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- Esercizi
Esercizio 1. Classificare, ridurre a forma canonica (completando i quadrati), e disegnare le seguenti coniche:
γ 1 : x^2 − y^2 + 2x = 0; γ 2 : 2 x^2 + 4x − 2 y + 1 = 0; γ 3 : x^2 + 2y^2 + 12y + 10 = 0; γ 4 : x^2 + 2y^2 + 12y + 20 = 0; γ 5 : x^2 − y^2 + 2x − 2 y = 0; γ 6 : xy + x + y + 1 = 0.
Esercizio 2. Dato il seguente fascio di coniche
γt : x^2 + (1 − t)y^2 + 2tx − 2(1 − t)y + 2 − t = 0
determinare i valori del parametro t per cui
(1) γt e una parabola; (2) γte una iperbole; (3) γt e una ellisse con punti reali; (4) γte una circonferenza; (5) γt e una conica degenere; (6) γte una ellisse senza punti reali.
Esercizio 3. Classificare, trovare la forma canonica, il cambio di riferimento e disegnare le seguenti coniche:
(1) γ 1 : x^2 + 3xy + 2y^2 + x + 2y = 0; (2) γ 2 : 3x^2 + 2xy + 3y^2 + x + 2y + 1 = 0; (3) γ 3 : x^2 + 6xy + y^2 − 3 = 0; (4) γ 4 : 3x^2 + 2xy + 3y^2 − 8 = 0; (5) γ 5 : x^2 + 2xy + y^2 + 4x = 0; (6) γ 6 : x^2 + 2xy + 2y^2 − 2 x + 2 = 0; (7) γ 7 : 4x^2 + 4xy + y^2 + 2x + y = 0.
Esercizio 4. Trovare l’ equazione della ellisse di semiassi a = 2, e b = 1, di centro C(1, 1) ed avente la retta r : 2x − y − 1 = 0 come supporto dell’ asse maggiore.
Esercizio 5. Trovare l’ equazione della retta tangente alla conica γ : x^2 +2xy+2y^2 −5 = 0 passante per il punto A(1, 1), e le equazioni delle tangenti a γ per B(4, −1).
Esercizio 6. Trovare il luogo dei punti medi delle corde di γ : x^2 + 5xy + 6y^2 − 4 = 0 parallele al vettore v = (1, 0) e verificare che tali punti medi sono allineati.
Esercizio 7. Classificare e ridurre a forma canonica le seguenti quadriche
σ 1 : 6xz + 8yz − 5 x = 0; σ 2 : 6xz + 8yz − 5 = 0; σ 3 : 3x^2 + 2y^2 + 2xz + 3z^2 − 4 = 0; σ 4 : 3x^2 + 2y^2 + 2xz + 3z^2 = 0; σ 5 : 3x^2 + 2y^2 + 2xz + 3z^2 + 4 = 0; σ 6 : x^2 + 2xy + y^2 + 2z^2 − 4 x = 0; σ 7 : x^2 + 2xy + y^2 + 2z^2 − 4 = 0; 1
σ 8 : 2x^2 − 2 y^2 − 2 yz − 2 z^2 − 3 = 0; σ 9 : 2x^2 − 2 y^2 − 2 yz − 2 z^2 + 3 = 0; σ 10 : 2x^2 − 2 y^2 − 2 yz − 2 z^2 = 0; σ 11 : x^2 − 2 xy + y^2 − 4 x − 4 y − 4 z + 4 = 0; σ 12 : x^2 + 2xy + y^2 − z^2 + 2x + 2y + 2z = 0.
Esercizio 8. Trovare il piano tangente alla quadrica σ 3 dell’ Esercizio 7 nel punto A(0,
Esercizio 9. Trovare le rette contenute nella quadrica σ 1 dell’ Esercizio 7 passanti per il punto A(− 1 , 2 , −^12 ).
