Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra Lineare) 29 aprile 2011 Tema A

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1 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra Lineare) 9 aprile 011 Tema A Tempo a disposizione: ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. Esercizio 1. Si considerino le rette SOLUZIONI r 1 : x 3z + 1 = 0 x + 16y + 1z 95 = 0 r : 18x + 3y 4z = 0 x y z + 7 = 0 a) Verificare che le due rette sono incidenti e determinare il punto di intersezione A. Ponendo z = t si ottengono facilmente le seguenti equazioni parametriche di r 1 : x = 1 + 3t r 1 : y = 6 3 t z = t Inserendole nelle equazioni di r si trova (in entrambe le equazioni) t = 0, cosicché le due rette si intersecano nel punto A( 1, 6, 0). b) Determinare la retta r 3 parallela ad r e passante per il punto B(, 9, 7). La direzione di r è data da n 1 n, dove n 1 = (18, 3, 4) e n = (1, 1, 1) sono i vettori normali ai piani che compaiono nelle equazioni cartesiane di r. Si trova che n 1 n = ( 7, 14, 1) e quindi come vettore direzionale di r si può prendere v = (1,, 3). Pertanto r 3 ha le equazioni parametriche x = + t r 3 : y = 9 t z = 7 + 3t c) Verificare che le tre rette r 1, r e r 3 sono complanari e determinare il piano che le contiene. Possiamo determinare il piano π contenente r e il punto B (e quindi anche la retta r 3 ) e poi verificare che π contiene anche r 1. 1

2 Consideriamo quindi il fascio dei piani contenenti r, ossia λ(18x + 3y 4z) + µ(x y z + 7) = 0, e imponiamo il passaggio per B(, 9, 7). Otteniamo µ = 13λ e quindi l equazione di π è 5x + 16y + 9z 91 = 0. Ci rimane da controllare che anche r 1 sia contenuta nel piano π. Per far ciò, basta sosituire le equazioni parametriche di r 1 nell equazione di π ed osservare che si ottiene un identità. Un metodo alternativo per risolvere questo punto è quello di sfruttare il punto successivo. Più in dettaglio, si può mostrare che r 1 e r 3 sono incidenti, determinando il loro punto d intersezione C. Poiché r ed r 3 sono parallele (ed inoltre r 1 ed r si intersecano in A), le tre rette sono complanari e il piano che le contiene è quello passante per i punti A, B e C. d) Calcolare l area del triangolo di vertici A, B e C, dove C è il punto d intersezione tra r 1 e r 3. Inserendo le equazioni parametriche di r 3 in quelle cartesiane di r 1 si trova t = 3, cosicché le coordinate di C sono (5, 3, ). L area cercata è 1 AB AC = 1 (3, 3, 7) (6, 3, ) = 1 ( 15, 48, 7) = 3 (5, 16, 9) = Esercizio. Determinare al variare del parametro t l esistenza e il numero di soluzioni del sistema x + y + (t + 3)z = 3 x + 5y + 8z = 5 x + 3y + 4z = Sia A = 1 t la matrice dei coefficienti del sistema. La sottomatrice in basso a sinistra ha determinante 1, quindi la matrice A è di caratteristica almeno. Il determinante di A è t 1 per cui è 0 se e solo se t = 1. Quindi se t 1 per il teorema di Cramer (o di Rouché Capelli) il sistema è determinato. Se invece t = 1, calcolando il determinante della matrice costituita dalle prime colonne di A e la colonna dei termini noti (l unica da considerare per il teorema di Kronecker) si trova 0. Quindi la matrice completa ha anche lei caratteristica e quindi il sistema risulta indeterminato con una retta di soluzioni ( 1 soluzioni). Risolvere il sistema nel caso t = 1.

