Politecnico di Torino.
Forme quadratiche e coniche.
Nota Bene: Questo materiale non deve essere considerato come sostituto
delle lezioni.
...someday, everyone will know LINEARALGEBRA
(trademark, copyright, patentpending), and
ignorance and superstition will be banished forever.
R. Bryant a
a
From http://mathoverflow.net/questions/123765/.
Argomenti:
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Prodotto scalare.
Matrici simmetriche e forme quadratiche.
Diagonalizzazione di matrici simmetriche.
Segnatura.
Coniche.
1
Prodotto scalare
−
−
−
−
Siano →
v ,→
w e siano x = B [→
v ] e y = B [→
w ] le sue colonne di coordinate rispetto alla base
B.
−
−
Come si calcola il prodotto scalare →
v .→
w con le colonne x, y ?
Se v e w sono le colonne rispetto alla base canonica allora il prodotto scalare e’ v> w.
Se P e’ la matrice di cambiamento di base, cioe’ P = C CB , allora
→
−
−
v .→
w = v> w = (Px)> (Py) = x> (P> P)y .
−
−
Dunque per calcolare il prodotto scalare →
v .→
w con le colonne delle coordinate x, y
rispetto alla base B bisogna procurarsi la matrice G = P> P e fare
−
−
x> G y = →
v .→
w .
Si dice che la matrice1 G rappresenta il prodotto scalare rispetto alla base B .
1
Nota come matrice di Gram: http://en.wikipedia.org/wiki/Gramian_matrix.
Forme quadratiche
1
Geometria
Politecnico di Torino.
Osservare che la matrice G e’ simmetrica, cioe’ G> = G. Infatti, la matrice G raccoglie di modo ordinato i prodotti scalari tra i vettori della base B : nella riga i, colonnaj
della G troviamo il prodotto scalare tra il i-esimo e il j -esimo vettore della base B .
Esempio 1.1. Sia
((1, 2), (3, −7)) una base di R2 . La matrice di cambiamento di
B =
1 3
base P = C CB =
. Ecco la matrice G:
2 −7
5 −11
>
G=P P=
−11 58
che rappresenta il prodotto scalare rispetto alla base B .
Notare che l’ordine del prodotto P> P e’ molto importante, cioe’ se si fa PP> si
ottiene la matrice
10 −19
−19 53
che e’ diversa dalla G.
−1
1
−
−
Esercizio 1.2. Siano
e
le colonne delle coordinate di →
v e→
w rispetto alla
1
1
base B dell’esempio precedente. Calcolare:
→
−
−
−
−
v .→
w , k→
v k , k→
wk.
−
−
Sono →
v e →
w ortogonali? .
Data una matrice A possiamo chiederci se rappresenta il prodotto scalare rispetto
ad una base B , cioe’ se A = G per una base B che dobbiamo eventualmente trovare.
Una condizione necessaria ovvia e’ che A siasimmetrica. Ma questa condizione non
−1 0
e’ sufficiente. Infatti la matrice A =
e’ simmetrica ma non rappresenta il
0 −1
prodotto scalare rispetto a nessuna base. Questo perche’ se A fosse la G rispetto ad
−
−
una base B e se x = B [→
v ] con →
v 6= 0 risulterebbe
→
−
−
v .→
v = x> Ax = −x> x < 0
ma il prodotto scalare di un vettore non nullo con se stesso e’ un numero positivo!
Dunque A non rappresenta il prodotto scalare rispetto a nessuna base B .
La matrice simmetrica A si dice definita positiva se x> Ax > 0 per x 6= 0.
Piu’ avanti vedremo una dimostrazione del seguente teorema:
Forme quadratiche
2
Geometria
Politecnico di Torino.
Teorema 1.3. Se una matrice simmetrica A ∈ Rn,n e’ definita positiva allora esiste una
base B di Rn tale che A = G = P> P dove P = C CB . La base B non e’ unica.
