Universita degli Studi di Roma Tor Vergata Facolta di Ingegneria - CCS Edilizia ed Edile/Architettura

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1 Universita degli Studi di Roma Tor Vergata Facolta di Ingegneria - CCS Edilizia ed Edile/Architettura Appello Geometria (VO) a.a. 013/14 Docente F. Flamini NORME SVOLGIMENTO Negli appositi spazi scrivere la MATRICOLA (NON SCRIVERE NE NOME NE COGNOME) In TIPOLOGIA scrivere Geometria (5 CFU) Geometria = svolgere gli Esercizi proposti in ore AVVISI IMPORTANTI: (1) GIUSTIFICARE CHIARAMENTE passaggi ed affermazioni. Motivare le strategie di risoluzione. Senza giustificazioni precise, anche formule giuste NON POSSONO essere considerate a punteggio pieno. () Consegnare ESCLUSIVAMENTE i seguenti fogli. Non verranno presi fogli di brutta copia ne tantomeno aggiuntivi personali. (3) Una volta iniziato l esame scritto, E SEVERAMENTE VIETATO USCIRE DALL AULA, salvo consegna definitiva dell elaborato o ritiro dalla prova scritta. (4) Non lasciare nessuna parte dell elaborato scritto ne a MATITA (per motivi di sicurezza di conformita all originale consegnato) ne ad INCHIOSTRO ROSSO (utilizzato dal docente per la correzione). MATRICOLA: TIPOLOGIA:

2 SOLUZIONI COMPITO Esercizio 1. [10 punti] Nello spazio euclideo R 3 con riferimento cartesiano standard RC(O, x 1, x, x 3 ) si considerino i punti di coordinate, rispettivamente, e la retta r, di equazioni cartesiane P = (,, 1), Q = (0, 0, 1), R = (3,, 0), X 1 + X + X 3 1 = 0 = X 1 + X X 3 3. (i) Determinare un equazione cartesiana del piano π contenente r e passante per P. (ii) Determinare equazioni parametriche della retta s passante per P e perpendicolare al piano π trovato al punto (i). (iii) Determinare l area del triangolo di vertici P, Q e R. (iv) Trovare equazioni parametriche della retta l, ottenuta riflettendo rispetto al piano π, la retta passante per i punti Q e R. Svolgimento: (i) Il fascio di piani di asse r e λ(x 1 + X + X 3 1) + µ(x 1 + X X 3 3) = 0. Imporre il passaggio per P fornisce la condizione µ = λ; pertanto il piano cercato e π : x 1 + 3X 3X = 5. (ii) E la retta per P con vettore direttore il vettore normale di π; pertanto X 1 = + t, X = + 3t, X 3 = 1 3t, t R (iii) L area cercata si puo calcolare ad esempio utilizzando 1 P Q P R. Ora Pertanto, quindi P Q = (,, ), P R = (1, 0, 1). P Q P R = (, 4, ), P Q P R = 4. In definitiva, l area cercata e 6. (iv) Basta riflettere Q e R rispetto a π e fare la retta per i due punti riflessi. Esercizio. [10 punti] Nello spazio cartesiano R 3, con riferimento cartesiano ortonormale standard RC(O; x 1, x, x 3 ), si consideri la quadrica Σ di equazione cartesiana X 1 8X X 3 + X 1 X X 1 X 3 6X X 3 + X 1 X = 0. (i) Classificare Σ. (ii) Dedurre la forma canonica affine di Σ, in un opportuno riferimento affine (O, z 1, z, z 3 ). (iii) Riconoscere la tipologia della conica C = Σ α, dove α e il piano di equazione cartesiana X 1 = X. (iv) Dare una motivazione geometrica della presenza su Σ della conica C, deducendo inoltre la mutua posizione del piano α e della superficie Σ nell origine. Svolgimento: (i) Sviluppando il determinate di à con il metodo di Laplace rispetto ad esempio alla prima riga, otteniamo det(ã) = 1 > 0.

