Geometria BAER Canale I Esercizi Alcuni di questi esercizi forse sono un po difficili visto che abbiamo fatto questa parte un po in fretta, ma si può sempre provare. Esercizio. Si scrivano le equazioni delle parabole con vertice in (, 3), asse di simmetria parallelo alla bisettrice x y = 0 e concavità rivolta in alto a destra. Soluzione: Sia B p la matrice della parabola in forma canonica y px = 0. Se A p è la matrice della parabola corrispondente con vertice in (, 3) e asse di simmetria la retta di equazione x y = 0, avremo B p = T t A p T dove T è la matrice che rappresenta una rotazione di π/4 e una traslazione per il vettore (, 3). Quindi A p = (T t ) B p T e facendo i conti si trova x + y xy (p )x (p + )y + (0p + ) = 0 4 Esercizio. Ridurre in forma canonica, e scrivere il cambiamento di riferimento usato per la riduzione le seguenti coniche. x y 4x + y = 0 Soluzione: X Y, traslazione X = x, Y = y x xy y + x + y 3 = 0 Soluzione: Gli autovalori della parte principale sono ± 0 gli autovettori corrispondenti (3+ 0, ) t, (, 3+ 0) t. La soluzione di Ax = (/, /) t è ( /3, /3).Quindi abbiamo che la forma canonica e l isometria sono date da + 0 x + 0 y 3 = 0 ( ) ( ) X = M t x + /3 Y y /3 dove M è la matrice x xy + y x y = 0 3+ 0 0+6 0 0+6 0 0+6 0 3+ 0 0+6 0 Soluzione: Y x = 0, X = (x + y), Y = (x y). 5x 6xy + 5y + x + y 3 = 0 Soluzione: X + 8Y 4 = 0 ( ) ( ) X t (x ) = + / Y y + / 6xy 3y + x y = 0
Soluzione: Gli autovalori sono 3( ± 5, il determinante della parte principale 9, quello della matrice associata 8/4. La conica dunque è un iperbole con equazione canonica Posto a = 3 [( + 5)x + ( 5)y 3 ) 5+ 5, la matrice di passaggio dalla base canonica è M = ( + 5 a a a + 5 a Il centro della conica è (/, /) dunque le formule del cambiamento sono ( ) ( ) X = M t x Y y ) Esercizio 3. Ridurre in forma canonica, e scrivere il cambiamento di riferimento usato per la riduzione le seguenti quadriche x y z yz 3 = 0 Soluzione: Diagonalizzando la parte principale (e moltiplicando per ), otteniamo l equazione 3x + y z + 3 = 0 (che rappresenta un iperboloide ellittico). Non servono traslazioni quindi la matrice del cambiamento è 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x xy + y 4x 4y 4z = 0 (Suggerimento: la parte principale non ha rango massimo ma con una trasformazione ortogonale trovo un equazione con un solo termine di grado ). Soluzione: Diagonalizzando la parte principale mediante la trasformazione ortogonale 0 T = 0 0 0 otteniamo la quadrica z 4( x + y) = 0. Se vogliamo un solo termine di grado, possiamo fare un ulteriore cambiamento di variabili Z = z in modo che la parte quadratica non cambi, X = ( /3)x + (/ 3)y, dove il fattore / 3 serve a normalizzare in modo da avere una trasformazione ortogonale e, sempre per avere una trasformazione ortogonale, poniamo Y = (/ 3)y + ( /3)x otteniamo l equazione Z 4 3X = 0. La matrice di questa trasformazione ortogonale è 3 3 0 S = 3 3 0 0 0 e si verifica che se A è la matrice associata alla conica abbiamo (( ) ( )) t ( ) ( ) 0 0 0 3 T 0 S 0 T 0 S 0 A = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 0 0 0
