Compito di geometria 2 del 21/06/2005

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1 Compito di geometria 2 del 21/06/ Nel piano euclideo reale E 2 si consideri il fascio di coniche (k + 1x 2 + (k 1y 2 2kx + 2y k 1 = 0 a Classificare e, delle coniche degeneri del fascio, trovare i punti singolari, i punti impropri e le rette componenti Individuare inoltre i punti base b Dire se esiste una conica del fascio che ha come assi le rette x = 2 e y = 1/ In caso affermativo, classificare tale conica, scrivere le coordinate dei vertici e l equazione del fascio dei diametri c Dire se l origine O può essere fuoco di qualche conica del fascio 2 fissato un riferimento ortonormale in E, a si determinino i punti di minima distanza P r e A S tra le rette r : x = z x = 2y s : y = 2z 1 z = y e si calcoli d(r, s = a b Dire se esiste un piano π contenente la retta s tale che d(p, π = a Determinare le equazioni di una omografia h di un piano proiettivo reale P 2 che trasforma i punti A = (1, 1, 0, B = (0, 1, 0, C = (0, 0, 1, D = (2, 0, rispettivamente nei punti A = (2,, 1, B = (1,, 1, C = 1, 0, 2, D = (5, 0, 6 Dire se tale omografia è unica e se esistono punti di P 2 che sono fissi rispetto alla omografia h Soluzione 1 Il fascio F di coniche si può scrivere nella forma F : k(x 2 + y 2 2x 1 + (x y + 1(x + y 1 Scritto in tale forma si osserva subito che esso è composto dall ellisse di equazione x 2 + y 2 2x 1 = 0 e dalla conica degenere (x y + 1(x + y 1 = 0 I punti base del fascio si trovano intersecando le due coniche sopra scritte, cioè x 2 + y 2 2x 1 = 0 (x y + 1(x + y 1 = 0 1

2 Tale sistema ha per soluzioni i punti P = (0, 1 contato tre volte, e il punto Q = (2, 1 Dunque il fascio di coniche è osculante la retta di equazione x y + 1 = 0 L unica conica degenere del fascio, quindi, è la conica C : (x y+1(x+y 1 = 0 Si sarebbe giunti alle stesse conclusioni, se avessimo scritto la matrice della forma quadratica definitrice della conica, cioè A = k 1 k k 1 k 1 (k + 1 Il determinante di questa matrice, quando è zero, determina le coniche degeneri Il determinante di questa matrice è 2k, quindi l unica conica degenere si ha per k = 0 I punti impropri della conica degenere sono determinati dalle direzioni delle due rette componenti, cioè P = (1, 1, 0 e Q = ( 1, 1, 0 La conica degenere ha il solo punto singolare P = (0, 1, cioè quello con molteplicità di intersezione uguale a tre Si può trovare lo steso tale punto impostando la classica equazione matriciale per determinare i punti singolari, cioè x y = t che ha infatti come unica soluzione (0, 1, 1 La classificazione delle coniche non degeneri del fascio si ottiene studiando il determinante del minore due per due della A ( k k 1 Tale determinante è esattamente (k 1 2 Da cui si ottiene che abbiamo coniche di tipo ellittico per k < 1 e k > 1; le coniche sono di tipo parabolico per k = ±1, mentre saranno di tipo iperbolico per 1 < k < 1 e k 0 b Gli assi sono i diametri coniugati e ortogonali Poiché tutti i diametri passano per il centro, in particolare questo deve essere il caso degli assi, quindi ci deve essere almeno una conica del fascio che ha per centro C = (2, 1/ affinché sia possibile che le rette in questione siano diametri Per trovare il centro, prendiamo due diametri a caso, ad esempio le polari dei punti impropri (1, 0, 0 e (0, 1, 0 Tali polari sono rispettivamente le rette di equazione (k + 1x k = 0 e (k 1y + 1 = 0, e sono date dalla relazione (1, 0, 0A x y = 0 (0, 1, 0A x y = 0 t t Il centro di una conica del fascio è allora dato da ( k C = k + 1, 1 k 1 L unico valore di k per cui si ha C = (2, 1/ è k = 2, a cui corrisponde la conica D : x 2 + y 2 4x 2y 1 = 0 Ciò tuttavia non basta per affermare che esiste la conica cercata, infatti i due diametri di equazione x = 2 e y = 1/ devono essere coniugati rispetto a D Per verificare se ciò è vero è necessario che le direzioni delle due rette in questione siano 2

