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

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1 Universita degli Studi di Roma Tor Vergata Facolta di Ingegneria - CCS Edile ed Edile/Architettura Recupero II Esonero/II Appello del corso di Geometria Docente F. Flamini, Roma, 7/0/008 NORME SVOLGIMENTO Scrivere negli appositi spazi COGNOME, NOME e TIPOLOGIA COMPITO: se si deve recuperare il II esonero scrivere II ESONERO, se si deve fare lo scritto completo scrivere II APPELLO. RECUPERO II ESONERO = svolgere gli Esercizi, e in ore II APPELLO = svolgere gli Esercizi 1, e in ore IMPORTANTE: Giustificare chiaramente i passaggi peculiari e le affermazioni che si danno e motivare le strategie di risoluzione che si scelgono. Senza giustificazioni precise, anche formule giuste non possono essere considerate a punteggio pieno. COGNOME e NOME: TIPOLOGIA COMPITO: 1

2 SOLUZIONI COMPITO Esercizio 1. [10 punti] Nel piano cartesiano R, con riferimento cartesiano ortogonale RC(O; x 1, x, sono dati i tre punti non allineati di coordinate: ( ( ( 1 P = Q = R =. 1 (i Determinare l equazione cartesiana dell unica circonferenza C che e tangente in R alla retta per i due punti P e R e che ha centro sulla retta passante per Q e perpendicolare alla retta per i due punti P e Q. [6 punti] (ii Disegnare la circonferenza C. [1 punto] (iii Scrivere l equazione cartesiana dell asse del segmento QR [ punti] Svolgimento: (i Il centro della circonferenza da determinare giace, per ipotesi, sulla retta l Q, passante per Q e perpendicolare alla retta per P e Q. Inoltre, la tangente alla circonferenza nel punto R e la retta per P e per R, percio tale centro giacera sulla retta l R, passante per R e perpendicolare alla retta per P e R. Un vettore direttore della retta per P e Q e dato da Q P = (, 1, percio l Q ha vettore direttore a lui perpendicolare, cioe n 1 = ( 1,. Analogamente, un vettore direttore della retta per P e R e dato da R P = (,, percio l R ha vettore direttore a lui perpendicolare, cioe n = (,. L equazione parametrica di l Q e pertanto x = ( + t ( 1 t R, mentre l equazione parametrica di l R e ( ( x = + s s R. Il punto di intersezione e dato da, per esempio, s = /11, percio C ha coordinate (56/11, /11. Il raggio e dato per esempio da d(c, R = 15/11. Quindi C ha equazione cartesiana (x 1 56/11 + (x + /11 = (15/11. (ii Per disegnare C, e sufficiente conoscere C e r ed aiutarsi anche con la retta passante per P e per R e con la perpendicolare l Q. (iii L asse del segmento QR e la retta passante per il punto medio del segmento e perpendicolare al segmento stesso. Poiche il vettore direttore della retta per Q e R e R Q = (1, 5 e poiche il punto medio di tale segmento e il punto di coordinate M = (7/, 1/, la retta cercata e 1(x 1 7/ 5(x + 1/ = 0, cioe x 1 5x 6 = 0.

3 Esercizio. [10 punti] Nel piano cartesiano R, con coordinate cartesiane (x 1, x, e data la conica euclidea C di equazione cartesiana C : 7x 1 10 x 1 x x + 1 x 1 1x 1 = 0. (i Ridurre la conica C a forma canonica metrica, trovando eslpicitamente l isometria che trasforma C nella sua forma canonica metrica. [6 punti] (ii Scrivere le equazioni cartesiane degli eventuali assi di simmetria, dell eventuale centro di simmetria e degli eventuali asintoti della conica C. [ punti]. (iii Disegnare C nel riferimento (x 1, x di partenza. [1 punti]. Svolgimento: (i La matrice simmetrica associata alla parte omogenea di grado due della conica C e la matrice Q := ( Poiche det(q = 96 < 0, allora sicuramente C apparterra alla famiglia delle iperboli. Il polinomio caratteristico di Q e det(q ti = t t 96. che ha soluzioni t 1 = 1 t = 8. L autovettore, relativo al primo autovalore t 1 = 1, si determina considerando il sistema { 7α 5 β = 1α 5 α β = 1β che fornisce l autovettore (, 1. Quindi, dal Teorema Spettrale degli operatori autoaggiunti, l autovettore relativo all altro autovalore t = 8 e sicuramente ortogonale al precedente autovettore. Quindi, la base ortonormale di R costituita da autovettori di Q e ad esempio la base f 1 = ( /, 1/, f = (1/, /, scelta in modo tale che sia orientata positivamente. La matrice che trasforma i vettori della base canonica nei vettori di questa nuova base ortonormale e ( / 1/ M := 1/. / che e una matrice ovviamente ortogonale. La trasformazione di coordinate e quindi x = My, cioe x 1 = /y 1 + 1/y, x = 1/y 1 + /y.

