Esercizi di ripasso. Nel piano con un riferimento RC(Oxy) siano dati i punti O(0, 0) e A(2, 4). (a) Determinare le equazioni delle circonferenze che passano per O e A e aventi raggio 5. (b) Determinare la circonferenza si raggio minimo che passa per O e A. (c) Determinare il punto o i punti P della circonferenza trovata al punto precedente in modo che il triangolo di vertici OAP abbia area massima. Soluzione. (a) Primo metodo. Prendiamo un equazione generica di una circonferenza: x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 e imponiamo le varie condizioni: Passaggio per l origine: c = 0. Passaggio per A: 20 + 2a + 4b + c = 0. Raggio uguale a 5: a2 4 + b2 4 c = 25. Otteniamo il sistema (non lineare): c = 0 2a + 4b = 20 a 2 + b 2 = 00 Ricavando a dalla seconda equazione e sostituendo nella terza otteniamo 4b 2 + 00 + 40b + b 2 = 00 ossia 5b 2 + 40b = 0 da cui b = 0 oppure b = 8. In corrispondenza allora abbiamo le due circonferenze (v. figura ) x 2 + y 2 0x = 0, x 2 + y 2 + 6x 8y = 0
Secondo metodo: Il centro della circonferenza cercata si deve necessariamente trovare sull asse del segmento OA. Infatti, quest asse è il luogo dei punti del piano equidistanti da O e da A. Tale asse è anche la retta perpendicolare al segmento OA passante per il punto medio di OA. Scriviamo allora l equazione di questa perpendicolare: Il punto medio è M(, 2). Il vettore ( ) 2 OA ha coordinate e un vettore perpendicolare è ( ) 4 4. 2 La retta ha quindi equazione x 4 = y 2 2 2
e, semplificando, x + 2y = 5 Il centro delle circonferenze che cerchiamo è quindi su questa retta. Cerchiamo ora i punti di questa retta che distano 5 da O: x2 + y 2 = 5 dove x + 2y = 5. Abbiamo quindi (5 2y) 2 + y 2 = 25 25 + 4y 2 20y + y 2 = 25 5y 2 20y = 0 y 2 4y = 0 Ricaviamo y = 0 oppure y = 4. Otteniamo i due centri (5, 0) oppure (, 4) e le rispettive circonferenze hanno equazione e che sono le stesse di prima. (x 5) 2 + y 2 = 25 (x + ) 2 + (y 4) 2 = 25
(b) Per trovare la circonferenza di raggio minimo che passa per O e A dall esercizio precedente, soprattutto nel metodo 2, si capisce che il raggio minimo si avrà quando i due centri coincidono col punto medio M. Di conseguenza la circonferenza richiesta ha raggio OA = 4+6 = 5 ed equazione: 2 2 (x ) 2 + (y 2) 2 = 5 ovvero (v. figura ) x 2 + y 2 2x 4y = 0 4
(c) Per l ultimo punto osserviamo che se P è un punto a piacere sulla circonferenza l area del triangolo AOP si calcola con la formula x y 2 det 2 4 = ( ) x y 2 det = 4x 2y = 2x y 2 4 2 0 0 Osserviamo che questa quantità si annulla precisamente quando il punto P coincide con O o con A in cui abbiamo un triangolo degenere di area nulla. Se volessimo quelli per cui l area è, ad esempio, li troveremmo ponendo 2x y = e, ricordando che P è un punto della circonferenza x 2 + y 2 2x 4y = 0, avremmo i due punti D e E della Figura 4. È chiaro allora che l area massima si ottiene prendendo uno dei due punti diametralmente opposti tra loro che giacciono sulla perpendicolare 5
alla retta di equazione 2x y = 0 e quindi: G(, ), F (, ) in cui il triangolo ha area (diametro raggio) diviso 2: 2 5 5 2 = 5. 2. Sia T : R R l endomorfismo di R determinato da T (e ) = e e 2 T (e 2 ) = e e 2 T (e ) = 2e 2e 2 dove N = (e, e 2, e ) è la base (ordinata) canonica di R. (a) determinare una matrice di T ; (b) calcolare la traccia e il determinante di T ; (c) stabilire se T è diagonalizzabile oppure no; 2 (d) Determinare gli eventuali valori di k per i quali il vettore k k + 2 appartiene all immagine di T. 6