- Soluzione di alcuni esercizi
Soluzione dell’ Esercizio 1. Analizziamo le coniche una per volta. γ 1. Aggiungendo e sottraendo 1 alla sua equazione, abbiamo x^2 − y^2 + 2x = x^2 + 2x + 1 − 1 − y^2 = (x + 1)^2 − y^2 − 1 = 0
e quindi l’ equazione diventa (x + 1)^2 − y^2 = 1. Effettuando la traslazione { X = x + 1 Y = y
la conica γ 1 ha equazione X^2 − Y 2 = 1 e quindi γ 1 e un’ iperbole avente asintoti X = Y, X = −Y. Il centro, nel primo sistema di coordinate,e (− 1 , 0). γ 2. Aggiungendo e sottraendo 2 all’ equazione, questa diventa
2 x^2 + 4x − 2 y + 1 = 2(x^2 + 2x + 1 − 1) − 2 y + 1 = 2(x + 1)^2 − 2(y +
Effettuando il cambio di coordinate { X = x + 1 Y = y + (^12)
l’ equazione di γ 2 diventa X^2 −Y = 0. Quindi, γ 2 `e una parabola avente vertice in (− 1 , −^12 ) ed avente asse di simmetria parallelo all’ asse y. γ 3. Aggiungendo e sottraendo 18, trasformiamo l’ equazione come segue x^2 + 2y^2 + 12y + 10 = x^2 + 2(y^2 + 6y + 9 − 9) + 10 = x^2 + 2(y + 3)^2 − 8 = 0.
Il cambio di coordinate che trasforma l’ equazione in forma canonica `e { X = x Y = y + 3
e la forma canonica di γ 3 e X^2 + 2Y 2 = 8. Quindi, γ 3e un’ ellisse con centro (0, −3) e semiassi di lunghezza a = 2
2 , b = 2. γ 4. Operiamo come nel caso precedente, ed otteniamo x^2 + 2y^2 + 12y + 20 = x^2 + 2(y^2 + 6y + 9 − 9) + 20 = x^2 + 2(y + 3)^2 + 2 = 0.
La forma canonica di γ 4 e allora X^2 + 2Y 2 = −2 e quindi γ 4e un’ ellisse senza punti reali. Il cambio di coordinate `e lo stesso di γ 3. γ 5. Aggiungiamo e sottraiamo 1 all’ equazione della conica, ed otteniamo x^2 − y^2 + 2x − 2 y = x^2 + 2x + 1 − 1 − 2 y − y^2 = (x + 1)^2 − (y + 1)^2 = 0.
Soluzione dell’ Esercizio 3. Studiamo le coniche una alla volta. (1) La matrice di γ 1 `e
B =
3 21 2 1 2 1 0
e det(B) = 0. Quindi, γ 1 `e una conica degenere. Per calcolare le equazioni delle due rette in cui si decompone, risolviamo l’ equazione che la rappresenta x^2 +x(3y +1)+(2y^2 +2y) = 0 (oppotunamente riscritta), rispetto alla variabile x :
x =
− 3 y − 1 ±
9 y^2 + 6y + 1 − 8 y^2 − 8 y 2
− 3 y − 1 ±
y^2 − 2 y + 1 2 da cui otteniamo che le due rette hanno equazioni x = −y − 1 e x = − 2 y. (2) La matrice di γ 2 `e
B =
1 2 1 1
il cui determinante e det(B) = 214. Quindi, γ 2 none degenere. La matrice della parte quadratica dell’ equazione `e
A =
[
]
i cui autovalori sono t 1 = 2, t 2 = 4. Avendo autovalori concordi, ed essendo non degenere, γ 2 e un’ ellisse. Poich´e tr(A) det(B) = 1894 > 0 , γ 2e un’ ellisse senza punti reali. Ricordiamo che la forma canonica di un’ ellisse e αX^2 + βY 2 + γ = 0 dove α e β sono gli autovalori di A. Il termina noto γ si calcola dall’ uguaglianza αβγ = det(B). Nel nostro caso, scegliamo α = 2, β = 4 e quindi γ = 2132. Quindi, una froma canonica per γe
γ : 2X^2 + 4Y 2 +
Per scrivere esplicitamente il cambio di coordinate che riporta l’ equazione di γ in forma canonica, bisogna calcolare una base ortonormale positiva di R^2 formata da autovettori di A.
V (2) = {(x, y)|x + y = 0} = L
mentre
V (4) = {(x, y)|x − y = 0} = L
Quindi, la matrice ortognale che fornisce la rotazione degli assi del riferimento `e
P =
[ √ 1
2 √^1 2 − √^12 √^12
]
mentre il centro di simmetria della conica, nuova origne delle coordinate, `e l’ unica soluzione del sistema lineare (^) { 3 x + y + 12 = 0 x + 3y + 1 = 0
che `e
. Quindi il cambio di coordinate `e dato da [ x y
]
= P
[
X
Y
]
[
]
Essendo priva di punti reali, `e inutile disegnare gli assi del nuovo sistema.
