0, y 0 ) é la trasformazione X = (x, y) X +P = (x + x 0, y + y 0 ) Fissato X = (p, q), il punto X + P é ottenuto ribaltando prima per la retta di equazione x = x 0+p e poi per la retta di equazione y = y 0+q Basta farlo per una rotazione attorno all origine: sia r θ la retta passante per l origine e che forma un angolo θ con l asse delle ascisse Il ribaltamento r θ rispetto a r θ é una trasformazione lineare la cui matrice (nella base standard) é data da ( ) cos θ sin θ sin θ cos θ La composizione σ θ σ γ é una rotazione di un angolo (θ γ) Quindi la rotazione R ϕ di un angolo ϕ si ottiente come σ θ σ γ con θ = ϕ 4 e γ = ϕ 4 Esercizio 6 Sia E n = (R n, ) lo spazio euclideo standard di dimensione n Dimostrare che la moltiplicazione sinistra per una matrice A Mat n n é una isometria di E n se e solo se A é ortogonale Una trasformazione rigida dello spazio euclideo standard E n = (R n, ) é una trasformazione della forma X = t (x,, x n ) BX + P 0 5

6 dove B Mat n n é una matrice ortogonale (e quindi una isometria di E n ) e P 0 é un punto di R n n+ punti P 0,, P n di E n si dicono in posizione generale se i vettori {P i P 0 i =,, n} sono linearmente indipendenti Mostrare che dati due insiemi {P 0, P,, P n } e {Q 0,, Q n } di punti in posizione generale in E n tali che dist (P i, P j ) = dist (Q i, Q j ) per ogni i e j, esiste un unica trasformazione rigida f : E n E n tale che f(p i ) = Q i per ogni i = 0,, n Soluzione 6 Consideriamo i vettori v,, v n dati da v i := P i P 0 ed i vettori w,, w n dati da w i := Q i Q 0 Per ipotesi i due insiemi B = {v,, v n } e C = {w,, w n } sono basi di R n Consideriamo l applicazione lineare f : R n R n definita sulla base B come f(v i ) := w i per ogni i =,, n ed estesa per linearitá ad R n L applicazione lineare f é una isometria di R n, ovvero f(v) f(w) = v w per ogni v, w R n Infatti: notiamo che l angolo θ ij formato da v i e v j é uguale all angolo formato da w i e w j, poiché i due triangoli (P 0, P i, P j ) e (Q 0, Q i, Q j ) sono uguali poiché hanno i tre lati a due a due della stessa lunghezza In particolare, v i v j = w i w j Quindi, dato v = a i v i e w = b i v i si ha f(v) f(w) = a i b j f(vi ) f(v j ) = a i b j w i w j = a i b j v i v j = v w La trasfomazione f é quindi X Q 0 + f(x + P 0 ) L unicitá é chiara: se g é una trasformazione affine con le proprietá richieste, allora g sarebbe della forma g(x) = ḡ(x + P 0 ) + Q 0 e per ipotesi si avrebbe ḡ = f, da cui g = f Esercizio 7 Trovare il centro ed il raggio dei seguenti cerchi Dopodiché abbozzarne il grafico (x ) + (y + ) = 4; (x ) + (y + 4) = 9 Trovare un equazione del cerchio passante per i punti: (-4,4), (-,5), (-,); (-6,-), (-6,-9), (-9,0) Soluzione 7 Il primo cerchio ha centro (, ) e raggio ; il secondo cerchio ha centro (, 4) e raggio Una equazione per il cerchio passante per i punti (-4,4), (-,5), (-,) é x + y + 4x 6y + 88 = 0 Una equazione per il cerchio passante per i punti (-6,-), (-6,-9), (-9,0) é x + y + x 8y + 7 = 0 Esercizio 8 Trovare il centro, i 4 vertici (ovvero le intersezioni con gli assi) e i fuochi delle seguenti ellissi, dopodiché abbozzarne il grafico: 6x + 9y + 8x 6y + 48; 6x + 5y + 00y 00 = 0 Trovare la forma normale metrica di oguna delle seguenti ellissi 0 = 64x y + 8y 6x ; 6