La non unicita’ della base B e’ chiara se pensiamo alla matrice identica 1. La matrice identica rappresenta il prodotto scalare non soltanto rispetto alla base canonica.
Qualsiasi base formata da versori ortogonali ha come matrice G la matrice identica 1 .
2
Matrici simmetriche e forme quadratiche.
Una matrice simmetrica A definisce una funzione
q : Rn → R
detta forma quadratica via la formula
q(x) := x> Ax
(1)
dove x e’ la colonna delle coordinate di un punto di Rn i.e. x> = x1 x2 · · · xn .
Si dice che q e’ la forma quadratica definita da A o associata ad A.
La funzione q(x) e’ un polinomio omogeneo di grado 2, cioe’ e’ un polinomio e inoltre
soddisfa
q(mx) = m2 q(x)
per qualsiasi multiplo m.
Osservare che dalla funzione q(x) e’ facile ricavare la matrice A calcolando le derivate
seconde di q(x):
1 ∂ 2q
Aij =
2 ∂xi ∂xj
Esercizio 2.1. Data q trovare la matrice simmetrica A:
1) q(x, y, z) = x2 + 2y 2 + 3z 2 ,
2) q(x, y, z) = x2 + 2y 2 ,
3) q(x, y) = x2 + 2y 2 ,
4) q(x, y) = 2y 2 + 2xz ,
5) q(x, y) = ax2 + 2bxy + cy 2 ,
Forme quadratiche
3
Geometria
2.1 Cambiamento di coordinate.
Politecnico di Torino.
6) q(x, y, z) = ax2 + 2bxy + cy 2 + 2dxz + 2eyz + f z 2 ,
Esercizio 2.2. Scrivere la q data A:
3 0
5 5
a)
b)
,
0 6
5 5
0 3
0 0
c)
d)
,
3 0
0 −1
0 0 λ
λ1 0 0
e) 0 β 0
f ) 0 λ2 0 ,
λ 0 0
0 0 λ3
2.1
Cambiamento di coordinate.
La matrice simmetrica A rappresenta la funzione q rispetto al sistema di riferimento
dato delle coordinate dove e’ scritta la colonna x e la equazione (1) ci dice il modo di
calcolare q. Spesso A e’ la matrice di q rispetto alla base canonica di Rn .
Cambiando le coordinate x di Rn il modo di calcolare q cambia. Supponiamo che
u sono nuove coordinate e P e’ la matrice di cambiamento di coordinate2
x = Pu .
In coordinate u la matrice di q (cioe’, la matrice che rappresenta q) e’
P> AP
(2)
infatti per calcolare il valore di q in un punto di coordinate u si deve fare
(Pu)> A(Pu) = (u> P> )A(Pu) = u> P> AP u
Osservare che la formula (2) del cambiamento di coordinate e’ diversa da quella
P AP che cambia la matrice di una applicazione lineare nella pagina 15 di http:
//calvino.polito.it/~adiscala/didattica/Geometria/AppLineari.pdf. La spiegazione di questo e’ che qui la matrice A non rappresenta un’applicazione lineare e
quindi cambia di un modo diverso al cambiare i sistemi di coordinate.
−1
2
Le colonne di P sono i vettori della base nuova, cioe’ P =
vecchia di coordinate x .
Forme quadratiche
4
V CN
dove N e’ la nuova base e V quella
Geometria
2.1 Cambiamento di coordinate.
Politecnico di Torino.
1 −2
e sia q(x) = x> Ax la forma quadratica associata
−2 8
Esempio 2.3. Sia A =
x
ad A. Se x =
allora q(x, y) = x2 − 4xy + 8y 2 . Osserviamo che possiamo fare il
y
completamento del quadrato 3 :
x2 − 4xy + 8y 2 = (x − 2y)2 − (2y)2 + 8y 2 = (x − 2y)2 + 4y 2 .
Usando le coordinate u, v definite da
(
u = x − 2y
v = 2y
(3)
risulta che la forma quadratica in coordinate u, v e’
q(u, v) = u2 + v 2 .