x + xy + y z + x + y + z = 0 Soluzione: Questa è una quadrica degenere visto che i determinanti della matrice associata e della parte principale sono nulli. Fattorizzando si vede che è unione di due piani di equazione x + y + z = 0, x + y z + = 0. Esercizio 4. Classificare la conica di equazione in funzione di k. x + ky + 4xy + x + y = 0 Soluzione: Sia A la matrice associata, A la parte principale, abbiamo det A = 7 k, det A = k 4. Quindi se k 4 la conica è a centro e la sua equazione canonica è del tipo λx + µy + δ = 0. Se (e solo se) k = 7/ il determinante di A è nullo dunque la conica è degenere e δ = 0; in questo caso det A < 0 dunque la conica è una coppia di rette reali incidenti. Se 7/ < k < 4, il determinante di A e della sua parte principale sono negativi, δ = 7 k k 4 > 0 e abbiamo un iperbole reale come anche nel caso in cui k < 7/ visto i segni di λ, µ sono discordi e δ < 0. Se k > 4 abbiamo che λ, µ hanno lo stesso segno poichè det A > 0; inoltre Tr(A) = k + > 4 > 0 quindi dobbiamo avere λ, µ > 0 e δ = 7 k k 4 < 0 e la conica è un ellisse reale. Se k = 4 la conica è non degenere non a centro, dunque è una parabola. Esercizio 5. Si mostri che la relazione di congruenza tra matrici è una relazione di equivalenza (dunque riflessiva, simmetrica transitiva) e si verifichi che le coniche di equazione C : x +4y 4x+8y+4 = 0 e C : 5x + 5y + 6xy 8 = 0 sono congruenti. Soluzione: Abbiamo che per ogni matrice quadrata A = I t AI dunque la congruenza è riflessiva; se B = T t AT con T invertibile A = (T t ) BT. () Abbiamo che se T è invertibile, (T ) t T t = (T T ) t = I t = I, dunque (T t ) = (T ) t e la () è una congruenza tra B e A quindi abbiamo la simmetria. Infine, se B = T t AT, C = S t BS, allora quindi la congruenza è una relazione transitiva. C = S t T t AT S = (T S) t A(T S) Riducendo a forma canonica le due equazioni troviamo rispettivamente le equazioni x + 4y 4 = 0 e x 8y + 8 = 0 che rappresentano la stessa conica C che è congruente ad entrambe, dunque per la transitività le due coniche sono congruenti. Esercizio 6. Date le coniche C : x + 4y 4x + 8y + 4 = 0 C : 5x + 5y + 6xy 8 = 0 si scriva l isometria che porta la conica C sulla conica C Soluzione: Facendo i conti si trova che l equazione canonica di entrambe (a meno di moltiplicare per uno scalare) è x + 4y 4 = 0, quindi si tratta di due ellissi congruenti. La prima ha centro (, ), assi di simmetria paralleli agli assi coordinati e vertici di coordinate (0, ), (4, ), (, 0), (, ) il semiasse maggiore dunque è parallelo all asse delle ascisse. La seconda ha centro nell origine, come asse di simmetria le bisettrici dei quadranti, vertici (±/, ±/ ), (±, ), dunque il semiasse maggiore è contenuto
sulla bisettrice x + y = 0 (in realtà non è necessario trovare i vertici, basta mandare gli autospazi della prima negli autospazi della seconda corrispondenti agli stessi autovalori. L isometria cercata dunque è una traslazione per il vettore (, ) seguita da una rotazione di π/4.quindi (attenzione l ordine è importante: se prima ruoto, le coordinate del vettore della traslazione cambiano!) 0 0 0 0 0 0 = 0 0 3 0 0 = T Osserviamo che se T porta C in C abbiamo che se x t Ax = 0 allora si deve avere (T x) t BT x = 0 ossia A = T t BT, come si può verificare. Esercizio 7. Si dimostri che con un isometria la matrice associata a una parabola 0 0 a A = 0 λ b a b c è congruente alla matrice della parabola canonica λy + δx = 0. Soluzione: Possiamo supporre che λ e a abbiano segni diversi, se non li hanno basta fare una riflessione nell asse y per ridursi a questo caso. Cerchiamo dunque una matrice ± 0 α T = 0 β 0 0 tale che T t AT sia la matrice associata alla forma canonica della parabola. Facendo i conti si dovrà avere β = b/λ e α = b +cλ aλ che è sempre definito poichè det A = a λ 0 visto che la parabola non è degenere. Esercizio 8. Consideriamo due punti che si muovono nello spazio seguendo traiettorie r (t), r (t) in modo che la loro distanza si mantenga costante. Si mostri che le proiezioni ortogonali delle loro velocità nella direzione della retta che unisce i due