Studio delle coniche Ellisse Studiare la conica di equazione 2x 2 + 4xy + y 2 4x 2y + 2 = 0. Per prima cosa dobbiamo classificarla. La matrice associata alla conica è: 2 2 2 A = 2 2 2 Il DetA = 2 quindi la conica è non degenere, di rango 3. Il DetA 33 = 6 quindi la conica è una ellisse. Determiniamo il centro e gli assi della ellisse; dobbiamo trasformare l equazione in coordinate omogenee. x x 2 x 3 A x x 2 x 3 = 2x2 + 4x x 2 + x 2 2 4x x 3 2x 2 x 3 + 2x 2 3 = 0 Per trovare il centro dobbiamo trovare due diametri dell ellisse e intersecarli. I diametri della ellisse sono le polari dei punti impropri rispetto alla conica. Ci basta quindi scegliere a caso due punti impropri, e calcolare le polari di questi punti impropri rispetto alla ellisse. Per semplicità di calcolo scegliamo come punti impropri i punti, 0, 0 e 0,, 0, che rappresentano le direzioni degli assi coordinati.
Calcoliamo la polare del punto, 0, 0. 2 2 2 x x 2 x 3 2 2 2 0 0 = 0 da cui 2x + 2x 2 2x 3 = 0 Calcoliamo la polare del punto 0,, 0. 2 2 2 x x 2 x 3 2 2 2 0 0 = 0 da cui 2x + x 2 x 3 = 0 Il centro si ottiene come intersezione dei due diametri appena trovati. Per semplicità di calcolo li riscriviamo in forma normale. x + y = 0 2x + y = 0 Risolvendo questo sistema si trova che il centro dell ellisse è il punto: Ora troviamo gli assi. C 4 3, 3 Ricordiamo che gli assi sono gli unici diametri coniugati tra loro ortogonali. Le loro direzioni sono le soluzioni dell equazione a 2 l 2 + a 22 a lm a 2 m 2 = 0 Quindi 2l 2 + 3lm 2m 2 = 0
Risolvendo questa equazione rispetto ad l si trovano le due soluzioni l = 2 m l = 2m Assegnando opportuni valori ad m troviamo quindi le direzioni dei due assi: A, 2, 0 B 2,, 0 Il primo asse sarà la retta passante per il centro C e avente direzione A. x 4 3 = y + 3 2 da cui si ricava 2x y 3 = 0 Il secondo asse sarà la retta passante per il centro C e avente direzione B. x 4 3 2 = y + 3 da cui si ricava 3x + 6y 2 = 0 È facile verificare che i due assi sono effettivamente ortogonali. Per poter disegnare l ellisse non ci resta che trovare le intersezioni della ellisse stessa con gli assi. Intersecando con il primo asse 2x 2 + 4xy + y 2 4x 2y + 2 = 0 2x y 3 = 0 troviamo i punti 40 + A, + 30 B 40, 30
Intersecando con il secondo asse 2x 2 + 4xy + y 2 4x 2y + 2 = 0 3x + 6y 2 = 0 troviamo i punti 20 + 2 D, Possiamo quindi disegnare l ellisse. E 20 2, + Figura : Ellisse Ora determiniamo la rotazione e la traslazione necessarie per portare l equazione della conica in forma canonica.. Ricordiamo che ridurre la conica in forma canonica vuol dire trovare un nuovo sistema di riferimento tale che il centro della conica coincida con l origine
degli assi coordinati, e gli assi della conica coincidono con gli assi coordinati stessi. Per determinare la rotazione è necessario calcolare gli autovalori e gli autovettori della matrice A 33. Troviamo il polinomio caratteristico: 2 λ 2 DetA 33 λi = 2 λ = 2 λ λ 4 = λ2 7λ + 6 Gli autovalori sono le radici di questo polinomio, e quindi sono: λ = λ 2 = 6 I corrispondenti autovettori saranno le soluzioni dei sistemi A 33 λ i IX = 0 per i =, 2 Calcoliamo il primo x + 2y = 0 2x + 4y = 0 Le due equazioni sono equivalenti e quindi il sistema ha soluzioni del tipo 2a, a. Assegnando arbitrariamente un valore ad a troviamo il primo autovettore u = 2, Calcoliamo il secondo 4x + 2y = 0 2x y = 0 Le due equazioni sono equivalenti e quindi il sistema ha soluzioni del tipo b, 2b. Assegnando arbitrariamente un valore a b troviamo il secondo autovettore u 2 =, 2