Se x, y sono le coordinate rispetto alla base canonica e u, v sono le coordinate rispetto
alla base B allora
1 −2
B CC =
0 2
1 1
e P = C CB =
, cioe’ la base B = ((1, 0), (1, 12 )).
0 21
Esercizio 2.4. a) Verificare che nell’esempio precedente:
1 0
>
P AP =
0 1
b) Calcolare P> P.
c) la matrice A e’ definita positiva ?
Il metodo di completamento del quadrato e’ stato usato nel criterio per decidere se i
punti critici di una funzione f (x, y) sono minimi, massimi o punti di sella. Vedi pagina 7
in http://calvino.polito.it/~adiscala/didattica/Geometria/FunzioniR2.pdf.
3
http://it.wikipedia.org/wiki/Completamento_del_quadrato.
Forme quadratiche
5
Geometria
2.2 Matrici ortogonali.
2.2
Politecnico di Torino.
Matrici ortogonali.
Le formule di cambiamento di coordinate per la matrice di un’applicazione lineare e una
forma quadratica coincidono se la matrice di cambiamento di base e’ ortogonale, cioe’
P−1 = P> . Questo succede se i vettori della nuova base sono versori perpendicolari tra
di loro. Infatti, i vettori della base nuova sono le colonne della matrice P e dire che sono
versori ortogonali equivale a dire
P> P = G = 1
cioe’ P−1 = P> .
Esercizio 2.5. Verificare che la matrice
cos(θ) − sin(θ)
Pθ :=
sin(θ) cos(θ)
e’ ortogonale per tutti i valori di θ . Calcolare il determinante det(Pθ ).
Vero o falso: Se R e’ una matrice ortogonale 2 × 2 allora esiste θ tale che R = Pθ .
3
Diagonalizazzione di matrici simmetriche.
Qui vogliamo discutere il seguente (classico) teorema.
Teorema 3.1. Una matrice simmetrica A ∈ Rn,n e’ diagonalizzabile. Inoltre esiste una
matrice ortogonale P che diagonalizza A, cioe’ P> AP e’ diagonale.
La dimostrazione di questo teorema si appoggia sulla seguente osservazione:
Se W ⊂ Rn e’ un sottospazio invariante per A allora il complemento ortogonale W> e’ un sottospazio invariante per A.
Infatti se x ∈ W> e y ∈ W allora
0 = (Ay)> x = (y> A> )x = y> (A> x) = y> (Ax)
quindi Ax ∈ W> .
Dunque per dimostrare il teorema basta dimostrare il seguente lemma.
Lemma 3.2. Una matrice simmetrica A ∈ Rn,n ha un autovalore reale.
Forme quadratiche
6
Geometria
Politecnico di Torino.
Supponiamo che il lemma sia vero e vediamo come si dimostra il teorema. La matrice
A definsce un’applicazione lineare f : Rn → Rn rispetto alla base canonica. Dal lemma
otteniamo un autovettore v (che supponiamo unitario) e definiamo W = Rv. Allora
dall’osservazione segue che W> e’ un sottospazio invariante per f . Dunque f e’ una
applicazione lineare di W> . Osservare che la matrice di f rispetto una base ortogonale
di W> e’ simmetrica (n − 1) × (n − 1) poiche’ dim(W> ) = n − 1. Quindi possiamo
applicare nuovamente il lemma a questa matrice simmetrica (n − 1) × (n − 1) per trovare
un nuovo autovettore di A, cioe’ il teorema segue per il principio d’induzione. La base
di autovettori unitari costruita induttivamente e’ ortogonale e le colonne della matrici P
sono questi autovettori unitari.