3 C è una retta di soluzioni. Scegliamo le due ultime equazioni e z come parametro (coerentemente con il fatto che abbiamo scelto il determinante in basso a sinistra della matrice A). Le soluzioni sono della forma con z R. (5 4z, 1, z) Esercizio 3. Determinare gli autovalori e autovettori della matrice 1 4 A = e precisare se è diagonalizzabile. Non ci sono particolari problemi nella risoluzione. Il polinomio caratteristico è P A (λ) = λ 3 + 5λ 8λ + 4. Gli autovalori sono λ 1 = 1, λ = (doppio) e gli autovettori si calcolano facilmente. Poiché si verifica che tutti gli autovalori sono regolari, la matrice risulta diagonalizzabile. Esercizio 4. Si consideri la conica di equazione x + y + 6xy 16 x 16 y + 60 = 0. a) Si determini il cambiamento di coordinate che riduce la conica a forma canonica e la si classifichi. Bisogna anzitutto eliminare il termine 6xy, ossia diagonalizzare la matrice ( ) 1 3 B =. 3 1 I suoi autovalori sono λ 1 = 4 e λ =. Una base ortonormale di autovettori è data da ( ) ( ) u 1 =, u =. La rotazione cercata è quindi x = (x y ) y = (x + y ) e la nuova equazione della conica è λ 1 (x ) + λ (y ) 16(x y ) 16(x + y ) + 60 = 0, 3

4 ossia, dopo divisione per, (x ) (y ) 16x + 30 = 0. Quest ultima si può riscrivere come (x 4) (y ) = 0 e quindi la traslazione x = x 4 porta la conica nella forma canonica y = y (x ) (y ) Si tratta pertanto di un iperbole. La trasformazione che porta la conica in forma canonica si ottiene componendo la rotazione con la traslazione. Il risultato è x = (x y + 4) = 1. y = (x + y + 4) b) Si trovino le coordinate del centro (se esiste) della conica (rispetto al sistema di riferimento iniziale). Dal punto precedente sappiamo che il centro della conica ha coordinate x C = 0, y C = 0, ossia x C =, y C =. Si noti che il centro si poteva determinare direttamente dall equazione della conica, risolvendo il sistema ( ) ( ) ( ) xc 8 B =. 0 y C c) Si trovino le coordinate dei vertici della conica (rispetto al sistema di riferimento iniziale). Le coordinate dei (due) vertici sono x V x V = 3, y V = 3. = ±1, y V = 0, ossia x V 1 = 5, y V 1 = 5 e 4

5 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra Lineare) 9 aprile 011 Tema B Tempo a disposizione: ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. Esercizio 1. Si considerino le rette SOLUZIONI r 1 : x 3z + 1 = 0 x + 16y + 1z + 1 = 0 r : 18x + 3y 4z + 18 = 0 x y z + 1 = 0 a) Verificare che le due rette sono incidenti e determinare il punto di intersezione A. Ponendo z = t si ottengono facilmente le seguenti equazioni parametriche di r 1 : x = 1 + 3t r 1 : y = 0 3 t z = t Inserendole nelle equazioni di r si trova (in entrambe le equazioni) t = 0, cosicché le due rette si intersecano nel punto A( 1, 0, 0). b) Determinare la retta r 3 parallela ad r e passante per il punto B(, 3, 7). La direzione di r è data da n 1 n, dove n 1 = (18, 3, 4) e n = (1, 1, 1) sono i vettori normali ai piani che compaiono nelle equazioni cartesiane di r. Si trova che n 1 n = ( 7, 14, 1) e quindi come vettore direzionale di r si può prendere v = (1,, 3). Pertanto r 3 ha le equazioni parametriche x = + t r 3 : y = 3 t z = 7 + 3t c) Verificare che le tre rette r 1, r e r 3 sono complanari e determinare il piano che le contiene. Possiamo determinare il piano π contenente r e il punto B (e quindi anche la retta r 3 ) e poi verificare che π contiene anche r 1. 1