Questi autovettori individuano le direzioni dei nuovi assi coordinati ruotati. Verifichiamo che la base {u, u 2 } sia coerentemente orientata con la base canonica. Devo considerare la matrice formata dai vettori della base presi come colonne, e calcolare il suo determinante. 2 2 = < 0 Poichè il determinante è minore di zero la base non è orientata coerentemente. Affinchè la base sia ben orientata devo invertire i segni di uno dei due vettori. In questo caso scelgo di invertire i segni di u. Quindi la base sara formata dai vettori u = 2, u 2 =, 2 Poichè ho bisogno di una base ortonormale ora devo normalizzare i vettori. v = u 2, = v 2 = u 2, 2 = u u 2 La base {v, v 2 } è la nuova base ruotata. La matrice di rotazione R che ci porta dalla base canonica alla nuova base è formata dai vettori v e v 2 presi come colonne. R = 2 2 Le equazioni della rotazione sono quindi Ω : x = 2 x + y y = x + 2 y Sostituendo nella equazione di partenza troviamo l equazione della conica
nel nuovo sistema di riferimento R O, x, y ruotato. 2 2 x + 2 2 y + 4 x + y x + 2 y + + x + 2 2 2 y 4 x + y 2 x + 2 y + 2 = = = x 2 + 6y 2 6 x 8 y + 2 = 0 Voglio farvi notare come sia sufficiente, per semplificare i calcoli, applicare la sostituzione soltanto alla parte lineare dell equazione cioè ai termini in x e y poichè la parte quadratica cioè i termini in x 2, in xy e in y 2, per effetto della rotazione, si trasforma semplicemente in λ x 2 + λ 2 y 2. A questo punto non ci rimane che trovare la traslazione che porta l origine del sistema di riferimento a coincidere con il centro della conica. Utilizzeremo il metodo del completamento dei quadrati. Per prima cosa raccogliamo i fattori in x e in y, mettendo in evidenza i coefficienti di x 2 e y 2. x 2 +6y 2 6 x 8 y +2 = x 2 6 x +6 y 2 4 3 y +2 = 0 I termini tra parentesi possono essere rivisti come i primi due termini di un quadrato di un binomio. Riscriviamoli quindi come quadrati, ricordandoci poi di sottrarre il quadrato del secondo termine del binomio, che è stato aggiunto per poter scrivere il quadrato. [ x 3 ] [ 2 9 + 6 y 2 ] 2 3 4 + 2 = 0 4 Facciamo la seguente sostituzione X = x 3 σ : Y = y 2 3
e otteniamo da cui si ricava [ X 2 9 ] [ + 6 Y 2 4 ] + 2 = 0 4 X 2 + 6Y 2 3 = 0 La sostituzione fatta è la traslazione cercata. Se consideriamo la sostituzione inversa x = X + 3 σ : y = Y + 2 3 possiamo trovare, componendo la rotazione con la traslazione, le equazioni che ci permettono di passare direttamente dal sistema RO, x, y di partenza al sistema di riferimento R O, X, Y Ω σ : x = 2 X + 3 + Y + 2 3 y = X + 3 + 2 Y + 2 3 Infine riscriviamo meglio la forma canonica, dividendo tutto per il termine noto da cui X 2 3 + 6Y 2 3 = X 2 Y 2 2 + 2 = 3 3 2 Possiamo quindi dedurre che i due semiassi dell ellisse misurano rispettivamente a = e b = 3 3 2.