(3) La matrice della conica γ 3 `e
B =
ed il determinante di B e det(B) = 24 6 = 0. Quindi γ 3e una conica non degenere. La matrice A associata alla parte quadratica di γ 3 `e
A =
[
]
ed i suoi autovalori sono t 1 = − 2 , t 2 = 4. Avendo autovalori discordi, γ 3 e un’ iperbole. La forma canonica di un’ iperbolee della forma αX^2 + βY 2 + γ = 0 dove α e β sono gli autovalori di A. Il termine noto si ricava dall’ equazione αβγ = det(B). Poniamo α = − 2 , β = 4, e quindi γ = 3. Una forma canonica di γ 3 `e allora
γ 3 : − 2 X^2 + 4Y 2 + 3 = 0.
Per scrivere il cambio di coordinate, cominciamo con il calcolare il centro di simmetria della conica, risolvendo il sistema lineare { x + 3y = 0 3 x + y = 0.
L’ unica soluzione del sistema e (0, 0). Si nota infatti che nell’ equazione mancano i termini di primo grado, e questo capita quando il sistema di riferimento in cuie scritta l’ equazione della conica `e solo ruotato rispetto a quello intrinseco della conica. Gli assi di simmetria della conica hanno la direzione degli autospazi di A. Calcoliamoli.
V (−2) = {(x, y)|x + y = 0} = L
mentre
V (4) = {(x, y)|x − y = 0} = L
Una matrice ortogonale speciale che realizza la rotazione `e
P =
2 √^1 2 − √^12 √^12
ed infine il cambio di coordinate `e descritto dalla formula [ x y
]
= P
[
X
Y
]
Osserviamo che gli asintoti dell’ iperbole, nel nuovo sistema di riferimento, hanno equazioni X = ±
2 Y, mentre hanno equazioni (1 ∓
2)x = (1 ±
2)y nel primo sis- tema di riferimento. (4) La tecnica per studiare γ 4 `e analoga ai casi precedenti. Riportiamo solo i risultati.
B =
A =
[
]
ossia x = (−1 + i)y + 1 + i e x = (− 1 − i)y + 1 − i. L’ unico punto reale della conica e il punto d’ intersezione delle due rette ed ha coordinate (2, −1). (7) La conica γ 7e degenere perch´e il determinante della matrice della conica `e nullo. Procedendo come nel caso precedente, otteniamo le equazioni delle due rette, e sono 2 x + y = 0, e 2x + y + 1 = 0 che sono due rette parallele.
Soluzione dell’ Esercizio 4. In questo esercizio, bisogna ripercorrere al contrario i passaggi svolti nella soluzione del punto (2), (4) dell’ Esercizio 3. La forma canonica dell’ ellisse del testo `e X^2 4
Y 2
Dobbiamo ora trovare il cambio di coordinate tra il sistema di riferimento intrinseco della conica, ed il sistema di riferimento assegnato. Il centro di simmetria dell’ ellisse, nuova origine, e il punto (1, 1). L’ asse maggiore della conica, nuovo asse X,e la retta 2 x−y −1 = 0. Un vettore parallelo alla retta `e (1, 2) mentre un versore parallelo alla retta
`e e 1 =
√^1 5 ,^ √^2 5
. Osserviamo che l’ orientamento dell’ asse non influisce sull’ equazione
dell’ ellisse, e quindi siamo liberi di scegliere e 1 oppure −e 1 come primo vettore della base ortonormale positiva di R^2 formata da autovettori per la forma quadratica associata alla
conica. Scelto e 1 come primo vettore, il secondo `e e 2 =
− √^25 , √^15
. In sintesi, il cambio
di coordinate `e descritto dalla formula [ x y
]
[ √ 1
5 −^
√^2 2 5 √ 5 √^1 5
] [
X
Y
]
[
]
Per trasformare l’ equazione della conica, abbiamo bisogno della formula inversa di tale cambio di coordinate. Detta P la matrice ortogonale che compare nel cambio di coordi- nate, e ricordando che P −^1 =tP, abbiamo [ X Y
]
[ √ 1
5 √^2 5 − √^25 √^15
] [
x − 1 y − 1
]
Sostituendo nell’ equazione dell’ ellisse otteniamo
1 4
x − 1 √ 5
2(y − 1) √ 5
2(x − 1) √ 5
y − 1 √ 5
da cui si ottiene l’equazione cercata
17 x^2 − 12 xy + 8y^2 − 22 x − 4 y − 7 = 0.