6 Consideriamo quindi il fascio dei piani contenenti r, ossia λ(18x + 3y 4z + 18) + µ(x y z + 1) = 0, e imponiamo il passaggio per B(, 3, 7). Otteniamo µ = 13λ e quindi l equazione di π è 5x + 16y + 9z + 5 = 0. Ci rimane da controllare che anche r 1 sia contenuta nel piano π. Per far ciò, basta sosituire le equazioni parametriche di r 1 nell equazione di π ed osservare che si ottiene un identità. Un metodo alternativo per risolvere questo punto è quello di sfruttare il punto successivo. Più in dettaglio, si può mostrare che r 1 e r 3 sono incidenti, determinando il loro punto d intersezione C. Poiché r ed r 3 sono parallele (ed inoltre r 1 ed r si intersecano in A), le tre rette sono complanari e il piano che le contiene è quello passante per i punti A, B e C. d) Calcolare l area del triangolo di vertici A, B e C, dove C è il punto d intersezione tra r 1 e r 3. Inserendo le equazioni parametriche di r 3 in quelle cartesiane di r 1 si trova t = 3, cosicché le coordinate di C sono (5, 3, ). L area cercata è 1 AB AC = 1 (3, 3, 7) (6, 3, ) = 1 ( 15, 48, 7) = 3 (5, 16, 9) = Esercizio. Determinare al variare del parametro t l esistenza e il numero di soluzioni del sistema x + (t + 3)z = 3 x y + 7z = 10 3x y + 1z = 17 Sia A = 1 0 t la matrice dei coefficienti del sistema. La sottomatrice in basso a sinistra ha determinante 1, quindi la matrice A è di caratteristica almeno. Il determinante di A è t 1 per cui è 0 se e solo se t = 1. Quindi se t 1 per il teorema di Cramer (o di Rouché Capelli) il sistema è determinato. Se invece t = 1, calcolando il determinante della matrice costituita dalle prime colonne di A e la colonna dei termini noti (l unica da considerare per il teorema di Kronecker) si trova 0. Quindi la matrice completa ha anche lei caratteristica e quindi il sistema risulta indeterminato con una retta di soluzioni ( 1 soluzioni). Risolvere il sistema nel caso t = 1.

7 C è una retta di soluzioni. Scegliamo le due ultime equazioni e z come parametro (coerentemente con il fatto che abbiamo scelto il determinante in basso a sinistra della matrice A). Le soluzioni sono della forma con z R. (3 z, 4 + 3z, z) Esercizio 3. Determinare gli autovalori e autovettori della matrice 3 3 A = e precisare se è diagonalizzabile. Non ci sono particolari problemi nella risoluzione. Il polinomio caratteristico è P A (λ) = λ 3 + λ. Gli autovalori sono λ 1 = 0, λ = 1 e λ 3 = 1 e gli autovettori si calcolano facilmente. Poiché gli autovalori sono semplici, la matrice risulta diagonalizzabile. Esercizio 4. Si consideri la conica di equazione x + y + 6xy 4 x 4 y = 0. a) Si determini il cambiamento di coordinate che riduce la conica a forma canonica e la si classifichi. Bisogna anzitutto eliminare il termine 6xy, ossia diagonalizzare la matrice ( ) 1 3 B =. 3 1 I suoi autovalori sono λ 1 = 4 e λ =. Una base ortonormale di autovettori è data da ( ) ( ) u 1 =, u =. La rotazione cercata è quindi x = (x y ) y = (x + y ) e la nuova equazione della conica è λ 1 (x ) + λ (y ) 4(x y ) 4(x + y ) = 0, 3

8 ossia, dopo divisione per, (x ) (y ) 4x = 0. Quest ultima si può riscrivere come (x 1) (y ) = 0 e quindi la traslazione x = x 1 porta la conica nella forma canonica y = y (x ) (y ) Si tratta pertanto di un iperbole. La trasformazione che porta la conica in forma canonica si ottiene componendo la rotazione con la traslazione. Il risultato è x = (x y + 1) = 1. y = (x + y + 1) b) Si trovino le coordinate del centro (se esiste) della conica (rispetto al sistema di riferimento iniziale). Dal punto precedente sappiamo che il centro della conica ha coordinate x C = 0, y C = 0, ossia x C =, y C =. Si noti che il centro si poteva determinare direttamente dall equazione della conica, risolvendo il sistema ( ) ( ) ( ) xc B + 0 =. 0 y C c) Si trovino le coordinate dei vertici della conica (rispetto al sistema di riferimento iniziale). Le coordinate dei (due) vertici sono x V x V = 0, y V = 0. = ±1, y V = 0, ossia x V 1 =, y V1 = e 4