7 4y + x = 8x y + 64 Soluzione 8 Il centro é ( 4, ); i vertici sono ( 4, 6), ( 4, ), (, ) e ( 7, ); i fuochi sono ( 4, + 7) e ( 4, 7) Il centro é (0, ); i vertici sono (5, ), ( 5, ), (0, ) e (0, 6); i fuochi sono (, ) e (, ) (x+) 5 + (y 4) 80 = ; (x 4) 44 + (y+4) 6 = Esercizio 9 Disegnare il grafico delle seguenti iperboli: x y 9 = ; x 4 y 9 = Trovare i vertici, i fuochi e gli asintoti di ognuna delle seguenti iperboli abbozzarne il grafico Dopodiché 5x + 9y + 50x 50 = 0; 6x + y x + y = 0 Soluzione 9 Risolvo la seconda parte dell esercizio, poiché non riesco a caricare i grafici su questo documento I vertici sono (, 5) e (, 5) I fuochi sono (, 4) e (, 4) Gli asintoti sono y = 5 x 5 e y = 5 x + 5 I vertici sono (, ) e (, 5) I fuochi sono (, 7) e (, 7) Gli asintoti sono y = 4x + e y = 4x 5 Esercizio 0 Scrivere la forma normale metrica di ognuna delle seguenti coniche x + 4y 40y + 64 = 0; 4x + y 8x 6y 40 = 0; x + y + x 6y + 7 = 0 Soluzione 0 x 6 + (y 5) 9 = (y 8) 00 (x+) 5 = (x + ) + (y ) = 7

8 Esercizio Mostrare che se la conica di equazione a 00 a 0 a 0 (, x, y) a 0 a a x a 0 a a y é a centro, allora il centro ha coordinate ( ) a0 a det a 0 a ( ( ), a a det a a = 0 ( a a det 0 a a 0 ( a a det a a Soluzione Nella formulazione dell esercizio avrei dovuto precisare che il determinante della matrice é assunto essere non zero Se la conica é a centro allora essa é un ellisse, un iperbole o due rette (incidenti, coincidenti o parallele) Trattiamo solo il caso in cui la matrice ( ) a a A 00 = a a ) ) ) sia non singolare, ovvero il caso di un un ellisse, un iperbole o due rette incidenti centro c = t (c, c ) é (per definizione) la soluzione del sistema lineare ( ) ( ) c a0 A 00 = c a 0 Invertendo la matrice A 00 si ottiene la soluzione richiesta Esercizio Mostrare che se A Mat n n é una matrice ortogonale, allora det(a) é uguale a oppure a Soluzione Dato che t AA = n per il teorema di Binet si ottiene det(a) = Esercizio Per oguna delle seguenti matrici simmetriche A, trovare una matrice ortogonale M tale che M AM sia diagonale 0 A = 0 ; A = Soluzione Per ognuna delle due matrici simmetriche troviamo una base di autovettori Essa esiste per il teorema spettrale ed é ortogonale poiché A é simmetrica Una volta trovata tale base, la normalizziamo e otteniamo una base ortonormale dello spazio euclideo standard (R, ) La matrice che ha per colonne le coordinate di tale base ortonormale é una matrice M cercata Il 8

9 Il polinomio caratteristico di A é P A (x) = x + x + 6x 4 Poiché é una sua radice, dividiamo p A (x) per il polinomio (x + ) e troviamo il polinomio x + 4x le cui radici sono λ := 4+ 8 e λ = 4 8 Lo spettro di A é quindi Sp(A) = {λ, λ, λ := } Determiniamo i tre autospazi Sia λ SP (A) dobbiamo studiare il kernel di A λ, per cui riduciamo a scala la matrice A λ avendo l accuratezza di non dividere per un polinomio di cui λ sia radice e troviamo λ λ λ λ 0 λ + λ 0 0 λ 4λ + Poiché λ e λ sono per ipotesi le due radici di x 4x +, l ultima riga diventa zero; invece, nel caso λ = l ultima riga diventa uguale a (-) volte la seconda riga che é uguale a (0, 0, 7) In conclusione troviamo λ V λ = Span v := λ + λ λ V λ = Span v := λ + λ V λ = Span v := 0 (Si noti che si é usato il fatto λ = 4λ se λ = λ oppure λ = λ ) Le norme di v, v e v si calcolano facilmente Poniamo e := v 4λ +, e := v 4λ +, e := v e la matrice M cercata é λ 4λ + λ 4λ + +λ 4λ + λ 4λ + λ 4λ + +λ 4λ + 0 L immagine di A é generata dal vettore v = t (,, ) che é un autovettore per A di autovalore Il kernel ha quindi dimensione due ed é generato da v = t (,, 0) e v = t (0,, ) Per ottenere la matrice M, ortogonalizziamo la base del kernel: poniamo w := v v v v = v + v v v = t (,, ) Scegliamo allora come base ortogonale di (R, ) la base {v, v, w = t (,, )} Normalizziamo ed otteniamo la base e = t (,, ), e = t (,, 0), e = 6 (,, ) La matrice M cercata é quindi

10 Esercizio 4 Sia A una matrice simmetrica n n e sia b A la forma bilineare simmetrica su R n associata ad A Dimostrare che b A é definita positiva se e solo se det(a [,i],[,i] ) > 0 per ogni i =,,, n, dove A [,i],[,i] é la sottomatrice di A ottenuta prendendo i primi i elementi delle prime i righe di A Soluzione 4 Si veda un qualunque testo di algebra lineare 0