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

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1 Universita degli Studi di Roma Tor Vergata Facolta di Ingegneria - Edile ed Edile/Architettura Primo Appello del corso di Geometria 2 Docente F. Flamini, Roma, 22/02/2007 SVOLGIMENTO COMPITO I APPELLO Esercizio 1. [8 punti] Nel piano cartesiano R 2, con riferimento cartesiano ortogonale RC(O, E) e coordinate (x 1, x 2 ), sono dati i tre punti non allineati di coordinate, rispetto ad E,: ( ) ( ) ( ) P 1 = P 2 = P 3 = Si considerino tali punti come vertici di un triangolo Λ. (i) Il punto Q che e intersezione delle tre altezze del triangolo Λ viene detto l ortocentro del triangolo Λ. Calcolare le coordinate dell ortocentro di Λ. [5 punti] (ii) Determinare l area di Λ. [3 punti] Svolgimento: (i) Un vettore direttore della retta per P 1 e P 2 e dato da P 2 P 1 = (4, 2). Analogamente, un vettore direttore della retta per P 2 e P 3 e ( 1, 1) e per P 1 e P 3 e (3, 1). Ora dobbiamo considerare, per ogni 1 i j k 3, la retta per P i e perpendicolare alla retta per P j e P k. Le equazioni di queste tre rette sono x 1 x = 0, 3x 1 x 2 9 = 0, 2x 1 x 2 3 = 0. Risolvendo il sistema fra due di queste tre rette troviamo il punto di coordinate x 1 = 6 e x 2 = 9. Poiche tale punto appartiene pure alla terza retta, allora queste sono proprio le coordinate dell ortocentro. (ii) Il segmento P 1 P 2 misura 2 5. La retta per P 1 e P 2 ha equazioni parametriche x 1 = 1 + 4t, x 2 = 2 2t mentre la retta per P 3 e perpendicolare ad essa ha equazioni parametriche x 1 = 2 + 2s, x 2 = 1 + 4s. Il punto di intersezione di tali due rette e il punto H di coordinate (9/5, 3/5), che corrisponde al punto sulla seconda retta relativo al valore del parametro s = 1/10. L altezza di Λ relativa al cateto P 1 P 2 e quindi il segmento P 3 H che misura 5/5. Percio, l area di Λ e a(λ) = 1. Esercizio 2. [10 punti] Nello spazio cartesiano R 3, con riferimento cartesiano ortogonale RC(O, E) e con coordinate cartesiane (x 1, x 2, x 3 ), sia π R 3 il piano di equazione cartesiana: π : 2x 1 x 2 + x 3 = 4 1

2 2 e sia l R 3 la retta di equazioni cartesiane l : x 1 + x 2 x 3 = x 1 x 2 1 = 0. (i) Scrivere le formule di riflessione rispetto a π. [6 punti] (ii) Determinare le equazioni cartesiane della retta m R 3, che e la retta ottenuta per riflessione della retta l rispetto al piano π. [4 punti] Svolgimento: (i) Sia p = (a, b, c) il punto generico di R 3. Un vettore normale al piano π e il vettore n = (2, 1, 1). Pertanto la retta r, passante per p e perpendicolare a π, ha equazione parametrica vettoriale e quindi equazioni parametriche scalari x = p + tn, x 1 = a + 2t, x 2 = b t, x 3 = c + t. Se imponiamo l intersezione di r con π, si ottiene il valore t 0 = (4 + b c 2a)/6. Quindi, se S π (p) denota il simmetrico di p rispetto a π, esso si ottiene come punto sulla retta r, corrispondente al valore del parametro 2t 0, cioe S π (p) = (a, b, c) + ((4 + b c 2a)/3) (2, 1, 1). In definitiva, le formule di simmetria rispetto a π sono S π ((a, b, c)) = ( a/3+2b/3 2c/3+8/3, 2a/3+2b/3+c/3 4/3, 2a/3+b/3+2c/3+4/3). (ii) Prendiamo due punti su l, ad esempio R = (1, 0, 1) e Q = (0, 1, 1). Dalle formule di simmetria precedenti, si ha che S π (R) = (5/3, 1/3, 4/3) S π (Q) = (8/3, 7/3, 5/3). Percio, un vettore direttore di m e dato da S π (Q) S π (R) = (1, 2, 1). Allora, l equazione parametrica vettoriale di m e data da x = (5/3, 1/3, 4/3) + t(1, 2, 1) e quindi le equazioni parametriche scalari sono x 1 = 5/3 + t, x 2 = 1/3 2t, x 3 = 4/3 t. Queste determinano le equazioni cartesiane di m che sono, ad esempio m : x 1 + x 3 3 = x 2 2x = 0. Esercizio 3. [12 punti] Nel piano cartesiano R 2, con coordinate cartesiane (x 1, x 2 ), e data la conica euclidea C di equazione cartesiana C : 7x x 1 x 2 3x x 1 12x 2 12 = 0.