9 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra Lineare) 9 aprile 011 Tema C Tempo a disposizione: ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. Esercizio 1. Si considerino le rette SOLUZIONI r 1 : x 3z + 1 = 0 x + 16y + 1z + 17 = 0 r : 18x + 3y 4z + 1 = 0 x y z = 0 a) Verificare che le due rette sono incidenti e determinare il punto di intersezione A. Ponendo z = t si ottengono facilmente le seguenti equazioni parametriche di r 1 : x = 1 + 3t r 1 : y = 1 3 t z = t Inserendole nelle equazioni di r si trova (in entrambe le equazioni) t = 0, cosicché le due rette si intersecano nel punto A( 1, 1, 0). b) Determinare la retta r 3 parallela ad r e passante per il punto B(,, 7). La direzione di r è data da n 1 n, dove n 1 = (18, 3, 4) e n = (1, 1, 1) sono i vettori normali ai piani che compaiono nelle equazioni cartesiane di r. Si trova che n 1 n = ( 7, 14, 1) e quindi come vettore direzionale di r si può prendere v = (1,, 3). Pertanto r 3 ha le equazioni parametriche x = + t r 3 : y = t z = 7 + 3t c) Verificare che le tre rette r 1, r e r 3 sono complanari e determinare il piano che le contiene. Possiamo determinare il piano π contenente r e il punto B (e quindi anche la retta r 3 ) e poi verificare che π contiene anche r 1. 1

10 Consideriamo quindi il fascio dei piani contenenti r, ossia λ(18x + 3y 4z + 1) + µ(x y z) = 0, e imponiamo il passaggio per B(,, 7). Otteniamo µ = 13λ e quindi l equazione di π è 5x + 16y + 9z + 1 = 0. Ci rimane da controllare che anche r 1 sia contenuta nel piano π. Per far ciò, basta sosituire le equazioni parametriche di r 1 nell equazione di π ed osservare che si ottiene un identità. Un metodo alternativo per risolvere questo punto è quello di sfruttare il punto successivo. Più in dettaglio, si può mostrare che r 1 e r 3 sono incidenti, determinando il loro punto d intersezione C. Poiché r ed r 3 sono parallele (ed inoltre r 1 ed r si intersecano in A), le tre rette sono complanari e il piano che le contiene è quello passante per i punti A, B e C. d) Calcolare l area del triangolo di vertici A, B e C, dove C è il punto d intersezione tra r 1 e r 3. Inserendo le equazioni parametriche di r 3 in quelle cartesiane di r 1 si trova t = 3, cosicché le coordinate di C sono (5, 4, ). L area cercata è 1 AB AC = 1 (3, 3, 7) (6, 3, ) = 1 ( 15, 48, 7) = 3 (5, 16, 9) = Esercizio. Determinare al variare del parametro t l esistenza e il numero di soluzioni del sistema x + (t 3)z = 1 x y z = 0 x y 4z = 1 Sia A = 1 0 t la matrice dei coefficienti del sistema. La sottomatrice in basso a sinistra ha determinante 1, quindi la matrice A è di caratteristica almeno. Il determinante di A è t 1 per cui è 0 se e solo se t = 1. Quindi se t 1 per il teorema di Cramer (o di Rouché Capelli) il sistema è determinato. Se invece t = 1, calcolando il determinante della matrice costituita dalle prime colonne di A e la colonna dei termini noti (l unica da considerare per il teorema di Kronecker) si trova 0. Quindi la matrice completa ha anche lei caratteristica e quindi il sistema risulta indeterminato con una retta di soluzioni ( 1 soluzioni). Risolvere il sistema nel caso t = 1.