Iperbole Studiare la conica di equazione x 2 + 6xy 7y 2 2x 6y 9 = 0. Per prima cosa dobbiamo classificarla. La matrice associata alla conica è: 3 A = 3 7 3 3 9 Il DetA = 320 quindi la conica è non degenere, di rango 3. Il DetA 33 = 6 quindi la conica è una iperbole. Determiniamo il centro e gli assi e gli asintoti della iperbole; dobbiamo trasformare l equazione in coordinate omogenee. x x 2 x 3 A x x 2 x 3 = x2 + 6x x 2 7x 2 2 2x x 3 6x 2 x 3 9x 2 3 = 0 Per trovare il centro dobbiamo trovare due diametri dell iperbole e intersecarli. I diametri dell iperbole sono le polari dei punti impropri rispetto alla conica. Ci basta quindi scegliere a caso due punti impropri, e calcolare le polari di questi punti impropri rispetto all iperbole. Per semplicità di calcolo scegliamo come punti impropri i punti, 0, 0 e 0,, 0, che rappresentano le direzioni degli assi coordinati. Calcoliamo la polare del punto, 0, 0. 3 x x 2 x 3 3 7 3 3 9 0 = 0 0
da cui x + 3x 2 x 3 = 0 Calcoliamo la polare del punto 0,, 0. 3 x x 2 x 3 3 7 3 3 9 0 0 = 0 da cui 3x 7x 2 3x 3 = 0 Il centro si ottiene come intersezione dei due diametri appena trovati. Per semplicità di calcolo li riscriviamo in forma normale. x + 3y = 0 3x 7y 3 = 0 Risolvendo questo sistema si trova che il centro dell iperbole è il punto: Ora troviamo gli assi. C, 0 Ricordiamo che gli assi sono gli unici diametri coniugati tra loro ortogonali. Le loro direzioni sono le soluzioni dell equazione Quindi a 2 l 2 + a 22 a lm a 2 m 2 = 0 3l 2 8lm 3m 2 = 0 Risolvendo questa equazione rispetto ad l si trovano le due soluzioni l = 3 m l = 3m Assegnando opportuni valori ad m troviamo quindi le direzioni dei due assi: A, 3, 0 B 3,, 0
Il primo asse sarà la retta passante per il centro C e avente direzione A. da cui si ricava x = y + 0 3 3x + y 3 = 0 Il secondo asse sarà la retta passante per il centro C e avente direzione B. x 3 = y + 0 da cui si ricava x 3y = 0 È facile verificare che i due assi sono effettivamente ortogonali. Calcoliamo ora le intersezioni dell iperbole con gli assi; ovviamente soltanto uno dei due assi interseca l iperbole. Intersecando con il primo asse x 2 + 6xy 7y 2 2x 6y 9 = 0 non si hanno soluzioni reali. 3x + y 3 = 0 Intersecando con il secondo asse x 2 + 6xy 7y 2 2x 6y 9 = 0 troviamo i punti x 3y = 0 A 2, B4, Ora per disegnare l iperbole troviamo gli asintoti. Essi sono le rette passanti per il centro che hanno come direzione i punti impropri che si trovano intersecando l iperbole con la retta impropria. x 2 + 6x x 2 7x 2 2 2x x 3 6x 2 x 3 9x 2 3 = 0 x 33 = 0
Le direzioni asintotiche sono quindi P 7,, 0 Q,, 0 Il primo asintoto è la retta x 7 = y + 0 = x + 7y = 0 Il secondo asintoto è la retta Disegnamo l iperbole x = y + 0 = x y = 0 Figura 2: Iperbole
Ora determiniamo la rotazione e la traslazione necessarie per portare l equazione della conica in forma canonica. Ricordiamo che ridurre la conica in forma canonica vuol dire trovare un nuovo sistema di riferimento tale che il centro della conica coincida con l origine degli assi coordinati, e gli assi della conica coincidono con gli assi coordinati stessi. Per determinare la rotazione è necessario calcolare gli autovalori e gli autovettori della matrice A 33. Troviamo il polinomio caratteristico: λ 3 DetA 33 λi = 3 7 λ = λ 7 λ 9 = λ2 + 6λ 6 Gli autovalori sono le radici di questo polinomio, e quindi sono: λ = 8 λ 2 = 2 I corrispondenti autovettori saranno le soluzioni dei sistemi A 33 λ i IX = 0 per i =, 2 Calcoliamo il primo 9x + 3y = 0 3x + y = 0 Le due equazioni sono equivalenti e quindi il sistema ha soluzioni del tipo a, 3a. Assegnando arbitrariamente un valore ad a troviamo il primo autovettore u =, 3 Calcoliamo il secondo x + 3y = 0 3x 9y = 0