3 (i) Ridurre la conica C a forma canonica metrica D. Stabilire la classificazione metrica di C e trovare esplicitamente l equazione di D e l isometria che trasforma C in D. [6 punti] (ii) Scrivere le equazioni cartesiane degli eventuali assi di simmetria, dell eventuale centro di simmetria e degli eventuali asintoti della conica C. [4 punti]. (iii) Disegnare C nel riferimento (x 1, x 2 ) di partenza. [2 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 che ha soluzioni ) det(q ti) = t 2 4t 96 t 1 = 12 t 2 = 8. L autovettore, relativo al primo autovalore t 1 = 12, si determina considerando il sistema { 7α 5 3β = 12α 5 3α 3β = 12β che fornisce l autovettore ( 3, 1). Quindi, per la teoria generale sulle matrici simmetriche, l autovettore relativo all altro autovalore t 2 = 8 e sicuramente ortogonale al precedente autovettore. Quindi, la base ortonormale di R 2 costituita da autovettori di Q e ad esempio la base f 1 = ( 3/2, 1/2), f 2 = (1/2, 3/2), 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 ( ) 3/2 1/2 M := 1/2. 3/2 che e una matrice ovviamente ortogonale. La trasformazione di coordinate e quindi cioe x = My, x 1 = 3/2y 1 + 1/2y 2, x 2 = 1/2y 1 + 3/2y 2. Sostituendo nell equazione di C, e ricordando che le coordinate (y 1, y 2 ) diagonalizzano Q, si trova rapidamente che l equazione della conica C in tali coordinate diventa 12y 2 1 8y y 1 12 = 0.. 3

4 4 Dividendo tutta l equazione per 4, studiamo quindi la conica C : 3y 2 1 2y y 1 3 = 0. Poiche il coefficiente di y 2 e nullo, consideriamo la traslazione y = z + c dove z = (z 1, z 2 ) e c = (α, 0) con α da determinare opportunamente. Sostituendo nella equazione di C si ottiene 3z 2 1 2z (1 + α)z 1 + 3α 2 + 6α 3 = 0. Scegliendo α = 1 allora l equazione della conica diventa e quindi 3z 2 1 2z 2 2 = 6 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 2 ) e D : z 2 1/2 z 2 2/3 = 1. Da quanto scritto precedentemente, l isometria che porta C in D e data da x = M(z + c) = Mz + Mc. Visto che Mc = ( 3/2, 1/2), le equazioni della isometria sono x 1 = 3/2z 1 + 1/2z 2 3/2, x 2 = 1/2z 1 + 3/2z 2 + 1/2. (ii) Gli asintoti della forma canonica D sono le rette di equazioni cartesiane 3z1 2z 2 = 0, 3z1 + 2z 2 = 0 il centro di simmetria e il punto (z 1, z 2 ) = (0, 0), l asse di simmetria intersecato da D e z 2 = 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 = ( 3/2, 1/2) 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 cioe z = M t x c z 1 = 3/2x 1 1/2x 2 + 1, z 2 = 1/2x 1 + 3/2x 2. Pertanto, i due asintoti di C sono, rispettivamente, (3 2)x 1 ( 3 + 6)x = 0, (3 + 2)x 1 + ( 6 3)x = 0. Analogamente, l asse di simmetria che non viene intersecato da C e 3x1 x = 0,

5 5 mentre quello che viene intersecato da C e x 1 + 3x 2 = 0. (iii) Per disegnare precisamente C basta vedere quali sono le coordinate (x 1, x 2 ) dei punti che corrispondono ai punti, che nel riferimento (z 1, z 2 ), avevano coordinate ( 2, 0) e ( 2, 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 2 ) hanno coordinate, rispettivamente, ( 3/2( 2 1), 1/2(1 2)), ( 3/2( 2 + 1), 1/2(1 + 2)). Esercizio 4. [10 punti] Nel piano affine R 2, con coordinate affini (x, y), e data la conica affine C di equazione cartesiana: C : 3x 2 + 6xy + 9y 2 + 4x = 0. (i) Considerando tale piano affine R 2 come la carta affine A 0 di P 2 R, determinare l equazione della chiusura proiettiva C di C in P 2 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. [4 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 2 ] di P 2 R e C : 3x x 1 x 2 + 9x x 0 x 1 = 0. (ii) La matrice simmetrica associata a tale conica e : A = Si ha det(a) = 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 z 2 1 z 2 2 = 0. (iii) I punti impropri di C si trovano risolvendo il sistema che e equivalente a x 0 = 3x x 1 x 2 + 9x x 0 x 1 = 0, x 0 = 3x x 1 x 2 + 9x 2 2 = 0. L equazione omogenea di secondo grado del sistema ha discriminante = > 0.

6 6 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 un iperbole generale a punti reali. In opportune cordinate affini (z, w), la sua forma canonica affine e z 2 w 2 = 1.