Soluzione. (a) Siamo liberi di scegliere la base più opportuna. Scegliamo la base naturale N. e e e 2 0 e 2 e e 2 0 2 e 2e 2e 2 2 0 e quindi la matrice 2 M(T ) = 2 0 0 0 (b) Dal punto precedente segue, evidentemente, che Tr(T ) = 0 e det T = 0. (c) Il polinomio caratteristico è x 2 x + 2 0 0 x = x[(x )(x + ) + ] = x(x2 + ) = x Ne segue che esiste un solo autovalore, quello nullo, di molteplicità. L endomorfismo non è chiaramente diagonalizzabile perché se lo fosse sarebbe simile alla matrice nulla, ma la matrice nulla è simile solo a se stessa. (d) Sappiamo che Im(T ) coincide con lo spazio delle colonne di M(T ) 2 e quindi Im(T ) =. Di conseguenza il vettore k 0 k + 2 7
2 appartiene a Im(T ) se e solo se k è proporzionale a. k + 2 0 Quindi abbiamo 2 = a k = a( ) k + 2 = 0 per qualche scalare a. Ne segue che a = 2, k = 2. In conclusione, l unico valore di k per cui il vettore appartiene all immagine è k = 2.. Usare il metodo degli invarianti per calcolare la forma canonica della conica di equazione 2x 2 4xy y 2 4x 8y + 4 = 0. Soluzione. Per prima cosa classifichiamo la conica. Matrice: e l invariante cubico è A = det A = 4 2 2 4 2 4 2 2 2 4 2 2 + 2 2 4 2 4 2 2 4 2 = = 4( 2 4) + 2(2 8) 4(4 + 8) = 84 2 48 = 44 0 Abbiamo quindi una conica generale. L invariante quadratico è α 00 = 6 < 0 e quindi questa è un iperbole. Infine, l invariante lineare è I =. Trattandosi di una conica a centro, sappiamo che la sua forma canonica è della forma αx 2 + βy 2 = 0 dove α e β sono le soluzioni dell equazione di secondo grado: ossia, nel nostro caso, t 2 + α 00 I A t + α 00 A 2 = 0 t 2 + ( 6)() 44 t + ( 6) ( 44) 2 = 0 8
che ha soluzioni: α = 2, β = 8 t 2 + 24 t 96 = 0 96t 2 + 4t = 0 da cui la forma canonica: 2 x 2 8 y 2 = Il disegno della conica nel riferimento iniziale RC(Oxy) è Mentre il disegno della conica nel riferimento RC(O x y ) (forma canonica) è 9
Avremmo anche potuto scegliere α =, β = 8 2 canonica: 8 x 2 + 2 y 2 = da cui la forma e il disegno è 4. Usare il metodo degli invarianti per calcolare la forma canonica della conica di equazione x 2 + 2 xy + y 2 2 x + 2y = 0. 0
Soluzione. 0 A = det = 6 0 È una conica generale. ( ) α 00 = det = 0 abbiamo quindi una parabola. Infine I = 4 Trattandosi di una parabola sappiamo che la sua forma canonica ha la forma αx 2 + y = 0 e I α = ± 4A e quindi 4 α = ± 4( 6) = ± La forma canonica è allora x 2 + y = 0 (o, in alternativa, x 2 + y = 0) Il disegno della conica nel riferimento RC(Oxy) è
oppure, in alternativa, 2
5. Dimostrare che per ogni n, 2 + 2 + 5 2 + + (2n ) 2 = n(4n2 ) () Soluzione. Procediamo per induzione. Base dell induzione: per n = la formula () dice che è vera. 2 = (4()2 ) Supponiamo ora che per un assegnato n () valga e dimostriamo che essa vale anche per il successivo n+. A tal fine consideriamo la somma dei quadrati dei numeri dispari fino all n + -esimo: 2 + 2 + 5 2 + + (2n ) 2 + (2n + ) 2
Per la somma dei primi n numeri dispari abbiamo, per ipotesi, la formula e quindi riscriviamo n(4n 2 ) + (2n + ) 2 (2) questa espressione va confrontata con il secondo membro di () scritta per n + e cioè: (n + )(4(n + ) 2 ) Sviluppando i calcoli in (2) otteniamo n(4n 2 ) + (2n + ) 2 = 4n n + (4n 2 + + 4n) = 4n n + 2n 2 + + 2n = 4n + 2n 2 + n + () (4) Sviluppando i calcoli in () otteniamo (n + )(4(n + ) 2 ) = (n + )(4n2 + 8n + 4 ) = 4n + 8n 2 + n + 4n 2 + 8n + = 4n + 2n 2 + n + le due espressioni quindi coincidono. Per il Principio di Induzione allora la () vale per ogni n. (5) 4