Soluzioni della prova scritta di Geometria 1 del 27 giugno 2019 (versione I)

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1 Soluzioni della prova scritta di Geometria 1 del 7 giugno 019 (versione I) Esercizio 1. Sia R 4 lo spazio quadridimensionale standard munito del prodotto scalare standard con coordinate canoniche (x 1, x, x 3, x 4 ). Si consideri il piano π in R 4 passante per i punti P 1 = (1,, 0, 0), P = (1, 0, 1, 1) e P 3 = (1, 1, 1, 1), e sia π la sua giacitura. (i) Determinare equazioni cartesiane per π. (ii) Determinare una base ortonormale di π. (iii) Sia p : R 4 R 4 la proiezione ortogonale sul piano π: p è un endomorfismo ortogonale? p è un endomorfismo simmetrico? p è diagonalizzabile? Determinare in ogni caso i suoi autovalori, con i rispettivi autospazi e le molteplicità geometriche. (iv) Detta r : R 4 R 4 la riflessione ortogonale rispetto al piano π, determinare l espressione esplicita di r(x 1, x, x 3, x 4 ). (v) Determinare, se esiste, una retta s sghemba con π, cioè tale che s π =, ma s non parallela a π. (vi) Determinare, se esiste, un piano σ sghembo con π, cioè tale che σ π =, ma σ π. Soluzione. (i) La giacitura π del piano è il sottospazio vettoriale generato da P P 1 = (0,, 1, 1) e P 3 P 1 = (0, 1, 1, 1). Per semplificare, come base di questo sottospazio vettoriale possiamo prendere i vettori (0, 1, 0, 0) e (0, 0, 1, 1). Un punto P di coordinate (x 1, x, x 3, x 4 ) appartiene al piano π se e solo se il vettore P P 1 appartiene a π, cioè se la matrice seguente ha rango x 1 1 x x 3 x 4, cioè se { x1 = 1 x 3 x 4 = 0. (ii) Per costruire una base ortogonale di π, si può prendere una base qualsiasi di π e applicare il procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt, ma qui la base considerata, formata da (0, 1, 0, 0) e (0, 0, 1, 1), è già ortogonale. Per avere una base ortonormale basta quindi normalizzare, otteniamo u 1 = (0, 1, 0, 0) e u = (0, 0, 1, 1)/. (iii) La proiezione ortogonale sul piano π non è un endomorfismo ortogonale, cioè non preserva il prodotto scalare, perché il suo nucleo π, l ortogonale di π, è diverso da zero: quindi esistono vettori non nulli (che hanno norma diversa da zero) che vengono mandati in zero. 1

2 È un endomorfismo simmetrico, come tutte le proiezioni ortogonali su sottospazi vettoriali, poiché per ogni v, w abbiamo ( p( v) w) = ( v p( w)), infatti entrambi i membri sono uguali a ( p( v) p( w)). È diagonalizzabile, come tutti gli endomorfismi simmetrici. In particolare, come tutte le proiezioni ortogonali su sottospazi vettoriali, ha autovalori 0 e 1, l autospazio di autovalore 0, cioè il nucleo, è uguale a π, mentre l autospazio di autovalore 1, il sottospazio dei vettori fissati, è uguale a π, e chiaramente π π = R 4. Qui in particolare le molteplicità geometriche sono dim π = dim π =. (iv) Preso P 1 come punto base, e P di coordinate (x 1, x, x 3, x 4 ), otteniamo la riflessione r(p ) = p(p P 1 ) (P P 1 ) + P 1. La proiezione p(p P 1 ) si ottiene utilizzando la base ortonormale costruita sopra, formata da u 1 e u, come segue p(p P 1 ) = ((P P 1 ) u 1 ) u 1 +((P P 1 ) u ) u = (0, x, x 3 + x 4 quindi si ottiene r(x 1, x, x 3, x 4 ) = ( x 1 +, x, x 4, x 3 )., x 3 + x 4 ), (v) Preso un piano qualsiasi che interseca π solo in un punto, ad esempio π interseca π solo nel punto (1, 0, 0, 0), è sufficiente scegliere una qualsiasi retta contenuta in tale piano che non passa per il punto di intersezione, ad esempio s con punto base (, 0, 0, 0) e vettore di direzione (0, 0, 1, 1). Tale retta soddisfa le richieste: non interseca π (tutti i suoi punti hanno prima coordinata uguale a e quindi nessuno di essi appartiene a π) e non è parallela a π (il vettore di direzione non appartiene a π). (vi) Un piano σ è definito da due equazioni cartesiane linearmente indipendenti, diciamo { a1 x σ : 1 + a x + a 3 x 3 + a 4 x 4 = a 0. b 1 x 1 + b x + b 3 x 3 + b 4 x 4 = b 0 Mettiamo a sistema le equazioni cartesiane di π insieme alle equazioni cartesiane di σ e scriviamo la matrice completa associata a 1 a a 3 a 4 a 0. b 1 b b 3 b 4 b 0 Il sistema definisce l intersezione σ π, vogliamo che l intersezione sia vuota quindi il sistema deve essere incompatibile, in particolare il rango della matrice dei coefficienti deve essere strettamente minore di 4. Inoltre, le giaciture devono essere distinte quindi il rango della matrice dei coefficienti deve essere strettamente maggiore di. Cioè necessariamente uguale a 3. Ad esempio, possiamo prendere { x1 = 0 σ : x = 0.

