Geometria BAER Canale I Esercizi 13

Transcript

1 Geometri BAER Cnle I Esercizi Alcuni di questi esercizi forse sono un po difficili visto che bbimo ftto quest prte un po in frett, m si può sempre provre. Esercizio. Si scrivno le equzioni delle prbole con vertice in (, ), sse di simmetri prllelo ll bisettrice x y = 0 e concvità rivolt in lto destr. Soluzione: Si B p l mtrice dell prbol in form cnonic y px = 0. Se A p è l mtrice dell prbol corrispondente con vertice in (, ) e sse di simmetri l rett di equzione x y = 0, vremo B p = T t A p T dove T è l mtrice che rppresent un rotzione di π/4 e un trslzione per il vettore (, ). Quindi A p = (T t ) B p T e fcendo i conti si trov x + y xy (p )x (p + )y + (0p + ) = 0 4 Esercizio. Ridurre in form cnonic, e scrivere il cmbimento di riferimento usto per l riduzione le seguenti coniche. x y 4x + y = 0 Soluzione: Y, trslzione = x, Y = y x xy y + x + y = 0 Soluzione: Gli utovlori dell prte principle sono ± 0 gli utovettori corrispondenti (+ 0, ) t, (, + 0) t. L soluzione di Ax = (/, /) t è ( /, /).Quindi bbimo che l form cnonic e l isometri sono dte d + 0 x + 0 y = 0 ( ) ( ) = M t x + / Y y / dove M è l mtrice x xy + y x y = Soluzione: Y x = 0, = (x + y), Y = (x y). 5x 6xy + 5y + x + y = 0 Soluzione: + 8Y 4 = 0 ( ) ( ) t (x ) = + / Y y + / 6xy y + x y = 0

2 Soluzione: Gli utovlori sono ( ± 5, il determinnte dell prte principle 9, quello dell mtrice ssocit 8/4. L conic dunque è un iperbole con equzione cnonic Posto = [( + 5)x + ( 5)y ) 5+ 5, l mtrice di pssggio dll bse cnonic è M = ( Il centro dell conic è (/, /) dunque le formule del cmbimento sono ( ) ( ) = M t x Y y ) Esercizio. Ridurre in form cnonic, e scrivere il cmbimento di riferimento usto per l riduzione le seguenti qudriche x y z yz = 0 Soluzione: Digonlizzndo l prte principle (e moltiplicndo per ), ottenimo l equzione x + y z + = 0 (che rppresent un iperboloide ellittico). Non servono trslzioni quindi l mtrice del cmbimento è x xy + y 4x 4y 4z = 0 (Suggerimento: l prte principle non h rngo mssimo m con un trsformzione ortogonle trovo un equzione con un solo termine di grdo ). Soluzione: Digonlizzndo l prte principle medinte l trsformzione ortogonle 0 T = ottenimo l qudric z 4( x + y) = 0. Se voglimo un solo termine di grdo, possimo fre un ulteriore cmbimento di vribili Z = z in modo che l prte qudrtic non cmbi, = ( /)x + (/ )y, dove il fttore / serve normlizzre in modo d vere un trsformzione ortogonle e, sempre per vere un trsformzione ortogonle, ponimo Y = (/ )y + ( /)x ottenimo l equzione Z 4 = 0. L mtrice di quest trsformzione ortogonle è 0 S = e si verific che se A è l mtrice ssocit ll conic bbimo (( ) ( )) t ( ) ( ) T 0 S 0 T 0 S 0 A =

3 x + xy + y z + x + y + z = 0 Soluzione: Quest è un qudric degenere visto che i determinnti dell mtrice ssocit e dell prte principle sono nulli. Fttorizzndo si vede che è unione di due pini di equzione x + y + z = 0, x + y z + = 0. Esercizio 4. Clssificre l conic di equzione in funzione di k. x + ky + 4xy + x + y = 0 Soluzione: Si A l mtrice ssocit, A l prte principle, bbimo det A = 7 k, det A = k 4. Quindi se k 4 l conic è centro e l su equzione cnonic è del tipo λx + µy + δ = 0. Se (e solo se) k = 7/ il determinnte di A è nullo dunque l conic è degenere e δ = 0; in questo cso det A < 0 dunque l conic è un coppi di rette reli incidenti. Se 7/ < k < 4, il determinnte di A e dell su prte principle sono negtivi, δ = 7 k k 4 > 0 e bbimo un iperbole rele come nche nel cso in cui k < 7/ visto i segni di λ, µ sono discordi e δ < 0. Se k > 4 bbimo che λ, µ hnno lo stesso segno poichè det A > 0; inoltre Tr(A) = k + > 4 > 0 quindi dobbimo vere λ, µ > 0 e δ = 7 k k 4 < 0 e l conic è un ellisse rele. Se k = 4 l conic è non degenere non centro, dunque è un prbol. Esercizio 5. Si mostri che l relzione di congruenz tr mtrici è un relzione di equivlenz (dunque riflessiv, simmetric trnsitiv) e si verifichi che le coniche di equzione C : x +4y 4x+8y+4 = 0 e C : 5x + 5y + 6xy 8 = 0 sono congruenti. Soluzione: Abbimo che per ogni mtrice qudrt A = I t AI dunque l congruenz è riflessiv; se B = T t AT con T invertibile A = (T t ) BT. () Abbimo che se T è invertibile, (T ) t T t = (T T ) t = I t = I, dunque (T t ) = (T ) t e l (??) è un congruenz tr B e A quindi bbimo l simmetri. Infine, se B = T t AT, C = S t BS, llor quindi l congruenz è un relzione trnsitiv. C = S t T t AT S = (T S) t A(T S) Riducendo form cnonic le due equzioni trovimo rispettivmente le equzioni x + 4y 4 = 0 e x 8y + 8 = 0 che rppresentno l stess conic C che è congruente d entrmbe, dunque per l trnsitività le due coniche sono congruenti. Esercizio 6. Dte le coniche C : x + 4y 4x + 8y + 4 = 0 C : 5x + 5y + 6xy 8 = 0 si scriv l isometri che port l conic C sull conic C Soluzione: Fcendo i conti si trov che l equzione cnonic di entrmbe ( meno di moltiplicre per uno sclre) è x + 4y 4 = 0, quindi si trtt di due ellissi congruenti. L prim h centro (, ), ssi di simmetri prlleli gli ssi coordinti e vertici di coordinte (0, ), (4, ), (, 0), (, ) il semisse mggiore dunque è prllelo ll sse delle scisse. L second h centro nell origine, come sse di simmetri le bisettrici dei qudrnti, vertici (±/, ±/ ), (±, ), dunque il semisse mggiore è contenuto