Soluzione dell’ Esercizio 5. Ricordiamo che la retta polare del punto A(xA, yA) alla conica γ associata alla matrice B `e la retta di equazione
pA : (xa, yA, 1)B
x y 1
ed il suo significato geometrico e il seguente: se A ∈ γ, la retta polaree la retta tangente a γ per A, mentre se A /∈ γ, le intersezioni di γ con pA sono esattamente i punti di contatto tra γ e le tangenti a γ per A.
Cominciamo allora a stabilire se il punto A(1, 1) e un punto di γ. Sostituendo le sue coordinate nell’ equazione otteniamo 0 = 0 e quindi A ∈ γ. La retta tangente a γ per Ae allora la retta di equazione
tA : (1, 1 , 1)
x y 1
ossia tA : 2x + 3y − 5 = 0. Sostituendo le coordinate di B nell’ equazione della conica otteniamo 5 = 0 e quindi B /∈ γ. La retta polare di B rispetto a γ ha equazione
pB : (4, − 1 , 1)
x y 1
ossia pB : 3x + 2y − 5 = 0. I punti d’ intersezione tra pB e γ si ottengono risolvendo il sistema (^) { 3 x + 2y − 5 = 0 x^2 + 2xy + 2y^2 − 5 = 0
ed hanno coordinate C 1 (3, −2), C 2 (1, 1). Le rette tangenti a γ per B sono le rette t 1 per B, C 1 e t 2 per B, C 2. Completando i calcoli, abbiamo che le tangenti cercate hanno equazioni t 1 : x − y = 5, t 2 : 2x + 3y = 5.
Soluzione dell’ Esercizio 6. Le rette parallele al vettore v = (1, 0) sono parallele all’ asse x e quindi hanno equazioni y = c, dove c ∈ R. I punti d’ intersezione tra una di tali rette e la conica sono le soluzioni del sistema { y = c x^2 + 5xy + 6y^2 − 4 = 0
ed hanno coordinate Ac
− 5 c+ √ c^2 + 2 , c
, Bc
− 5 c− √ c^2 + 2 , c
. Il loro punto medio `e il punto
Mc
−^52 c , c
. Posto { x = −^52 c y = c
ed eliminato il parametro c, otteniamo l’ equazione x = −^52 y. Quindi, i punti medi delle corde sono tutti punti della retta di equazione 2x + 5y = 0, e quindi sono allineati. L’ esempio proposto in questo esercizio illustra una proprieta generale delle coniche: i punti medi delle corde staccate su rette parallele ad una direzione fissata sono sempre allineati. La direzione di questa nuova retta si chiama direzione coniugata alla precedente. Gli assi di simmetria delle coniche hanno direzioni tra loro coniugate, e sono l’ unica coppia di direzioni coniugate tra loro ortogonali. Tale proprieta permette di definire gli assi in modo alternativo rispetto agli autospazi della forma quadratica.
Soluzione dell’ Esercizio 7. Analizziamo le quadriche una alla volta.
- La matrice associata alla quadrica σ 1 `e
B =
0 0 3 −^52
−^52 0 0
proiezione. Riportiamo ora tale punto sul piano V (0)⊥. A tale scopo, intersechiamo V (0)⊥^ con la retta per (0, 0 , 103 ) parallela all’ asse y.
4 x − 3 y = 0 x = 0 z = 103
ed otteniamo il centro di simmetria di Γ che ha coordinate (0, 0 , 103 ). L’ asse di simmetria ha allora equazione parametrica
a :
x = 45 t y = −^35 t z = 103
ed il punto di sella si ottiene come intersezione tra σ 1 ed a.
x = 45 t y = −^35 t z = 103 6 xz + 8yz − 5 x = 0
ed ha coordinate V (0, 0 , 103 ). Quindi, il cambio di coordinate `e descritto da
x y z
= P 1
X
Y
Z
3 10
Applicando tale cambio di coordinate alla quadrica, otteniamo l’ equazione di σ 1 in forma canonica
σ 1 : 5Y 2 − 5 Z^2 − 4 X = 0.