3 Esercizio. Sia C la conica del piano euclideo di equazione a) Di quale tipo di conica si tratta? xy + x 4y = 0. b) Trovare un nuovo sistema di riferimento cartesiano con coordinate x, y rispetto al quale l equazione della conica si riduce in forma canonica: scrivere la legge di trasformazione dalle coordinate x, y alle coordinate x, y, e l equazione canonica nelle nuove coordinate x, y. c) Sia C 0 la conica che ha per equazione la forma canonica di C, e sia G il gruppo delle simmetrie rigide di C 0, cioè il gruppo delle isometrie g del piano tali che g(c 0 ) = C 0. Determinare tutti gli elementi di G. d) Mostrare che C 0 ha un unico centro di simmetria (ricordiamo che un punto C si dice centro di simmetria di C 0 se, per ogni punto P, P C 0 C CP C 0 ). Mostrare quindi che le simmetrie affini di C 0, cioè le affinità f del piano tali che f(c 0 ) = C 0, ne fissano il centro di simmetria. e) Sia q(x 1, x ) la forma quadratica associata a C 0. Mostrare che il gruppo F degli automorfismi di R (gli isomorfismi lineari da R in sé) che preservano la forma quadratica q(x 1, x ) è strettamente più grande di G. f) Mostrare che ogni simmetria affine di C 0 preserva la forma quadratica q(x 1, x ). Soluzione. a) La matrice associata a C nelle coordinate canoniche è M = ( ) 0 1 e quella dei termini di secondo grado è M =. 1 0 Poiché rk(m) = 3 la conica è non degenere, e poiché det(m ) < 0 la conica è a centro di tipo iperbolico. Si tratta quindi di un iperbole. b) Si può diagonalizzare M in virtù del teorema spettrale. Tale matrice ha polinomio caratteristico p M (t) = t 1, autovalori ± = ±1 ed autospazi associati uguali rispettivamente a V + = (1, 1)R e V = (1, 1)R. Detti v + = (1, 1)/ e v = ( 1, 1)/, la base B = {v +, v } è una base ortonormale di autovettori per M. Siano (x +, x ) le coordinate associate a B, dunque ( ) x = 1 ( ) ( ) 1 1 x+ y 1 1 La forma quadratica associata alla conica nelle coordinate (x +, x ) è data da x + x. Sostituendo le nuove coordinate nell equazione della conica e procedendo al completamento dei quadrati si ottiene come equazione di C nelle coordinate (x +, x ): ( x + ) ( x + 3 x ) = = 3