Le due equazioni sono equivalenti e quindi il sistema ha soluzioni del tipo 3b, b. Assegnando arbitrariamente un valore a b troviamo il secondo autovettore u 2 = 3, Questi autovettori individuano le direzioni dei nuovi assi coordinati ruotati. Verifichiamo che la base {u, u 2 } sia coerentemente orientata con la base canonica. Devo considerare la matrice formata dai vettori della base presi come colonne, e calcolare il suo determinante. 3 3 = > 0 Poichè il determinante è maggiore di zero la base è orientata coerentemente. Ora devo normalizzare i vettori. v = u, 3 = v 2 = u 2 3, = u u 2 La base {v, v 2 } è la nuova base ruotata. La matrice di rotazione R che ci porta dalla base canonica alla nuova base è formata dai vettori v e v 2 presi come colonne. R = 3 3 Le equazioni della rotazione sono quindi Ω : x = x + 3 y y = 3 x + y Sostituendo nella equazione di partenza troviamo l equazione della conica
nel nuovo sistema di riferimento R O, x, y ruotato. x + 3 2 y + 6 x + 3 y 3 x + y + 7 3 x + 6 2 y 2 3 x + y 9 = = x + 3 y = 8x 2 + 2y 2 + 6 x 2 y 9 = 0 Voglio farvi notare come sia sufficiente, per semplificare i calcoli, applicare la sostituzione soltanto alla parte lineare dell equazione cioè ai termini in x e y poichè la parte quadratica cioè i termini in x 2, in xy e in y 2, per effetto della rotazione, si trasforma semplicemente in λ x 2 + λ 2 y 2. A questo punto non ci rimane che trovare la traslazione che porta l origine del sistema di riferimento a coincidere con il centro della conica. Utilizzeremo il metodo del completamento dei quadrati. Per prima cosa raccogliamo i fattori in x e in y, mettendo in evidenza i coefficienti di x 2 e y 2. 8 x 2 2 x + 2 y 2 6 y 9 = 0 I termini tra parentesi possono essere rivisti come i primi due termini di un quadrato di un binomio. Riscriviamoli quindi come quadrati, ricordandoci poi di sottrarre il quadrato del secondo termine del binomio, che è stato aggiunto per poter scrivere il quadrato. [ 8 x ] [ 2 + 2 y 3 ] 2 9 Facciamo la seguente sostituzione X = x σ : Y = y 3 9 = 0
e otteniamo da cui si ricava [ 8 X 2 ] [ + 2 Y 2 9 ] 9 = 0 8X 2 + 2Y 2 20 = 0 La sostituzione fatta è la traslazione cercata. Se consideriamo la sostituzione inversa x = X + σ : y = Y + 3 possiamo trovare, componendo la rotazione con la traslazione, le equazioni che ci permettono di passare direttamente dal sistema RO, x, y di partenza al sistema di riferimento R O, X, Y Ω σ : x = X + + 3 Y + 3 y = 3 X + + Y + 3 Infine riscriviamo meglio la forma canonica, dividendo tutto per il termine noto da cui 8X 2 20 + 2Y 2 20 = X 2 Y 2 2 2 = 2
Parabola Studiare la conica di equazione 4x 2 4xy + y 2 8x + 24y + 24 = 0. Per prima cosa dobbiamo classificarla. La matrice associata alla conica è: 4 2 4 A = 2 2 4 2 24 Il DetA = 400 quindi la conica è non degenere, di rango 3. Il DetA 33 = 0 quindi la conica è una parabola. Troviamo l asse e il vertice della parabola; dobbiamo trasformare l equazione in coordinate omogenee. x x 2 x 3 A x x 2 x 3 = 4x2 4x x 2 +x 2 2 8x x 3 +24x 2 x 3 +24x 2 3 = 0 L asse della parabola è la retta polare della direzione ortogonale al punto improprio della parabola, che si trova intersecando la parabola stessa con la retta impropria. Ricordiamo che la parabola interseca la retta impropria in un solo punto. Calcoliamo questa intersezione 4x 2 4x x 2 + x 2 2 8x x 3 + 24x 2 x 3 + 24x 2 3 = 0 x 3 = 0 Il punto improprio della parabola ha quindi coordinate P, 2, 0 La direzione ortogonale al punto improprio sarà Q 2,, 0
L asse della parabola è la polare di questo punto. Calcoliamola 4 2 4 2 x x 2 x 3 2 2 = x x 2 20x 3 = 0 4 2 24 0 Quindi, semplificando e ritornando in coordinate non omogenee, l asse della parabola è la retta di equazione 2x y 4 = 0 Il vertice della parabola si ottiene intersecando l asse con la parabola stessa. Il vertice è quindi il punto 4x 2 4xy + y 2 8x + 24y + 24 = 0 2x y 4 = 0 V 7, 6 Il vertice e l asse non sono però sufficienti per poter disegnare la parabola; infatti ci mancano informazioni sulla direzione della concavità della parabola. Per averle io consiglio di trovare un paio di punti della parabola, semplicemente dando un valore casuale ad x e ricavando le corrispondenti y. Per esempio ponendo x = 3 si trova y = 6. Quindi il punto A3, 6 appartiene alla parabola. Adesso abbiamo sufficienti informazioni per poter disegnare la parabola.
