Esercitazioni del Aprile di Geometria A

Transcript

1 Esercitazioni del Aprile di Geometria A Università degli Studi di Trento Corso di laurea in Matematica A.A. 7/8 Matteo Bonini matteo.bonini@unitn.it Esercizio Si considerino in E 3 (R) i piani π, π, π 3 di equazione si determinino (i) Si trovino lo spazio π π π 3. π : x y = π : x + y + z = π 3 : x z = (ii) Si trovi il piano π 4 passante per l origine e perpendicolare a π π. (iii) Una volta determinate le coordinate dei punti A = π π π 3, B = π π 3 π 4 e C = π π 3 π 4 si calcoli l area del triangolo ABC. Soluzione dell esercizio Calcoliamo π π π 3 risolvendo il sistema che ha come matrice completa riduciamo il sistema a gradini e quindi risolviamo il sistema x y = 3y + z = 7z = che ha come soluzione il punto A = Ä 3 7, 7, 7ä. Analogamente a quanto fatto sopra per calcolare la retta π π risolviamo il sistema associato a Ç å Ç å 3 da cui abbiamo l equazione parametrica della retta x = 3 t + 3 r : y = 3 t 3 z = t x y = 3y + z =

2 La retta in questione ha direzione (,, 3) t, quindi il piano ortogonale a r passante per l origine ha equazione π 4 : x + y 3z =. Troviamo B risolvendo il sistema associato a x y = x = 7 y 4z = y = 5 7 7z = 3 z = 3 7 per cui B = Ä 7, 5 7, 3 7ä. Analogamente per trovare C risolviamo x + y + z = y 3z = 7z = x = 5 7 y = 4 7 z = 7 da cui C = Ä 5 7, 4 7, 7ä. Per trovare l area del triangolo dobbiamo calcolare il modulo del prodotto vettore di due lati del triangolo, abbiamo quindi che Å AC = 7, 3 7,, 7ã Å 4 BC = 7, 7, 7ã da cui Area = AC e e e 3 BC = det = (,, ) = 5. Esercizio Si calcoli in E 3 (R) il volume del parallelepipedo di lati a = (,, ), b = (3, 3, 4) e c = (,, 5). Soluzione dell esercizio Il volume del parallelepipedo dato dal prodotto misto dei vettori che formano i lati del parallelepipedo. Abbiamo che e e e 3 a b = det = (3, 3, 4) 3 per cui V ol = (a b) c = (3, 3, 4) (,, 5) = 3. Esercizio 3 Si considerino le tre trasformazioni lineari ρ z, ρ y, ρ x di E 3 (R), tali che: ρ z rappresenta la rotazione di E 3 attorno all asse z di un angolo (antiorario) θ. ρ y rappresenta la rotazione di E 3 attorno all asse y di un angolo (antiorario) θ. ρ x rappresenta la rotazione di E 3 attorno all asse x di un angolo (antiorario) θ 3. (i) Trovare le matrici alle isometrie che rappresentano ρ z, ρ y e ρ x e quella che rappresenta ρ = ρ x ρ y ρ z. (ii) Considerato un punto P = (a, b, c) t appartente alla sfera di centro O e raggio r > si calcoli ρ(p ) e si dica se ρ(p ) un vettore della medesima sfera.