punti sono uguali. Suggerimento: abbiamo che il vettore r (t) r (t) ha lunghezza costante ed è un vettore direttore della retta tra i due punti. Si calcoli la derivata della sua norma al quadrato). Soluzione: Siano v(t) = r (t) r (t), c = v(t). Poichè c è costante, abbiamo 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 altra parte 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 la proiezione ortogonale della velocità del punto i sulla retta per i due punti moltiplicata per c. Esercizio 9. Si scrivano equazioni parametriche per l iperboloide iperbolico ottenuto ruotando il ramo destro dell iperbole sul piano y = 0 di equazione x z =
Soluzione: Parametrizziamo l iperbole come (cosh t, 0, sinh t). Allora la parametrizzazione della superficie di rotazione è ((cosh t) cos θ, (cosh t) sin θ, sinh t). Esercizio 0. Consideriamo il cono γ di equazione x + y 4z = 0 (a) Si determini la conica intersezione di γ con il piano x z 3 = 0 Soluzione: mettendo a sistema e sostituendo otteniamo y + z + 9 = 0 che rappresenta una parabola non degenere (b) Trovare un piano π tale che l intersezione di π e γ sia un iperbole non degenere. Soluzione: Qualsiasi piano che contenga l asse delle z (ad esempi il piano y = 0 taglia il cono in due rette incidenti, ossia un iperbole degenere, qualsiasi piano parallelo all asse z (ad esempio y = ) taglia il cono in un iperbole Esercizio. Siano r e s due rette sghembe non perpendicolari, si dimostri che la superficie ottenuta ruotando s attorno a r è un iperboloide iperbolico. Suggerimento: possiamo assumere che r sia l asse delle z, la retta di minima distanza tra r ed s sia l asse delle x e che l intersezione tra questo ed s sia il punto (, 0, 0). Moltplichiamo il punto mobile di s per la matrice della rotazione di asse l asse z per ottenere una parametrizzazione. PS la soluzione dell anno scorso è sbagliata. Soluzione: La retta s passa per (, 0, 0) e ha parametri direttori (l, m, n) con n 0 visto che le due rette non sono perpendicolari, l = 0, poiché l asse x è la retta di minima distanza, dunque perpendicolare a s e m 0, altrimenti r, s sarebbero parallele. Possiamo quindi supporre n = e moltiplicando per la matrice della rotazione il punto mobile di s otteniamo una parametrizzazione della superficie di rotazione x = cos θ mt sin θ y = sin θ + mt cos θ z = t sostituendo z = t nelle prime due equazioni e elevando al quadrato abbiamo x + y m z = 0 che è l equazione canonica di un iperboloide iperbolico Esercizio. Sia m 0 date le rette x = t r : y = t z = t (m + )t + ( 3) s := + ( 3) t z = (m )t ( 3) (a) dimostrare che sono sghembe, trovare la distanza e la retta di minima distanza Soluzione: se ho fatto bene i conti è sempre la retta tra i punti (0,, 0) e (( 3), +( 3), ( 3) ) dunque la distanza è (b) Si trovi l equazione dell iperboloide ottenuto ruotando s intorno a r. Suggerimento; u = (,, ) t è un vettore direttore della retta r, un vettore direttore di s è u + m(, 0, ) t, mentre la retta di minima distanza ha come vettore direttore (,, ). A questo punto si può usare l esercizio precedente. Soluzione: Prendendo come origine O = (0,, 0), la retta di minima distanza come asse X, la retta r come asse Z, e la retta per O parallela a (, 0, ) r come asse delle Y, siamo esattamente nella
situazione dell esercizio precedente, dunque in questo riferimento l equazione dell iperboloide è X + Y m Z = 0. Troviamo l equazione dell iperboloide nel riferimento Oxyz calcolando la matrice 0 0 0 (T ) t 0 0 0 0 0 m 0 T 0 0 0 dove T è la matrice del cambiamento di riferimento / 3 / / 6 0 T = / 3 0 / 6 / 3 / / 6 0 0 0 0 s