Figura 3: Parabola Ora determiniamo la rotazione e la traslazione necessarie per portare l equazione della conica in forma canonica.. Ricordiamo che ridurre la conica in forma canonica vuol dire trovare un nuovo sistema di riferimento tale che il centro della conica coincida con l origine degli assi coordinati, e gli assi della conica coincidono con gli assi coordinati stessi. Per determinare la rotazione è necessario calcolare gli autovalori e gli autovettori della matrice A 33.
Troviamo il polinomio caratteristico: 4 λ 2 DetA 33 λi = 2 λ = 4 λ λ 4 = λ2 λ Gli autovalori sono le radici di questo polinomio, e quindi sono: λ = 0 λ 2 = Vi faccio notare come, nel caso della parabola, uno dei due autovalori sia sempre nullo; inoltre, per poter trovare la parabola nella forma canonica usuale y 2 + 2px = 0, scegliamo l autovalore nullo come primo valore. I corrispondenti autovettori saranno le soluzioni dei sistemi A 33 λ i IX = 0 per i =, 2 Calcoliamo il primo 4x 2y = 0 2x + y = 0 Le due equazioni sono equivalenti e quindi il sistema ha soluzioni del tipo a, 2a. Assegnando arbitrariamente un valore ad a troviamo il primo autovettore u =, 2 Calcoliamo il secondo x 2y = 0 2x 4y = 0 Le due equazioni sono equivalenti e quindi il sistema ha soluzioni del tipo 2b, b. Assegnando arbitrariamente un valore a b troviamo il secondo autovettore u 2 = 2, Questi autovettori individuano le direzioni dei nuovi assi coordinati ruotati. Verifichiamo che la base {u, u 2 } sia coerentemente orientata con la base
canonica. Devo considerare la matrice formata dai vettori della base presi come colonne, e calcolare il suo determinante. 2 2 = > 0 Poichè il determinante è minore di zero la base è orientata coerentemente. Normalizziamo i vettori. v = u, 2 = v 2 = u 2 2, = u u 2 La base {v, v 2 } è la nuova base ruotata. La matrice di rotazione R che ci porta dalla base canonica alla nuova base è formata dai vettori v e v 2 presi come colonne. 2 R = 2 Le equazioni della rotazione sono quindi x = x 2 y Ω : y = 2 x + y Sostituendo nella equazione di partenza troviamo l equazione della conica nel nuovo sistema di riferimento R O, x, y ruotato. 4 x 2 2 y 4 x 2 2 y x + y + 2 + x + + 24 2 x + y x 2 y + 2 y 8 + 24 = = = y 2 + 40 x + 40 y + 24 = 0 Voglio farvi notare come sia sufficiente, per semplificare i calcoli, applicare la sostituzione soltanto alla parte lineare dell equazione cioè ai termini in
x e y poichè la parte quadratica cioè i termini in x 2, in xy e in y 2, per effetto della rotazione, si trasforma semplicemente in λ x 2 + λ 2 y 2. A questo punto non ci rimane che trovare la traslazione che porta l origine del sistema di riferimento a coincidere con il centro della conica. Utilizzeremo il metodo del completamento dei quadrati. Nel caso della parabola bisogna completare soltanto il quadrato relativo a y. Raccolgo i fattori in y, mettendo in evidenza il coefficiente di y 2. y 2 8 + y + 40 x + 24 = 0 I termini tra parentesi possono essere rivisti come i primi due termini di un quadrato di un binomio. Riscriviamoli quindi come quadrati, ricordandoci poi di sottrarre il quadrato del secondo termine del binomio, che è stato aggiunto per poter scrivere il quadrato. [ y + 4 ] 2 6 + 40 x + 24 = y + 4 2 + 40 x + 8 = 0 A questo punto, per ottenere la forma canonica della parabola dobbiamo far scomparire il termine noto. Per farlo, lo raccogliamo insieme al termine in x, mettendo sempre in evidenza il coefficiente del termine in x stesso. y + 4 2 + 40 x + = 0 Facciamo la seguente sostituzione X = x + σ : Y = y + 4 e otteniamo Y 2 + 40 X = 0 La sostituzione fatta è la traslazione cercata.
Se consideriamo la sostituzione inversa x = X σ : y = Y 4 possiamo trovare, componendo la rotazione con la traslazione, le equazioni che ci permettono di passare direttamente dal sistema RO, x, y di partenza al sistema di riferimento R O, X, Y x = X 2 Y 4 Ω σ : y = 2 X + Y 4