11 C è una retta di soluzioni. Scegliamo le due ultime equazioni e z come parametro (coerentemente con il fatto che abbiamo scelto il determinante in basso a sinistra della matrice A). Le soluzioni sono della forma con z R. ( 1 + z, 1, z) Esercizio 3. Determinare gli autovalori e autovettori della matrice 3 1 A = e precisare se è diagonalizzabile. Non ci sono particolari problemi nella risoluzione. Il polinomio caratteristico è P A (λ) = λ 3 λ + λ. Gli autovalori sono λ 1 = 0, λ = 1 e λ 3 = e gli autovettori si calcolano facilmente. Poiché gli autovalori sono semplici, la matrice risulta diagonalizzabile. Esercizio 4. Si consideri la conica di equazione x + y + 6xy + 8 x + 8 y + 1 = 0. a) Si determini il cambiamento di coordinate che riduce la conica a forma canonica e la si classifichi. Bisogna anzitutto eliminare il termine 6xy, ossia diagonalizzare la matrice ( ) 1 3 B =. 3 1 I suoi autovalori sono λ 1 = 4 e λ =. Una base ortonormale di autovettori è data da ( ) ( ) u 1 =, u =. La rotazione cercata è quindi x = (x y ) y = (x + y ) e la nuova equazione della conica è λ 1 (x ) + λ (y ) + 8(x y ) + 8(x + y ) + 1 = 0, 3

12 ossia, dopo divisione per, (x ) (y ) + 8x + 6 = 0. Quest ultima si può riscrivere come (x + ) (y ) = 0 e quindi la traslazione x = x + porta la conica nella forma canonica y = y (x ) (y ) Si tratta pertanto di un iperbole. La trasformazione che porta la conica in forma canonica si ottiene componendo la rotazione con la traslazione. Il risultato è x = (x y ) = 1. y = (x + y ) b) Si trovino le coordinate del centro (se esiste) della conica (rispetto al sistema di riferimento iniziale). Dal punto precedente sappiamo che il centro della conica ha coordinate x C = 0, y C = 0, ossia x C =, y C =. Si noti che il centro si poteva determinare direttamente dall equazione della conica, risolvendo il sistema ( ) ( ) ( ) xc 4 B =. 0 y C c) Si trovino le coordinate dei vertici della conica (rispetto al sistema di riferimento iniziale). Le coordinate dei (due) vertici sono x V x V = 3, y V = 3. = ±1, y V = 0, ossia x V 1 =, y V 1 = e 4

13 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra Lineare) 9 aprile 011 Tema D Tempo a disposizione: ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. Esercizio 1. Si considerino le rette SOLUZIONI r 1 : x 3z + 1 = 0 x + 16y + 1z 63 = 0 r : 18x + 3y 4z + 6 = 0 x y z + 5 = 0 a) Verificare che le due rette sono incidenti e determinare il punto di intersezione A. Ponendo z = t si ottengono facilmente le seguenti equazioni parametriche di r 1 : x = 1 + 3t r 1 : y = 4 3 t z = t Inserendole nelle equazioni di r si trova (in entrambe le equazioni) t = 0, cosicché le due rette si intersecano nel punto A( 1, 4, 0). b) Determinare la retta r 3 parallela ad r e passante per il punto B(, 7, 7). La direzione di r è data da n 1 n, dove n 1 = (18, 3, 4) e n = (1, 1, 1) sono i vettori normali ai piani che compaiono nelle equazioni cartesiane di r. Si trova che n 1 n = ( 7, 14, 1) e quindi come vettore direzionale di r si può prendere v = (1,, 3). Pertanto r 3 ha le equazioni parametriche x = + t r 3 : y = 7 t z = 7 + 3t c) Verificare che le tre rette r 1, r e r 3 sono complanari e determinare il piano che le contiene. Possiamo determinare il piano π contenente r e il punto B (e quindi anche la retta r 3 ) e poi verificare che π contiene anche r 1. 1