4 Sostituendo nell equazione di C, e ricordando che le coordinate (y 1, y diagonalizzano Q, si trova rapidamente che l equazione della conica C in tali coordinate diventa 1y 1 8y + y 1 1 = 0. Dividendo tutta l equazione per, studiamo quindi la conica C : y 1 y + 6y 1 = 0. Poiche il coefficiente di y e nullo, consideriamo la traslazione y = z + c dove z = (z 1, z e c = (α, 0 con α da determinare opportunamente. Sostituendo nella equazione di C si ottiene z 1 z + 6(1 + αz 1 + α + 6α = 0. Scegliendo α = 1 allora l equazione della conica diventa z 1 z = 6 e quindi c = ( 1, 0. Dividendo tutto per 6, si ottiene che C e un iperbole generale a punti reali e che l equazione della sua forma canonica metrica nel riferimento (z 1, z e D : z 1/ z / = 1. Da quanto scritto precedentemente, l isometria che porta C in D e data da x = M(z + c = Mz + Mc. Visto che Mc = ( /, 1/, le equazioni della isometria sono x 1 = /z 1 + 1/z /, x = 1/z 1 + /z + 1/. (ii Gli asintoti della forma canonica D sono le rette di equazioni cartesiane z1 z = 0, z1 + z = 0 il centro di simmetria e il punto (z 1, z = (0, 0, l asse di simmetria intersecato da D e z = 0 mentre l asse di simmetria non intersecato da D e z 1 = 0. Dalle formule x = Mz + Mc, troviamo che il centro di simmetria di C e quindi x = Mc = ( /, 1/ che si ottiene per il valore di z = (0, 0. Sempre dalla relazione precedente e ricordando che M e una matrice ortogonale, si ottiene la relazione inversa z = M t x c cioe z 1 = /x 1 1/x + 1, z = 1/x 1 + /x. Pertanto, i due asintoti di C sono, rispettivamente, ( x 1 ( 6 x + = 0, ( + x 1 + ( 6 x + = 0.

5 5 Analogamente, l asse di simmetria che non viene intersecato da C e x1 x + = 0, mentre quello che viene intersecato da C e x 1 + x = 0. (iii Per disegnare precisamente C basta vedere quali sono le coordinate (x 1, x dei punti che corrispondono ai punti, che nel riferimento (z 1, z, avevano coordinate (, 0 e (, 0; infatti questi erano i punti in cui la conica D intersecava il suo asse (reale di simmetria. Tali punti, nel riferimento iniziale (x 1, x hanno coordinate, rispettivamente, ( /( 1, 1/(1, ( /( + 1, 1/(1 +. Esercizio. [10 punti] Nel piano proiettivo P R, con coordinate omogenee [x 0, x 1, x ], si consideri la proiettivita F di P determinata dalla classe di proporzionalita di matrici λa, dove: 1 1 A = (i Determinare quali delle rette fondamentali del riferimento standard di P R sono rette fisse per la proiettivita F. [ punti] (ii Stabilire se ciascuna retta fissa determinata al punto (i e retta di punti fissi per F. [ punti] (iii Determinare i punti fissi di F. [5 punti] Svolgimento. (i Le rette X 0 = 0 e X 1 = 0 non sono rette fisse per F. Infatti, per ogni (α, β (0, 0 si ha F ([0, α, β] = [β α, α β, β], e F ([α, 0, β] = [β α, β, β]. Invece X = 0 e una retta fissa per F, poiche F ([α, β, 0] = [ β α, β, 0]. (ii Ovviamente la retta X = 0 non e retta di punti fissi per F. (iii I punti fissi su x = 0 si ottengono per quei valori di α e β tali che α β = λα, β = λβ. Si ottengono i due punti [1,, 0] [1, 0, 0].

6 6 Questi effettivamente sono gli unici punti fissi di F. polinomio caratteristico Infatti, la matrice A ha P A (t = (t + 1(1 t, che ha soluzioni t = 1, semplice, e t = 1, di molteplicita. I relativi autospazi in R sono proprio generati da, rispettivamente, (1, 0, 0 e (1,, 0. Esercizio. [10 punti] Nel piano affine R, con coordinate affini (x, y, e data la conica affine C di equazione cartesiana: C : x + 6xy + 9y + x = 0. (i Considerando tale piano affine come la carta affine A 0 di P R dove X 0 0, determinare l equazione della chiusura proiettiva C di C in P R. [1 punto] (ii Classificare la conica proiettiva C dal punto di vista proiettivo e scrivere, in opportune coordinate, l equazione della sua forma canonica proiettiva. [ punti] (iii Determinare il tipo di punti impropri della conica affine C e dedurre la classificazione affine di C, scrivendo inoltre in opportune coordinate la sua forma canonica affine. [5 punti] Svolgimento: (i L equazione della chiusura proiettiva di C, nelle coordinate omogenee [x 0, x 1, x ] di P R e C : X 1 + 6X 1 X + 9X + X 0 X 1 = 0. (ii La matrice simmetrica associata a tale conica e : 0 0 A =. 0 9 Si ha det(a = 6 0. Inoltre, banalmente si osserva che [1, 0, 0] C. Pertanto C e una conica proiettiva generale a punti reali. Quindi, in opportune coordinate omogenee, la sua forma canonica proiettiva e Z 0 + Z 1 Z = 0. (iii I punti impropri di C si trovano risolvendo il sistema che e equivalente a X 0 = X 1 + 6X 1 X + 9X + X 0 X 1 = 0, X 0 = X 1 + 6X 1 X + 9X = 0. L equazione omogenea di secondo grado del sistema ha discriminante = > 0. Pertanto, tale sistema ammette due punti impropri reali e distinti. Poiche C era a punti reali, anche C = C A 0 e a punti reali. Quindi, la conica affine e

7 un iperbole generale a punti reali. In opportune cordinate affini (z, w, la sua forma canonica affine e z w = 1. 7