3 Soluzione dell esercizio 3 Calcoliamo ρ z : P A z P che ruota di un angolo θ attorno all asse z lo spazio E 3. Avremo che A z = Ä ρ(e ) ρ(e ) ρ(e 3 ) ä da questo possiamo ricavare che A z = cos(θ ) sin(θ ) sin(θ ) cos(θ ). Analogamente a quanto fatto possiamo ricavare che cos(θ ) sin(θ ) A y = sin(θ ) cos(θ ) e A x = cos(θ 3 ) sin(θ 3 ). sin(θ 3 ) cos(θ 3 ) Possiamo ricavare quindi la matrice A che rappresenta ρ nel seguente modo cos(θ ) sin(θ ) cos(θ ) sin(θ ) A = A x A y A z = cos(θ 3 ) sin(θ 3 ) sin(θ ) cos(θ ) sin(θ 3 ) cos(θ 3 ) sin(θ ) cos(θ ) e quindi abbiamo che cos(θ ) cos(θ ) sin(θ ) cos(θ ) sin(θ ) A = sin(θ ) cos(θ 3 ) cos(θ ) sin(θ ) sin(θ 3 ) cos(θ ) cos(θ 3 ) + sin(θ ) sin(θ ) sin(θ 3 ) cos(θ ) sin(θ 3 ). sin(θ ) cos(θ 3 ) cos(θ ) sin(θ ) cos(θ 3 ) cos(θ ) sin(θ 3 ) sin(θ ) sin(θ ) cos(θ 3 ) cos(θ ) cos(θ 3 ) Visto che P = (a, b, c) appartiene alla sfera centrata nell origine e di raggio r abbiamo che c = r a b per cui ρ(p ) = AP = w = (w, w, w 3 ) con w = a cos(θ ) cos(θ ) b sin(θ ) cos(θ ) r a b sin(θ ) w =a sin(θ ) cos(θ 3 ) cos(θ ) sin(θ ) sin(θ 3 ) + b cos(θ ) cos(θ 3 ) + sin(θ ) sin(θ ) sin(θ 3 ) r a b cos(θ ) sin(θ 3 ) w 3 =a sin(θ ) cos(θ 3 ) cos(θ ) sin(θ ) cos(θ 3 ) + b cos(θ ) sin(θ 3 ) sin(θ ) sin(θ ) cos(θ 3 ) + r a b cos(θ ) cos(θ 3 ) Per stabilire l appartenenza alla sfera di ρ(p ) non c bisogno di verificare w + w + w 3 = r visto che ρ z, ρ y e ρ x sono isometrie e la composizione di isometrie ancora un isometria, abbiamo quindi ρ(p ) = P = r. Esercizio 4 Si consideri in E 3 (R) la trasformazione T che proietta i punti di E 3 ortogonalmente sul piano (i) Si trovi la matrice che rappresenta T. π : ax + by + cz =.

4 (ii) Si trovi l equazione parametrica della retta ˆr, la proiezione ortogonale della retta x = t + r : y = t + t R z = 3t sul piano ˆπ : x + y 3z. Soluzione dell esercizio 4 Sia A la matrice cercata, allora abbiamo A = Ä T (e ) T (e ) T (e 3 ) ä. Sia n = (a, b, c) il vettore ortogonale a π, abbiamo che T (e ) + Q P = e, dove T (e ) = OQ e Q P la proiezione ortogonale di e sul piano π, quindi la proiezione di e secondo il vettore normale (a, b, c). Otteniamo quindi a b T (e ) = e e n n n = a + c a + b + c b = a c + b + c ab ac Analogamente abbiamo che e da cui otteniamo A = T (e ) = T (e 3 ) = a + b + c a + b + c a + b + c ab a + c bc ac bc a + b b + c ab ac ab a + c bc ac bc a + b Per trovare la proiezione ortogonale della retta r sul piano ˆπ scegliamo due punti qualsiasi su r, proiettiamoli su ˆπ tramite  (che si trova utilizzando il punto (i)) e calcoliamo la retta che passa per le proiezioni. Prendiamo quindi P = (,, ), Q = (3,, ) e 3 3  = abbiamo quindi e OP = 4 OQ = = = Abbiamo quindi P Q = Ä 7, 3 7, 6 7ä che ci fornisce la direzione di ˆr, da cui ricaviamo l equazione parametrica x = 7 t + 3 ˆr := y = 3 7 t t R. z = 6 7 t +

5 Esercizio 5 Si consideri lo spazio vettoriale V = C 4 munito del sistema di coordinate standard. Sia P 3 = P(V ) lo spazio proiettivo con il sistema di coordinate indotto da quello di V. Si considerino i punti A = [,,, ], B = [,, 3, ], C = [,,, ], D = [, 3,, 3]. Si considerino inoltre le quadriche proiettive Q, Q P 3 date dalle equazioni Q : x + 4x x 4ix x = Q : 3x + ax x 3a x + ix x + x 3 (i) Si dimostri che i punti A, B, C sono allineati. Si calcoli un sistema di equazioni cartesiane per la retta che li contiene. (ii) Si dimostri che tale retta non contiene D e si calcoli un sistema di equazioni per un sottospazio vettoriale W di C 4 tale che lo spazio L di dimensione minima che contiene A, B, C, D sia L = P(W ). (iii) si dica per quali valori di a le due quadriche sono proiettivamente equivalenti. Soluzione dell esercizio 5 Per controllare la posizione reciproca dei punti A, B e C calcoliamo il rango della matrice che si ottiene dalle loro coordinate proiettive A = 3 visto che la terza riga ottenuta dalla sottrazione della seconda riga dalla prima abbiamo che il rango della matrice A, e quindi i tre punti sono allineati. Troviamo quindi qual la retta in questione semplicemente calcolando la retta passante per A e B. Questo si può fare imponendo che la matrice x x x x 3 M = 3 Andiamo quindi ad annullare i minori in questione x x x x x x 3 x x x 3 x x x 3 det = det = det = det = dal quale otteniamo che il sistema di equazioni cartesiane per la retta r x + 3x r : x = x x 3 = Sostituendo le coordinate di D in r abbiamo che il punto non appartiene alla retta. Calcoliamo quindi lo spazio minimo che contiene r e D. Per far questo consideriamo il fascio di iperpiani che contiene r e imponiamo il passaggio di questo per D L λ,µ : λ(x + 3x x ) + µ(x x 3 ) = visto che D non appartiene a r avremo che esisterà una sola coppia (λ, µ), a meno di fattori di proporzionalità, che verifica L λ,µ (D) =. = L λ,µ (D) =: λ( + 9 4) + µ( 3) = 6λ µ e quindi la soluzione cercata (3, ) e lo spazio che contiene i quattro punti dato da L 3, : 4x + 9x 6x x 3 =.