14 Consideriamo quindi il fascio dei piani contenenti r, ossia λ(18x + 3y 4z + 6) + µ(x y z + 5) = 0, e imponiamo il passaggio per B(, 7, 7). Otteniamo µ = 13λ e quindi l equazione di π è 5x + 16y + 9z 59 = 0. Ci rimane da controllare che anche r 1 sia contenuta nel piano π. Per far ciò, basta sosituire le equazioni parametriche di r 1 nell equazione di π ed osservare che si ottiene un identità. Un metodo alternativo per risolvere questo punto è quello di sfruttare il punto successivo. Più in dettaglio, si può mostrare che r 1 e r 3 sono incidenti, determinando il loro punto d intersezione C. Poiché r ed r 3 sono parallele (ed inoltre r 1 ed r si intersecano in A), le tre rette sono complanari e il piano che le contiene è quello passante per i punti A, B e C. d) Calcolare l area del triangolo di vertici A, B e C, dove C è il punto d intersezione tra r 1 e r 3. Inserendo le equazioni parametriche di r 3 in quelle cartesiane di r 1 si trova t = 3, cosicché le coordinate di C sono (5, 1, ). L area cercata è 1 AB AC = 1 (3, 3, 7) (6, 3, ) = 1 ( 15, 48, 7) = 3 (5, 16, 9) = Esercizio. Determinare al variare del parametro t l esistenza e il numero di soluzioni del sistema x + y + (t 1)z = 3 x + 3y 4z = 6 x + y z = 3 Sia A = 1 t la matrice dei coefficienti del sistema. La sottomatrice in basso a sinistra ha determinante 1, quindi la matrice A è di caratteristica almeno. Il determinante di A è t 1 per cui è 0 se e solo se t = 1. Quindi se t 1 per il teorema di Cramer (o di Rouché Capelli) il sistema è determinato. Se invece t = 1, calcolando il determinante della matrice costituita dalle prime colonne di A e la colonna dei termini noti (l unica da considerare per il teorema di Kronecker) si trova 0. Quindi la matrice completa ha anche lei caratteristica e quindi il sistema risulta indeterminato con una retta di soluzioni ( 1 soluzioni). Risolvere il sistema nel caso t = 1.

15 C è una retta di soluzioni. Scegliamo le due ultime equazioni e z come parametro (coerentemente con il fatto che abbiamo scelto il determinante in basso a sinistra della matrice A). Le soluzioni sono della forma con z R. (3 z, 3 + z, z) Esercizio 3. Determinare gli autovalori e autovettori della matrice A = e precisare se è diagonalizzabile. Non ci sono particolari problemi nella risoluzione. Il polinomio caratteristico è P A (λ) = λ 3 λ + λ +. Gli autovalori sono λ 1 = 1, λ = 1 e λ 3 = e gli autovettori si calcolano facilmente. Poiché gli autovalori sono semplici, la matrice risulta diagonalizzabile. Esercizio 4. Si consideri la conica di equazione x + y + 6xy 1 x 1 y + 3 = 0. a) Si determini il cambiamento di coordinate che riduce la conica a forma canonica e la si classifichi. Bisogna anzitutto eliminare il termine 6xy, ossia diagonalizzare la matrice ( ) 1 3 B =. 3 1 I suoi autovalori sono λ 1 = 4 e λ =. Una base ortonormale di autovettori è data da ( ) ( ) u 1 =, u =. La rotazione cercata è quindi x = (x y ) y = (x + y ) e la nuova equazione della conica è λ 1 (x ) + λ (y ) 1(x y ) 1(x + y ) + 3 = 0, 3

16 ossia, dopo divisione per, (x ) (y ) 1x + 16 = 0. Quest ultima si può riscrivere come (x 3) (y ) = 0 e quindi la traslazione x = x 3 porta la conica nella forma canonica y = y (x ) (y ) Si tratta pertanto di un iperbole. La trasformazione che porta la conica in forma canonica si ottiene componendo la rotazione con la traslazione. Il risultato è x = (x y + 3) = 1. y = (x + y + 3) b) Si trovino le coordinate del centro (se esiste) della conica (rispetto al sistema di riferimento iniziale). Dal punto precedente sappiamo che il centro della conica ha coordinate x C = 0, y C = 0, ossia x C = 3, y C = 3. Si noti che il centro si poteva determinare direttamente dall equazione della conica, risolvendo il sistema ( ) ( ) ( ) xc 6 B =. 0 y C c) Si trovino le coordinate dei vertici della conica (rispetto al sistema di riferimento iniziale). Le coordinate dei (due) vertici sono x V x V =, y V =. = ±1, y V = 0, ossia x V 1 =, y V1 = e

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