- La matrice associata alla quadrica σ 2 `e
B =
che ha rango r(B) = 3 e quindi det(B) = 0. Ne consegue che σ 2 e una quadrica singolare (cono oppure cilindro) e quindie una quadrica a punti parabolici. La forma quadratica associata a σ 2 e uguale a quella associata a σ 1 la cui forma canonicae 5Y 2 − 5 Z^2 avendo un autovalore nullo. Quindi, σ 2 e un cilindro iperbolico. Mancando i termini lineari, σ 2e solo ruotata, e quindi la sua forma canonica `e
5 Y 2 − 5 Z^2 − 5 = 0
ed il cambio di coordinate `e (^)
x y z
= P 1
X
Y
Z
dove P 1 `e la matrice ortogonale calcolata per la quadrica σ 1.
- La matrice associata alla terza quadrica σ 3 `e
B =
il cui determinante e det(B) = − 64 < 0. Quindi, σ 3e una quadrica liscia a punti ellittici. La forma quadratica associata a σ 3 `e descritta dalla matrice
A =
Il polinomio caratteristico di A e pA(t) = (2 − t)^2 (4 − t) e quindi gli autovalori di A sono t 1 = 2 con molteplicita 2 e t 2 = 4 semplice. Poich´e gli autovalori sono concordi, σ 3 e un ellissoide, ed avendo punti ellitticie reale. La sua forma canonica e 2X^2 +2Y 2 +4Z^2 +δ = 0 dove 16δ = det(B) ossia δ = − 4. Quindi, una forma canonica di σ 3e
2 X^2 + 2Y 2 + 4Z^2 = 4
che mostra che σ 3 `e un ellissiode reale di rotazione intorno all’ asse Z, avendo un autovalore doppio. Gli autospazi di A sono
V (2) = {(x, y, z)|x + z = 0} = L((1, 0 , −1), (0, 1 , 0))
una cui base ortonormale `e
e 1 =
√^1 2 ,^0 ,^ −^ √^1 2
, e 2 = (0, 1 , 0)
, mentre
V (4) = V (2)⊥^ = L((1, 0 , 1))
una cui base ortonormale `e
e 3 =
√^1 2 ,^0 ,^ √^1 2
. Si verifica facilmente che (e 1 , e 2 , e 3 ) `e
una base ortonormale positiva di R^3 formata da autovettori di A, e quindi la rotazione del sistema di riferimento `e descritta dalla matrice ortogonale
P 2 =
√^1 2 0 √^1 2 0 1 0 − (^) sqrt^12 0 √^12
Il centro di simmetria dell’ ellissoide e la soluzione del sistema lineare dato dalle prime tre righe della matrice B. Poich´e pero mancano i termini lineari, l’ ellissoide e solo ruotato e quindi il centro di simmetriae l’ origine del sistema di riferimento. In sintesi, il cambio di coordinate `e descritto da (^)
x y z
= P 2
X
Y
Z
- La quadrica σ 4
e definita da un’ equazione omogenea di secondo grado, e quindie un cono con vertice nell’ origine degli assi. L’ equazione coincide con la forma quadratica associata alla quadrica σ 3 , gia studiata, e quindi la forma canonica di σ 4e uguale alla forma canonica della forma quadratica, che `e
2 X^2 + 2Y 2 + 4Z^2 = 0.
Quindi, σ 4 e un cono il cui unico punto realee il vertice. Il cambio di coordinate che la riporta in forma canonica `e lo stesso della quadrica σ 3.
dell’ ellisse. Per poterlo calcolare facilmente, proiettiamo l’ ellisse su uno dei piani coor- dinati, calcoliamo il centro di simmetria dell’ ellisse proiettata, e riportiamo tale punto sul piano V (0)⊥. Tale punto e il centro di simmetria dell’ ellisse, che stiamo cercando. In dettaglio, V (0)⊥^ : x − y = 0, e la sua intersezione con σ 6e
Γ :
x − y = 0 x^2 + 2xy + y^2 + 2z^2 − 4 x = 0
ossia Γ : y = x, 4 x^2 + 2z^2 − 4 x = 0. La proiezione p(Γ) di Γ sul piano [xz] si ottiene eliminando la y dal precedente sistema, ed `e quindi la curva
p(Γ) :
y = 0 4 x^2 + 2z^2 − 4 x = 0.