Ecco una dimostrazione del Lemma 3.2. La (iper)sfera Sn−1 ⊂ Rn e’ l’insieme di tutti i
versori. Sia q : Sn−1 → R la funzione definita usando q(x) = x> Ax. Siccome Sn−1 e’ un
sottoinsieme compatto la funzione q ha un massimo assoluto v ∈ Sn−1 . In particolare v e’
un punto critico di q : Sn−1 → R. Questo implica che il gradiente di q in v e’ perpendicolare
allo spazio tangente alla (iper)sfera Sn−1 in v (altrimenti muovendosi nella direzione della
proiezione del gradiente si migliora il valore di q). Ma il gradiente di q in v e’ 2Av e lo
spazio tangente alla (iper)sfera Sn−1 in v e’ il complemento ortogonale di Rv . Dunque Av
e’ un multiplo di v , cioe’ v e’ un autovettore di A e il corrispondente autovalore e’ il valore
massimo di q.
Un’altra dimostrazione del Lemma 3.2 si ottiene usando il teorema fondamentale dell’algebra
Infatti, dal teorema fondamentale dell’algebra si ottiene λ ∈ C e una colonna x 6= 0 ∈ Cn
tale che
Ax = λ x .
4.
Moltiplicando per x> si ottiene5
x> Ax = λx> x .
Ma usando la simmetria di A:
λx> x = (Ax)> x = x> Ax = λx> x .
Siccome x> x 6= 0 risulta λ = λ, cioe’ λ e’ un numero reale.
Proof. Dimostrazione del Teorema 1.3. Sia P la matrice nel Teorema 3.1. Allora
P> AP = D
4
http://it.wikipedia.org/wiki/Teorema_fondamentale_dell%27algebra.
La barra su una lettera indica coniugazione http://it.wikipedia.org/wiki/Complesso_
coniugato
5
Forme quadratiche
7
Geometria
3.1 Ortogonalita’ degli autovettori di A.
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dove D e’ la matrice diagonale con λ1 , · · · , λn lungo la diagonale. Siccome A e’ definita
positiva allora tutti i suoi autovalori λ1 , · · · , λn sono > 0. Infatti, questi autovalori sono
i massimi di q in una (iper)sfera, dunque > 0.
√
Sia D la matrice diagonale ottenuta prendendo la radice quadrata ai λ’s. Dalla
equazione precedente otteniamo
√
√
A = (P D)(P D)>
questa equazione fa vedere che A rappresenta il prodotto
scalare rispetto alla base B di
√
Rn la cui matrice di cambiamento di base C CB = (P D)> .
Esercizio 3.3. Esiste una base B di R2 tale che
5 −18
G=
−18 68
e’ la matrice del prodotto scalare rispetto a B ?. Se sı́, trovare B e P tale che G = P> P.
3.1
Ortogonalita’ degli autovettori di A.
Due autovettori v e w corrispondenti ad autovalori diversi λ e β di una
matrice simmetrica A sono ortogonali. Infatti,
β (v> .w) = v> .(Aw) = (Av)> .w = λ (v> .w) =⇒ (λ − β)(v> .w) = 0
siccome λ 6= β segue che v> .w = 0, cioe’ v e w sono ortogonali.
Ma non e’ vero senza ammettere che i due autovettori appartengono ad autospazi
diversi. Infatti, bisogna osservare che qualsiasi vettore non nullo e’ autovettore della matrice identica 1. Dunque dire due autovettori (eventualmente linearmente indipendenti)
di una matrice simmetrica sono ortogonali e’ sbagliato.
4
Segnatura
Data una forma quadratica q : Rn → R abbiamo visto che esistono basi B dove la forma
quadratica e’ diagonale:
q(x) = λ1 x21 + λ2 x22 + · · · + λn x2n
La forma diagonale non e’ unica.
Forme quadratiche
8
Geometria
Politecnico di Torino.
Esempio 4.1. Nel esempio 2.3 abbiamo visto che la forma quadratica
q(x, y) = x2 − 4xy + 8y 2
1 −2
si puo’ diagonalizzare q(u, v) = u + v . Siccome gli autovalori di A =
−2 8
sono approssimativamente 9.13 e 7.11, rispetto alla base di autovettori unitari abbiamo
approssimativamente
q(a, b) = 9.13a2 + 7.11b2
2
2
dove a, b sono le coordinate nella base di autovettori.