6 Siccome siamo in uno spazio proiettivo complesso, le due quadriche sono proiettivamente equivalenti se e solo se le matrici che le rappresentano hanno lo stesso rango. Se chiamiamo M e Ma le due matrici avremo che Rk(M ) = 3 e a i a 3 a i Rk i 3a = + Rk a 3 i 3a Notando che ñ ô a 3 det i quello che resta da imporre per fare in modo che le due matrici abbiano lo stesso rango a i det a 3 = i 3a e quindi 3 3a 4 =. Da quanto detto le due quadriche sono equivalenti se a una radice quarta di. Esercizio 6 Si considerino P = P(R 3 ) con coordinate proiettive (x, x, x ) e lo spazio euclideo E di coordinate (y, y ) identificato con U = {x } dove y = x /x e y = x /x. (i) Si considerino in U la retta euclidea r,s passante per il punto P = (, 3) e avente direzione d s = (s, ) e la retta euclidea r di equazione y 5y =. Si ricavino le chiusure proiettive ˆr,s, ˆr delle due rette e si calcolino r,s r e ˆr,s ˆr. (ii) Si consideri, al variare di s l isometria h(y, y ) = (y + 3, y s + ). Si scriva la proiettività ĥ che estende h a P e si calcolino i punti fissi di ĥ. Soluzione dell esercizio 6 Si vede facilmente che un equazione cartesiana per r,s data da y = st y = 3 + t dalla quale ricaviamo che l equazione cartesiana della retta r,s : y sy + 3s = Per ricavare le chiusure proiettive basta omogeneizzare le rette ˆr,s : x sx + 3sx = ˆr : x 5x x = Calcoliamo ora ˆr,s ˆr, la matrice dei coefficienti del sistema in questione Ç 3s å s 5 e ha rango massimo per ogni valore di s. Questo significa che ˆr,s ˆr un punto P s, andiamo a calcolarlo x sx + 3sx = x 5x x =

7 x sx + 3sx = (s 5)x + (6s + )x = x sx + 3sx = (s 5)x (6s + )x = x sx + 3sx = (s 5)x (3s + )x = Se s = 3 x 3 x x = 3 3 x = x = 3x x = e quindi l intersezione data dal punto [,, 3]. Se s 3 x sx + 3sx = x = s 5 6s x sx = x + 3s s 5 6s x x = s 5 6s x x = 5s+s 6s +s x x = s 5 6s x e quindi l intersezione data dal punto î s 5 5s+s 6s,, 6s +s Da questo deduciamo che se s = 3 l intersezione tra r,s e r (, 3), se s R \ 3, 5 ( ) (3s+) s 5, (5s+s) s(s 5) mentre per s = 5 non ci sono intersezioni. La proiettività ĥ che estende h a P rappresentata dalla matrice  = 3. s + I punti fissi di ĥ si trovano proiettivizzando gli autospazi di Â. Otteniamo facilmente che il polinomio caratteristico di  dato da p λ = (x ) (x + ). Calcoliamo gli autospazi x = x V : 3x + x = x ( s + )x + x = x ó. x = 3x + x x = 3x + x ( s + )x + 3x = ( s + 4)x = da cui per s 4 otteniamo x = x = x e quindi abbiamo che V =< (,, ) >, se invece s = 4 abbiamo che V =< (, 3, ), (,, ) >. x = x x = V : 3x + x = x x ( s + )x + x = x = x da cui V =< (,, ) >. Abbiamo per cui che i punti fissi sono: se s 4 abbiamo i punti [,, ] e [,, ];