Il centro di simmetria di p(Γ) si ottiene risolvendo il sistema
4 x − 2 = 0 2 z = 0 y = 0
ed `e il punto (^12 , 0 , 0). Per riportare tale punto sul piano V (0)⊥, intersechiamo il piano V (0)⊥^ con la retta per (^12 , 0 , 0) parallela all’ asse y. Quindi, otteniamo il sistema
x − y = 0 x = (^12) z = 0
la cui unica soluzione `e (^12 , 12 , 0). L’ asse di simmetria ha allora equazione parametrica
a :
x = 12 + t y = 12 − t z = 0
ed il vertice del paraboloide `e l’ intersezione di a con σ 6. Risolvendo il sistema
x = 12 + t y = 12 − t z = 0 x^2 + 2xy + y^2 + 2z^2 − 4 x = 0
otteniamo V (^14 , 34 , 0). Il cambio di coordiante `e quindi descritto da
x y z
= P 3
X
Y
Z
1 (^43) 4 0
Applicando tale cambio di coordinate alla quadrica σ 6 otteniamo l’ equazione della stessa in forma canonica, che `e 2 Y 2 + 2Z^2 − 2
2 X = 0.
- La matrice associata alla quadrica σ 7 `e
B =
ed il suo rango e r(B) = 3. Ne segue che det(B) = 0 e σ 7e una quadrica singolare a punti parabolici, ossia e un cono oppure un cilindro. La forma quadratica associata a σ 7e la stessa di quella associata a σ 6 , e mancando i termini lineari dall’ equazione di σ 7 , essa e solo ruotata. Quindi, una sua forma canonicae
2 Y 2 + 2Z^2 − 4 = 0
e σ 7 e un cilindro ellittico. Il cambio di coordinate che la riporta in forma canonicae
x y z
= P 3
X
Y
Z
- La matrice associata alla quadrica σ 8 `e
B =
il cui determinante e det(B) = − 18 > 0. Quindi, σ 8e una quadrica liscia a punti ellittici. La matrice associata alla forma quadratica `e
A =
il suo polinomio caratteristico e pA(t) = (− 3 − t)(− 1 − t)(2 − t) ed i suoi autovalori sono t 1 = − 3 , t 2 = − 1 , t 3 = 2, tutti semplici. Poiche gli autovalori hanno segni discordi e la quadrica ha punti ellittici, σ 8 e un iperboloide ellittico, anche detto iperboloide a 2 falde. La sua forma canonicae − 3 X^2 − Y 2 + 2Z^2 + δ = 0, dove 6δ = det(B), ossia δ = − 3. Quindi, la forma canonica di σ 8 `e
− 3 X^2 − Y 2 + 2Z^2 − 3 = 0.
Per scrivere il cambio di coordinate che la riporta in forma canonica abbiamo bisogno degli autospazi di A.
V (−3) = {(x, y, z)|x = 0, y − z = 0} = L((0, 1 , 1))
una cui base ortonormale `e
e 1 =
0 , √^12 , √^12
V (−1) = {(x, y, z)|x = 0, y + z = 0} = L((0, 1 , −1))
una cui base ortonormale `e
e 2 =
0 , √^12 , − √^12
, mentre
V (2) = {(x, y, z)|y = z = 0} = L((1, 0 , 0))
una cui base ortonormale e (e 3 = (1, 0 , 0)). Si verifica facilmente che (e 1 , e 2 , e 3 )e una base ortonormale negativa di R^3 e quindi la matrice che descrive la rotazione `e
P 4 =
√^1 2 −^ √^1 1 2 0 √ 2 √^12
il cui rango e r(B) = 3. Quindi, σ 11e una quadrica singolare a punti parabolici, ossia e un cono oppure un cilindro. La matrice della forma quadratica associatae
A =
il cui polinomio caratteristico e pA(t) = t^2 (2 − t) ed i cui autovalori sono t 1 = 0 doppio, e t 2 = 2 semplice. Quindi, σ 11e un cilindro parabolico. Per riportarlo in forma canonica, bisogna individuare un vettore parallelo alle generatrici del cilindro, uno parallelo all’ asse di simmetria di una parabola sezione del cilindro con un piano ortogonale alle generatrici, ed un terzo vettore ortogonale ad entrambi. Il primo di tali vettori `e l’ intersezione di V (0) con l’ unico sottospazio parallelo ad un piano tangente a σ 11 in un suo punto.