Si puo dimostrare che i numeri p di λ’s positivi e q di λ’s negativi non cambiano6 .
La segnatura di q e’ la coppia (p, q). A volte si parla della segnatura della matrice
simmetrica A faccendo riferimento alla segnatura della forma quadratica x> Ax.
E’ possibile calcolare (p, q) tramite la regola di Cartesio applicata al polinomio caratteristico χA (x) = det(A − x1). Per la regola di Cartesio vedere http://calvino.
polito.it/~adiscala/didattica/Alenia/Cartesio.pdf
Ecco qualche esempi.
1 −2 3
4 allora χA (x) = −110 + 30x + 5x2 − x3 .
Esempio 4.2. Se A = −2 5
3
4 −1
Siccome la sequenza −110, 30, 5, −1 ha due variazioni, segue che il numero di radici
positive e’ 2, cioe’ p = 2. Siccome 0 non e’ radice di χA (x) otteniamo che q = 1.
Dunque la segnatura di A e’ (2, 1).
9 −22 −13
34 allora χA (x) = −1260x + 104x2 − x3 .
Esempio 4.3. Se A = −22 54
−13 34
41
Siccome la sequenza −1260, 104, −1 ha due variazioni, segue che p = 2. Siccome 0 e’
radice di χA (x) otteniamo che q = 0. Dunque la segnatura di A e’ (2, 0).
−7 18
19
Esempio 4.4. Se A = 18 −46 −46 allora χA (x) = 1260x−76x2 −x3 . Siccome
19 −46 −23
la sequenza 1260, −76, −1 ha una variazioni, segue che p = 1 . Siccome 0 e’ radice di
χA (x), otteniamo che q = 1. Dunque la segnatura di A e’ (1, 1).
6
http://en.wikipedia.org/wiki/Sylvester%27s_law_of_inertia
Forme quadratiche
9
Geometria
Politecnico di Torino.
−18 −7 11
Esempio 4.5. Se A = −7 −51 −11 allora χA (x) = −9075−2145x−91x2 −x3 .
11 −11 −22
Siccome la sequenza −9075−2145, −91, −1 non ha variazioni, segue che p = 0 . Siccome
0 non e’ radice di χA (x), otteniamo che q = 3. Dunque la segnatura di A e’ (0, 3).
0 0 a
Esercizio 4.6. Se A = 0 0 b allora χA (x) = (a2 + b2 )x + cx2 − x3 . La
a b c
sequenza a2 + b2 , c, −1 ha al massimo una variazione, dunque le possibili segnature sono
(0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1).
Esercizio 4.7. Vero o falso: Sia A una matrice simmetrica n × n e sia χA (x) =
a0 + a1 x + · · · + an xn il suo polinomio caratteristico. Allora A e’ definita positiva se e
soltanto se la sequenza a0 , a1 , · · · , an ha esattamente n variazioni.
5
Coniche
Una sezione conica7 e’ l’intersezione del cono e un piano.
Come si legge su Internet, gia’ 200 anni avanti Cristo, Apollonio di Perga studia le sezioni coniche e dá ai tre tipi fondamentali i nomi:
z
ellisse, parabola e iperbole.
x
y
Con il metodo di Cartesio, utilizzando quindi le coordinate, e’ piu’ facile studiare le sezioni coniche. L’equazione
del cono che vediamo nel disegno e’
x2 + y 2 − z 2 = 0 .
(4)
Supponiamo che il piano sia dato parametricamente8 come
−
−
P + s→
v + t→
w
I parametri (s, t) sono coordinate del piano e (x, y, z) appartiene al piano se e soltanto
se esistono s, t tali che
7
http://it.wikipedia.org/wiki/Sezione_conica
Vedere
pagina
2
in
http://calvino.polito.it/~adiscala/didattica/Geometria/
VettoriCoordinateSpazio.pdf
8
Forme quadratiche
10
Geometria
Politecnico di Torino.
x = p1 + sv1 + tw1 ,
y = p2 + sv2 + tw2 ,
z = p3 + sv3 + tw3 ,
−
−
dove P = (p1 , p2 , p3 ), →
v = (v1 , v2 , v3 ), →
w = (w1 , w2 , w3 ).