4 sull bisettrice x + y = 0 (in reltà non è necessrio trovre i vertici, bst mndre gli utospzi dell prim negli utospzi dell second corrispondenti gli stessi utovlori. L isometri cerct dunque è un trslzione per il vettore (, ) seguit d un rotzione di π/4.quindi (ttenzione l ordine è importnte: se prim ruoto, le coordinte del vettore dell trslzione cmbino!) = = T Osservimo che se T port C in C bbimo che se x t Ax = 0 llor si deve vere (T x) t BT x = 0 ossi A = T t BT, come si può verificre. Esercizio 7. Si dimostri che con un isometri l mtrice ssocit un prbol 0 0 A = 0 λ b b c è congruente ll mtrice dell prbol cnonic λy + δx = 0. Soluzione: Possimo supporre che λ e bbino segni diversi, se non li hnno bst fre un riflessione nell sse y per ridursi questo cso. Cerchimo dunque un mtrice ± 0 α T = 0 β 0 0 tle che T t AT si l mtrice ssocit ll form cnonic dell prbol. Fcendo i conti si dovrà vere β = b/λ e α = b λ+c che è sempre definito poichè det A = λ 0 visto che l prbol non è degenere. Esercizio 8. Considerimo due punti che si muovono nello spzio seguendo triettorie r (t), r (t) in modo che l loro distnz rimne costnte. Si mostri che le proiezioni ortogonli delle loro velocità nell direzione dell rett che unisce i due punti sono uguli. Suggerimento: bbimo che il vettore r (t) r (t) h lunghezz costnte ed è un vettore direttore dell rett tr i due punti. Si clcoli l derivt dell su norm l qudrto). Soluzione: Sino v(t) = r (t) r (t), c = v(t). Poichè c è costnte, bbimo che d dt ( v(t), v(t) ) = d dt (x(t) + y(t) + z(t) ) = (ẋ(t)x(t) + ẏ(t)y(t) + ż(t)z(t) = v(t), v(t) = 0. D ltr prte v(t), v(t) = d dt (r (t) r (t)), r (t) r (t) = d dt (r (t)), r (t) r (t) d dt (r (t)), r (t) r (t) e d dt (r i(t)), r (t) r (t) è l proiezione ortogonle dell velocità del punto i sull rett per i due punti moltiplict per c. Esercizio 9. Sino r e s due rette sghembe non perpendicolri, si dimostri che l superficie ottenut ruotndo s ttorno r è un iperboloide iperbolico. Suggerimento: possimo ssumere che r si l sse delle z, l rett di minim distnz tr r ed s si l sse delle x e che l intersezione tr questo ed s si il punto (, 0, 0). Moltplichimo il punto mobile di s per l mtrice dell rotzione di sse l sse z per ottenere un prmetrizzzione.

5 Soluzione: L rett s pss per (, 0, 0) e h prmetri direttori (l, m, n) con n 0 visto che le due rette non sono perpendicolri. Inoltre m 0, ltrimenti r, s srebbero entrmbe contenute nel pino y = 0 Possimo quindi supporre n = e moltiplicndo per l mtrice dell rotzione il punto mobile di s ottenimo un prmetrizzzione dell superficie di rotzione x = ( + lt) cos θ mt sin θ y = lt sin θ + mt cos θ z = t sostituendo z = t nelle prime due equzioni e elevndo l qudrto bbimo x + y (l + m )z lz = 0 che è l equzione di un qudric senz termini misti di grdo due e con un solo termine di grdo uno. Con l trslzione = x, Y = y, Z = z + ottenimo l equzione l l +m + Y (l + m )Z + ( l + m ) = 0 Se m 0 il termine noto è negtivo, qundo m è nullo r, s sono incidenti, il termine noto è 0 e bbimo un cono l