3 coniugate rispetto alla conica D Si verifica facilmente che questo è il caso, quindi la conica D ha per assi le rette x = 2 e y = 1/ Tale conica ha matrice e quindi è di tipo ellittico I vertici sono dati dalle intersezioni con gli assi, cioè si determinano intersecando la conica con x = 2 e y = 1/, da cui si ha ( V 1,2 = 2, 1 ± 16 ( 6 ± 4 V,4 = c Affinché l origine sia fuoco è necessario che le rette isotrope passanti per l origine stessa siano tangenti alla conica Intersechiamo quindi la retta isotropa x = iy con una generica conica del fascio Si ha (k + 1x 2 + (k 1y 2 2kx + 2y k 1 = 0 x = iy Sostituendo abbiamo (k + 1y 2 + (k 1y 2 2kiy + 2y k 1 = 0 x = iy La prima equazione da le coordinate delle ordinate dei punti di intersezione della retta isotropa considerata con la conica Siccome vogliamo che essa sia tangente, allora dobbiamo imporre che tali punti siano coincidenti, quindi la equazione in questione deve avere due soluzioni y coincidenti; in sostanza, il della equazione di secondo grado deve essere 0 Imponendo tale condizione si ottiene che k deve soddisfare (ik 1 2 2(k + 1 = 0 (1 Ripetendo lo stesso ragionamento per la retta isotropa x = iy si ottiene che k deve soddisfare (ik (k + 1 = 0 (2 Poiché entrambe le rette isotrope per l origine devono essere tangenti, è necessario che esista un valore di k che soddisfi sia (1 che (2, cioè k deve essere soluzione del sistema (ik 1 2 2(k + 1 = 0 (ik (k + 1 = 0 Tuttavia, sottraendo la (2 alla (1 si ottiene 4ik = 0, quindi k = 0, ma k = 0 non soddisfa nè la (1, nè la (2 In sostanza il sistema non ammette soluzione, e quindi non esiste nessun valore di k per cui l origine sia fuoco di una conica del fascio 2 Le rette r ed s hanno vettori direttori v r = (1, 2, 1 e v s = (2, 1, 1 rispettivamente Un generico punto di r è della forma P r = (α, 2α 1, α, mentre per un punto di s si ha P s = (2β, β, β Una generica retta passante per P r e P s ha vettore

4 direttore v = (2β α, β 2α + 1, β α Tra questi, il vettore che è ortogonale sia a v r che a v s deve soddisfare v, v r = 0 v, v s = 0 da cui 5β 6α = 2 6β 5α = 1 e quindi Infine si ha ( 7 P =,, 7 e quindi α = 7 Q = β = 4 ( 8, 4, 4 a = d(p, Q = 1 v = ( 1, 1, b Tale piano π esiste, e il modo per determinarlo è il seguente: π appartiene certamente al fascio di piani aventi per asse la retta s Tra questi, l unico che ha distanza a da P sarà quello che ha per vettore normale un vettore proporzionale al vettore v trovato nel punto a Cerchiamo di determinare tale piano Il fascio di piani avente per asse la retta s è dato dalla equazione π : (x 2y + k(y z = 0 Il vettore normale di tale piano è esattamente il vettore v n = (1, k 2, k Se cerchiamo k per cui v n è proporzionale a v, otteniamo soltanto k =, da cui il piano cercato è π : x + y z = 0 Naturalmente allo stesso risultato si può arrivare utilizzando la classica formula della distanza di un punto da un iperpiano Fissato il fascio di piani aventi per asse s, ci chiediamo quali, tra questi ha distanza a da P Un generico piano del fascio ha equazione x + (k 2y kz = 0, P = (7/, /, 7/, a = /, e, applicando la formula della distanza di un punto da un iperpiano, abbiamo: = d(p, π = 1 4k 2k 2 4k + 5 Elevando al quadrato si ottiene che k deve verificare l equazione (k 2 = 0, e quindi, k = e Si ha D = 2A 2B + C D = 2A 2B C, 4

5 per cui i punti sono certamente in posizione generale La omografia porta i vettori della base canonica e 1, e 2, e rispettivamente nei vettori (1, 0, 0, (1,, 1, (1, 0, 2 La matrice della omografia è allora A = I punti fissi di una omografia h sono quei punti per cui risulta h(p = λp con λ R In sostanza si vede subito che i punti fissi sono dati dagli autovettori della matrice della omografia h Nel nostro caso si ha det(a λi = 0 se e solo se (1 λ( λ(2 λ = 0, da cui otteniamo gli autovalori λ = 1, 2, Per λ = 1 allora deve essere che h(p = P, ma già precedentemente abbiamo trovato il vettore di R che verifica tale condizione, il vettore (1, 0, 0 (vedi nella costruzione della matrice della omografia per λ = 2, andiamo a studiare l autospazio relativo Si ha A 2 = (1, 0, 1, quindi (1, 0, 1 è un punto fisso della omografia Infine per λ = si ha A = (1, 1, 1, quindi il punto (1, 1, 1 è un punto fisso per l omografia 5