8 se s = 4 abbiamo il punto [,, ] e la retta di equazione 3x x + x =. Esercizio 7 Sia K un campo e si consideri lo spazio proiettivo P 3 su K munito di un sistema di coordinate omogenee x = [x, y, z, w]. Si consideri, al variare di a K la forma quadratica q(x, y, z, w) = (a + )x + xy + axz y 4yw + az w e la quadrica Q : q(x, y, z, w) =. Si indichino con x = [x, y, z, w ] delle nuove coordinate su P 3 in modo che valga [x, y, z, w ] = [x, y, z y, w y]. (i) Supponendo K = R o K = C, scrivere le matrici rappresentative della quadrica rispetto alle coordinate x e x. Ricavare, al variare di a, il rango della quadrica specificando quando degenere; (ii) Supponendo K = R, si scriva la forma canonica di Q e una proiettività che riduce Q in forma canonica (Hint: iniziare sommando e sottraendo all espressione polinomiale di Q il termine 4y ); (iii) Supponendo K = C, si dica per quali valori di a si ha che Q proiettivamente equivalente alla quadrica Q : q (x, y, z, w) = (a i)x 333y + π 6 z 8(a + )w =. Soluzione dell esercizio 7 Si vedano le soluzioni in rete dell esercizio 4 della prova scritta di Gennaio 8. Esercizio 8 Si consideri in E la conica di equazione (i) Si determini il tipo di conica. x + 4xy + 5y + x y + = (ii) Si trovi l eventuale centro della conica e gli eventuali assi di simmetria. (iii) Si trovi la forma canonica della conica. Soluzione dell esercizio 8 La matrice associata alla conica A = 5 visto che det(a) = 5 abbiamo che la conica non degenere e visto che det(a ) = det Ç å = 6 5 la conica a centro. Caliamo i suoi autovalori per stabilire se si tratta di un iperbole o un ellisse λ p A (λ) = det(a λi) = det λ = ( λ)(5 λ) 4 = λ 7λ λ

9 quindi abbiamo λ = e λ = 6 e visto che sono concordi Ç abbiamo å a che fare con un ellisse. Per trovare il centro dobbiamo risolvere il sistema associato a. La soluzione data da C = Ä 7 5 6, 3ä. Calcoliamo ora gli autospazi di A, x = t V : y = t da cui abbiamo che V =< (, ) >, mentre V 6 : x = t y = t da cui ricaviamo che V 6 =< (, ) >. Gli assi di simmetria sono le rette passanti per il centro e aventi direzione parallela agli autovettori, quindi saranno dati da e x + y 6 = x y + 3 =. La conica sarà quindi equivalente a quella associata ad una matrice diagonale di questa forma B = 6 k dalla quale troviamo che k = 5 6 canonica della conica imponendo det(b) = det(a). Da questo otteniamo che la forma x + 6y 5 6 = 6 5 x y =. Esercizio 9 Si consideri in E (R) il fascio di coniche di equazione C t : x + ( t)y + tx ( t)y + t =. Si determini, al variare di t R, i valori per cui C t risulta essere (i) una conica degenere, specificandone il tipo; (ii) una parabola; (iii) un iperbole; (iv) un ellisse a punti reali; (v) un ellisse senza punti reali; (vi) una circonferenza.

10 Soluzione dell esercizio 9 La matrice associata a C t la seguente dove A = t t t t t t A = Ç å. t Visto che det(a) = (t ) (t + ) abbiamo che la conica degenere solo se t = ±. Se t = abbiamo che C : x + x + = e quindi C : (x + ) = che risulta essere una retta doppia. Se t = abbiamo che C : x + y x 4y + 3 = e quindi C : (x ) + (y ) = che risulta essere un ellisse degenere avente solo il punto reale (, ). Per discernere iperboli, ellissi e parabole dobbiamo studiare gli autovalori di A, questi sono chiaramente λ = e λ = t. Abbiamo una parabola se e soltanto se uno dei due si annulla, ovvero t =, caso che abbiamo già trattato nel punto precedente. Se gli autovalori sono discordi (ovvero per t > ) abbiamo che C t un iperbole, mentre se sono concordi (t < ) abbiamo che C t una ellisse. Per riconoscere se l ellisse a punti reali dobbiamo studiare il segno del terzo autovalore di A, se questo discorde con gli altri due abbiamo che l ellisse a punti reale mentre se concorde abbiamo che C t a punti immaginari. Per verificare questa condizione possiamo studiare il segno di f(a) = tr(a ) det(a) = ( t)(t ) (t+). Se questo valore negativo (t < ) siamo nel primo caso, mentre se f(a) > siamo nel secondo caso (t > ). Infine se t = abbiamo che i due autovalori sono coincidenti, e quindi C una circonferenza (a punti immaginari).