Dunque i punti (s, t) del piano che appartengono al cono sono quelli che soddisfano
l’equazione:
(p1 + sv1 + tw1 )2 + (p2 + sv2 + tw2 )2 − (p3 + sv3 + tw3 )2 = 0 .
Sviluppando i quadrati, mettendo in evidenza le incognite s, t risulta un’equazione
as2 + 2bst + ct2 + 2ds + 2et + f = 0 ,
(5)
dove i numeri in rosso si ottengo usando p1 , p2 , p3 , v1 , v2 , v3 , w1 , w2 , w3 , e.g.
2
2
2
a = v1 + v2 − v3
b = v1 w1 + v2 w2 − v3 w3
c = w12 + w22 − w32
Esercizio 5.1. Calcolare d, e, f in funzione di p1 , p2 , p3 , v1 , v2 , v3 , w1 , w2 , w3 .
−
−
Esercizio 5.2. Calcolare a, b, c, d, e, f se P = (0, 0, 1), →
v = (5, 0, 0) e →
w = (0, 3, 4).
Esercizio 5.3. Trovare un piano Π tale che l’intersezione col cono x2 + y 2 − z 2 = 0
sia rispettivamente:
a) Un’ellisse.
b) Un’iperbole.
c) Una parabola.
Esercizio 5.4. Trovare un piano Π tale che l’intersezione col cono x2 + y 2 − z 2 = 0
sia rispettivamente:
a) Un punto.
b) Una retta.
c) Due rette incidenti.
Esercizio 5.5. Dimostrare che i numeri a, b, c non possono essere tutti zero. (Hint:
disuguaglianza di Cauchy-Schwarz).
Forme quadratiche
11
Geometria
Politecnico di Torino.
Esercizio 5.6. Dimostrare che i numeri a, b, c non possono essere tutti zero. (Hint: La
segnatura della forma quadratica q = x2 +y 2 −z 2 e’ (2, 1). Supponendo che a = b = c = 0
−
−
in una base di R3 , dove →
v ,→
w sono i primi due vettori, la matrice che rappresenta q e’
come nel esercizio 4.6.)
Forme quadratiche
12
Geometria
Politecnico di Torino.
6
Le coniche
Per capire meglio le sezioni coniche anziché usare le lettere s, t si usano le lettere x, y .
Una conica C e’ un sottoinsieme del piano R2 definito
da una equazione di secondo grado:
ax2 + 2bxy + cy 2 + 2dx + 2ey + f = 0 ,
x2 − y2 = 1
22 32
(6)
dove a, b, c, ..., f sono numeri reali e a, b, c non tutti nulli.
Osservare che le parabole y = ax2 + bx + c sono di
questo tipo.
Le coniche
x2
a2
+
y2
b2
= 1 sono ellissi.
Le coniche
x2
a2
−
y2
b2
= 1 sono iperboli.
Oltre alle ellissi, parabole e iperbole, possono capitare altri 5 casi chiamati
coniche degeneri . Ad esempio, quando il piano passa per il vertice del cono, oppure il
piano e tangente al cono, ecc.
Per capire il tipo della conica e’ meglio usare la notazione matriciale.
a b
d
x
Sia A =
e siano v =
e x =
. Allora l’equazione precedente si
b c
e
y
scrive come:
x> Ax + 2v> x + f = 0
(7)
Prendiamo P una matrice che diagonalizza A e cambiamo le coordinate x = Pu:
u> Du + 2v> Pu + f = 0
(8)
Ora proviamo a spostare il centro di coordinate a u0 , cioe’
(u − u0 )> D(u − u0 ) + 2v> P(u − u0 ) + f = 0
se u0 soddisfa Du0 + P> v = 0 allora otteniamo
u> Du + f 0 = 0
u
α 0
0
>
dove f = u0 Du0 + f . Se u =
e D=
l’equazione precedente e’
v
0 β
αu2 + βv 2 + f 0 = 0
Forme quadratiche
13
Geometria
6.1 Un esempio.
Politecnico di Torino.
da dove e’ facile stabilire se la conica e’ un’elisse, un’iperbole, due rette incidenti, una
retta, un punto o l’insieme vuoto.