3 3 Pertanto, Σ e una quadrica generale ed il segno del determinante della matrice simmetrica completa (che e un invariante metrico ed affine di Σ) e positivo. Per quanto riguarda la matrice simmetrica A associata alla forma quadratica di Σ, essa ha manifestamente rango 3. Dalla tabella della classificazione, deduciamo che Σ e necessariamente un iperboloide iperbolico (o ad una falda). (ii) La forma canonica affine di Σ, in opportune coordinate, e Z 1 + Z Z 3 = 1. (iii) Se intersechiamo Σ con il piano α otteniamo il sistema 5X + 8X X 3 + X 3 = 0 = X 1 X. Ponendo t = X /X 3 e dividendo la prima equazione del precedente sistema per X 3 (supposto X 3 0), essa diventa 5t + 8t + 1 = 0 che ha discriminante positivo. Pertanto, la conica sezione C e un iperbole semplicemente degenere nel piano α costituita da due rette r e s incidenti nell origine e contenute in Σ. (iv) In effetti dal punto (i), Σ e doppiamente rigata, quindi r appartiene alla prima schiera di Σ e s appartiene alla seconda schiera di Σ. Il fatto che la conica C si spezzi in queste due rette discende direttamente dal fatto che α e manifestamente il piano tangente a Σ nell origine, visto che l equazione di Σ ha la parte lineare che e X 1 X. Esercizio 3. [10 punti] Nel piano cartesiano R, con riferimento cartesiano ortonormale standard RC(O; x 1, x ), si consideri la conica C di equazione cartesiana X 1 4X 1 X + X + X + 1 = 0. (i) Classificare C. (ii) Scrivere la forma canonica metrica P (Z 1, Z ) = 0 di C, determinando il riferimento cartesiano ortonormale RC(O ; z 1, z ) in cui C assume tale equazione e l isometria tra i due riferimenti RC(O; x 1, x ) e RC(O ; z 1, z ). (iii) Scrivere nel riferimento RC(O; x 1, x ) le coordinate dell eventuale centro di simmetria (oppure vertice) della conica e le equazioni cartesiane degli assi di simmetria. Svolgimento: (i) La matrice simmetrica completa associata a C è la matrice à = Otteniamo det(ã) 0. Pertanto C e una conica generale. La matrice simmetrica associata alla forma quadratica della conica C è la matrice ( ) 1 A :=. 1 Poiché det(a) = 3, allora C un iperbole generale. (ii) Il polinomio caratteristico di A è. det (A T I) = T T 3 = (T 3)(T + 1)

4 4 dove T un indeterminata. Poiche la forma canonica metrica di un iperbole generale e, in opportune coordinate, U 1 a U b = 1 per a, b R +, questo significa che si devono annullare i coefficienti di X 1 X, di X 1 e di X. Utilizzando il Teorema Spettrale degli operatori autoaggiunti, la base ortonormale di R costituita da autovettori di A è ad esempio la base ( ) ( / ) / f 1 =, f =. / / La matrice cambiamento di base M = M e f è quindi ( ) / / M :=. / / che è ovviamente ortogonale. La trasformazione di coordinate è quindi cioè x = My, x 1 = /y 1 + /y, x = /y 1 + /y. Sostituendo nell equazione di C, e ricordando che le coordinate (y 1, y ) diagonalizzano A, si trova rapidamente che l equazione della conica C in tali coordinate diventa P (Y 1, Y ) = 3Y 1 Y Y 1 + Y + 1 = 0, dato che f 1 era l autovettore relativo all autovalore λ 1 = 3, mentre f è quello relativo a λ = 1. Consideriamo la traslazione y = z + c ( ) ( ) z 1 α dove z = e c =, con α e β da determinare opportunamente. Sostituendo z β nella equazione P (Y 1, Y ) = 0 si ottiene P (Z 1, Z ) = 3Z 1 Z + Z 1 (6α ) + Z ( β) + 3α β α + β + 1 = 0. Annulliamo i coefficienti dei termini lineari, determinando α = 6, β =. Pertanto si ottiene P (Z 1, Z ) = 3Z 1 Z + 3 = 0. Poiche il termine noto e positivo, moltiplichiamo il polinomio per 1, ottenendo 3Z 1 + Z = 3. Pertanto, per trasformare definitivamente a forma canonica metrica la conica, dobbiamo considerare l ulteriore isometria dove H := z = Hw, ( )

5 5 e la riflessione rispetto alla bisettrice Z 1 = Z. Le formule di isometria finale sono quindi cioè x = MHw + Mc, x 1 = /w 1 + /w + 3, x = /w 1 /w Nel riferimento RC(O, w 1, w ) l equazione dell iperbole e W 1 ( W 3 ) ( = 1. 3 ) (iii) Nelle coordinate iniziali, il centro di simmetria dell iperbole e il punto Mc = ( 3, 1 3). Le formule di isometria inversa sono w = H 1 t Mx H 1 c. Poiche H 1 = H, si ha allora w 1 = x 1 + x, w = L equazione dell asse non trasverso dell iperbole e 3X 1 + 3X 1 = 0 x 1 + x + 6. mentre quello trasverso e X 1 X + 1 = 0.