4 e chiamando x = x + 3 ed y = x + x y = 1 la conica ha equazione da cui si vede che si tratta di un iperbole equilatera. Un cambio di coordinate cartesiano che risponde alla domanda è dunque: ( ) x = 1 ( ) ( ) ( ) 1 1 x y y 3 c) La conica C 0 ha equazione x y = 1. Siano e 1 ed e i vettori di coordinate (x, y ) rispettivamente uguali a (1, 0) e (0, 1). La verifica che G contiene le simmetrie S O, S x e S y è immediata (e nota sin dal liceo). D altronde ogni simmetria rigida g G preserva l insieme dei fuochi F ± (poiché preserva le distanze): preserva dunque l asse x e fissa il punto medio O dei fuochi. Una tale simmetria g è allora lineare, ed è dunque determinata dall immagine di due vettori indipendenti. Poiché g(f + ) può essere solo F o F +, segue che g(e 1) = ±e 1; d altronde g preserva l ortogonalità e la norma, dunque g(e ) = ±e. Si hanno pertanto solo 4 possibilità per g, e queste quattro concidono con: g = id, S x, S y o S O. d) Il fatto che C 0 abbia O come centro di simmetria è stato dimostrato in c). D altronde, se C è un centro di simmetria per C 0 allora la simmetria punto S C è una simmetria rigida di C 0 e dovrebbe appartenere a G. Dalla classificazione degli elementi di G fatta nel punto precedente segue che può essere solo S C = S O, dunque C = O Sia ora f una simmetria affine di C 0. Per ogni P C 0 si ha ed anche f(p ) = f(o) + f( OP ) f( P ) = f(o)+ f( OP ) = f(o)+f(o) f(p ) = f(o) f(p ) = S f(o) (f(p )) Pertanto f(o) è un centro di simmetria per f(c 0 ) = C 0, e deve coincidere con O per quanto appena dimostrato. e) Sia f(x, y ) = (a x + b y, c x + d y) un automorfismo di R. Se f preserva q, allora x y = q(x, y ) = q(f (x, y )) = (a c )x +(b d )y +(ab cd)x y per ogni (x, y ) R. Ciò implica, paragonando i coefficienti dei due polinomi, che ( ) ( ) a b ɛ ɛ = 1 1 c d ɛ ɛ 1 1 dove ɛ, ɛ {±1} e = a c = b d, oppure a = ±1, b = ±1 e c = d = 0. Come si vede, tali matrici sono molte di più delle matrici che rappresentano elementi di G. 4

5 f) Abbiamo visto che se f è una simmetria affine di C 0, essa manda lo O in O, quindi è lineare, ovvero un automorfismo di R. Possiamo procedere nel modo seguente. Sia (x, y ) un qualsiasi vettore di R con q(x, y ) = > 0, allora ( x, y ) C 0, quindi f( x, y ) C 0, cioè q(f(x, y )) =. Nota che i vettori (x, y ) tali che q(x, y ) > 0 formano un cono delimitato superiormente e inferiormente dagli asintoti di C 0, estremi esclusi. Il cono complementare, estremi esclusi, contiene i vettori su cui la forma quadratica q assume valori negativi. Gli asintoti contengono i vettori su cui la forma è uguale a zero. Consideriamo la forma bilineare simmetrica associata a q b( v, w) = 1 ( q( v + w) q( v) q( w) ). Se q( v), q( w), q( v + w) sono tutti positivi allora anche b( v, w) è preservata, cioè b(f( v), f( w)) = b( v, w). Prendiamo ora un vettore su cui la forma q assume valore negativo. Esso si può scrivere come somma di due vettori v + w tali che q( v) e q( w) sono entrambi positivi. Prendiamo allora il vettore v w, abbiamo q( v w) > 0, così come q( v) > 0 e q( w) > 0. Quindi b( v, w) è preservata, e anche b( v, w) è preservata per linearità, di conseguenza anche la forma quadratica è preservata q( v + w) = b( v + w, v + w). Infine, se tutte le simmetrie affini (che formano un gruppo) preservano la forma quadratica sia quando è positiva sia quando è negativa, allora la preservano anche quando è zero. Nota. È evidente che ogni automorfismo di R che preserva q preserva anche C 0 ; il punto f) mostra il viceversa, dunque Simm aff (C 0 )) coincide col gruppo O(q) degli automorfismi di R che preservano q. Come potete constatare (avendo esplicitato i suoi elementi in e) ), le simmetrie affini di C 0 fissano il suo centro e gli asintoti, ma non preservano i fuochi né gli assi di simmetria (rigida). 5