V (0) = {(x, y, z)|x − y = 0}
mentre, essendo Q(0, 0 , 1) ∈ σ 11 , il piano tangente a σ 11 in Q `e
πQ : (0, 0 , 1 , 1)B
x y z 1
ossia πQ : x + y + z − 1 = 0. L’ unico sottospazio parallelo a πQ e il piano parallelo per l’ origine, che ha equazione x + y + z = 0. L’ intersezione tra i due sottospazie { x − y = 0 x + y + z = 0
una cui base ortonormale `e
e 1 =
√^1 6 ,^ √^1 6 ,^ −^ √^2 6
. Un vettore parallelo all’ asse di sim-
metria della parabola sezione di σ 11 con un piano ortogonale alle generatrici `e un vettore di V (0) ortogonale a e 1. Quindi, risolve il sistema lineare omogeneo { x − y = 0 x + y − 2 z = 0
le cui soluzioni sono L((1, 1 , 1)), ed una cui base ortonormale `e
e 2 =
√^1 3 ,^ √^1 3 ,^ √^1 3
I vettori ortogonali a e 1 e e 2 sono quelli di V (2). Svolgendo i calcoli, otteniamo V (2) = {(x, y, z)|x + y = 0, z = 0} = L((1, − 1 , 0)).
Una sua base ortonrmale `e
e 3 =
√^1 2 ,^ −^ √^1 2 ,^0
. Si verifica facilmente che (e 1 , e 2 , e 3 ) `e
una base ortonormale positiva di R^3 , e quindi la matrice
P 5 =
√^1 6 √^1 3 √^1 1 2 √ 6 √^13 − √^12 − √^26 √^13
descrive la rotazione degli assi. Applicando il cambio di coordinate
x y z
= P 5
X′
Y ′
Z′
alla quadrica otteniamo l’ equazione
2 Z′^2 − 4
3 Y ′^ + 4 = 0
che pu`o essere scritta come
2 Z′^2 − 4
3(Y ′^ −
Operando la traslazione X′^ = X, Y ′^ = Y + √^13 , Z′^ = Z otteniamo la forma canonica di
σ 11 : Z^2 − 2
3 Y = 0. Il cambio di coordinate che tiene conto della traslazione `e
x y z
= P 5
X
Y + √^13
Z
= P 5
X
Y
Z
1 (^31) (^31) 3
- La matrice associata alla quadrica σ 12 `e
B =
il cui rango e r(B) = 2. Quindi, σ 12e l’ unione di due piani. Le equazioni dei due piani si calcolano trattando l’ equazione come equazione di secondo grado rispetto alla x. Svolgendo i calcoli otteniamo
x = −y − 1 ±
y^2 + 2y + 1 − y^2 + z^2 − 2 y − 2 z = −y − 1 ± (z − 1).
Quindi, i due piani hanno equazioni x + y + z = 0 e x + y − z + 2 = 0.
Soluzione dell’ Esercizio 8. Basta usare la formula, ed otteniamo
2 , 0 , 1)B
x y z 1
dove B `e la matrice associata alla quadrica σ 3. Il piano tangente ha quindi equazione y =
Soluzione dell’ Esercizio 9. Basta intersecare la quadrica σ 1 con il piano tangente alla quadrica nel punto A. Il piano tangente ha equazione 4x + 2y − 5 z − 52 = 0 e l’ intersezione `e data dal sistema (^) { 4 x + 2y − 5 z − 52 = 0 6 xz + 8yz − 5 x = 0.
Calcolando la y dall’ equazione del piano, e sostituendo nella quadrica, otteniamo un’ equazione che `e prodotto di due equazioni lineari. In dettaglio, i calcoli sono y = − 2 x + 5 2 z^ +^
5 4 e^ −^2 xz^ + 4z
(^2) + 2z − x = 0, ossia (−x + 2z)(2z + 1) = 0. Quindi, le due rette sono
r : x − 2 z = 0, 4 x + 2y − 5 z − 52 = 0 e s : z = −^12 , 2 x + y = 0.