Se invece non fosse possibile spostare il centro ad un u0 che soddisfa Du0 + P> v = 0
deve essere che det(D) = αβ = 0. Se α = 0 allora l’equazione (8) e’
βv 2 + mu + nv + f = 0
in questo caso se m 6= 0 otteniamo una parabola mettendo in evidenza u come funzione
di v . Se invece m = 0 possiamo avere due rette parallele o l’insieme vuoto.
Esercizio 6.1. Quanti tipi di coniche abbiamo ricavato?.
Esercizio 6.2. Esiste un piano la cui intersezione con il cono x2 + y 2 − z 2 sia l’insieme
vuoto?
Esercizio 6.3. Esiste un piano la cui intersezione con il cono x2 + y 2 − z 2 sia uguale
a due rette parallele diverse?
6.1
Un esempio.
Esempio 6.4. Sia C la conica:
29x2 + 24xy + 36y 2 = 180
29 12
Gli autovalori e autovettori (unitari) della matrice A =
sono rispettivamente
12 36
3 4
−
45, 20 ; 54 , 3 5
5
5
3 4
−
dunque rispetto alla base di autovettori A = ( 54 , 3 5 ) la conica e’
5
5
45u2 + 20v 2 = 180
o ancora meglio
u2 v 2
+
=1
4
9
Risulta dunque che C e’ l’ellisse:
Forme quadratiche
14
Geometria
6.1 Un esempio.
Politecnico di Torino.
Siccome
3
5
4
5
− 45
3
5
− 45
3
5
3
5
4
5
'
cos(53.13◦ ) − sin(53.13◦ )
sin(53.13◦ ) cos(53.13◦ )
si puo’ anche pensare l’ellisse C come il risultato di una rotazione di circa 53.13◦ in
senso antiorario dell’ellisse
x2 y 2
+
=1
4
9
ecco il disegno di tutte e due:
Forme quadratiche
15
Geometria
6.1 Un esempio.
Politecnico di Torino.
53.13◦
Esercizio 6.5. Disegnare le seguenti coniche:
(1)
4x2 + y 2 = 16,
(2)
4x2 − y 2 = 16,
(3)
4x − y 2 = 16,
(4)
4x2 + y 2 = 0,
(5)
4x2 − y 2 = 0,
(6)
4x − y 2 = 0,
(7)
4y 2 + x2 = 16,
(8)
4y 2 − x2 = 16,
(9)
4y − x2 = 16,
(10)
4y 2 + x2 = 0,
(11)
4y 2 − x2 = 0,
(12)
4y − x2 = 0,
Esercizio 6.6. Disegnare le seguenti coniche:
(1)
(3)
4xy + y 2 − 3 = 0,
(2)
x2 + 4xy + y 2 − 3 = 0, (4)
130 − 28x − 26y + 4xy + y 2 = 0,
−29 + 22x + x2 + 2y + 4xy + y 2 = 0,
Esercizio 6.7. Trovare l’equazione della seguente ellisse:
Forme quadratiche
16
Geometria
6.1 Un esempio.
Politecnico di Torino.
4
2
-4
-2
2
4
6
8
10
-2
-4
-6
-8
-10
Esercizio 6.8. Sia C la conica
−4f 2 + d2
Disegnare C nei seguenti casi:
(1)
(3)
f = 3, d = 8, (2)
f = 3, d = 4, (4)
Forme quadratiche
d2 − 4x2 − 4d2 y 2 = 0 .
f = 3, d = 6.001,
f = 3, d = 5.999,
17
Geometria
