Dipartimento di Matematica e Informatica Corso di laurea

Dipartimento di Matematica e Informatica
Corso di laurea in Matematica
Compito di Geometria assegnato il 28 febbraio 2014
I
Nel piano è assegnato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y .
Dati i punti A(2, 0), B(−2, 0).
1. Trovare i triangoli rettangoli ABC il cui terzo vertice C sta sulla retta x + y = 0.
2. Trovare l’equazione del fascio di parabole passanti per A, B ed aventi punto improprio
P (1, −1, 0). Trovare l’equazione del luogo dei vertici e studiarne la natura.
Determinare il fuoco della parabola del fascio avente vertice in B.
II
Nello spazio è assegnato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y~z.
Trovare l’equazione del luogo delle rette passanti per V (0, 0, 1) e che formano un angolo di
π/4 con la retta r di equazioni x = y, z = 1.
Trovare i piani che secano il cono in circonferenze.
Studiare il fascio di quadriche determinato da (z − 1)2 − 2xy = 0 e dalla sfera di centro V
e passante per l’origine.
III
Sia f : R4 → R4 la funzione lineare definita dalle assegnazioni

f (v1 ) = (1, h, 3, 1)


f (v2 ) = (−1, −2, −h − 1, 0)

 f (v3 ) = (h, 4, 6, 0)
f (v4 ) = (0, h − 2, 0, 0)
dove v1 = (1, 1, 0, 0), v2 = (0, 1, 1, 0), v3 = (0, 0, 1, 1), v4 = (0, 0, 0, 1) è una base B di R4
ed h è un parametro reale.
Determinare ker f ed im f al variare di h.
Posto h = 2 trovare la matrice di f rispetto alla base canonica (M E,E (f )). In questo caso
(cioè per h = 2) f è semplice?
Svolgimento
I
1. Se il triangolo è rettangolo in C allora C deve stare sulla circonferenza di diametro
2
2
AB
√ che
√ ha equazione
√ √ x + y = 4. Intersecando con x + y = 0 si trovano i punti
( 2, − 2), (− 2, 2). Se è rettangolo in A allora il vertice C deve stare sulla retta
x = 2 e quindi C(2, −2); infine se è rettangolo in B le coordinate di C sono (−2, 2).
2. Le parabole sono tangenti alla retta impropria in P e passano per A, B; due coniche
spezzate del fascio sono date dalla conica spezzata nella retta AB e nella retta impropria e
dalla conica spezzata nelle rette AP, BP . Quindi l’equazione del fascio, in coordinate non
omogenee, è
(x + y − 2)(x + y + 2) + ky = (x + y)2 − 4 + ky = 0.
L’asse di simmetria di una parabola del fascio è la polare del punto improprio in direzione
ortogonale rispetto a P :

1
(1, 1, 0)  1
0
1
1
k/2
 
x
0
k/2   y  = 2x + 2y + k/2 = 0.
1
−4
Il luogo dei vertici si trova eliminando il parametro nel sistema dato dall’intersezione della
retta 2x + 2y + k/2 = 2(x + y + k/4) = 0 con la parabola (x + y)2 − 4 + ky = 0.
k = −4(x + y)
(x + y)2 − 4 − 4y(x + y) = x2 − 2xy − 3y 2 − 4 = 0.
Si trova che il luogo è la conica x2 − 2xy − 3y 2 − 4 = 0: è un’iperbole con centro l’origine.
Se il vertice deve essere B, le coordinate di B devono soddisfare l’equazione dell’asse di
simmetria della parabola: −2 + 0 + k/4 = 0, quindi k = 8 e la parabola ha equazione
(x + y)2 + 8y − 4 = 0.
Per trovare il parametro della parabola ci riferiamo all’equazione ridotta βY 2 + 2γX =
√0.
2
2.
Uguagliando gli invarianti ortogonali si ha:
−βγ
=
−16,
β
=
2
,
quindi
β
=
2,
γ
=
±2
√
2
L’equazione ridotta
è del tipo 2Y ± 4 2X = 0 e quindi la metà del parametro della
√
parabola è 1/ 2. Il fuoco ha questa distanza dal vertice, dalla parte della concavità che,
nel nostro caso, è rivolta verso il semiasse negativo delle ~y .√Facciamo sistema tra l’asse di
simmetria e la circonferenza di centro il vertice e raggio 1/ 2:
x+y+2=0
⇒
(x + 2)2 + y 2 = 1/2
x = −y − 2
⇒
2y 2 = 1/2
y = ±1/2
x = −2 ∓ 1/2.
Il fuoco ha dunque coordinate F (−3/2, −1/2) (e la direttrice incontra l’asse della parabola
in D(−5/2, 1/2)).
II
Una retta s per V ha equazioni parametriche x = lt, y = mt, z = 1 + nt e quindi i versori
di s di r sono
(1, 1, 0)
(l, m, n)
√ .
s=
r= √
,
± l 2 + m 2 + n2
± 2
√
Il prodotto scalare tra i versori deve essere ± cos π/4 = ±1/ 2; quindi
√
±(l + m)
√ √
= ±1/ 2.
2 l2 + m2 + n2
Elevando al quadrato e semplificando si ha n2 = 2lm; ricavando l, m, n dalle equazioni di
s si trova l’equazione del luogo (z − 1)2 = 2xy.
Per costruzione i piani perpendicolari ad r, di equazione x + y = k, secano circonferenze.
Si trova lo stesso risultato dal polinomio caratteristico
−T
1
0
1
= (−1 − T )(T 2 − 1) = −(T + 1)2 (T − 1).
−T
0
0
0
−1 − T In corrispondenza della radice doppia si trova l’autospazio di equazione x + y = 0, che
fornisce la giacitura dei piani cercati.
Bisogna studiare il fascio di equazione
(z − 1)2 − 2xy + k[x2 + y 2 + (z − 1)2 − 1] = kx2 + ky 2 + (k + 1)z 2 − 2xy − 2(k + 1)z + 1 = 0.
Calcoliamo gli invarianti.
k
−1
B=
0
0
−1
k
0
0
0
0
k+1
−k − 1
0 0 = −k(k −1)(k +1)2 ,
−k − 1 1
A = (k +1)2 (k −1),
I = 3k +1.
Osserviamo che det B > 0 quando −k(k − 1) >, cioè 0 < k < 1; per questi valori di k le
quadriche sono a punti iperbolici. Fuori di questo intervallo sono a punti ellittici, tranne
che per i valori k = 0, ±1. Per vedere se la conica all’infinito ha punti reali calcoliamo il
polinomio caratteristico di A:
k − T
−1
0
−1
= (k + 1 − T )((k − T )2 − 1) = (k + 1 − T )(k − T − 1)(k − T + 1).
k−T
0
0
0
k+1−T Le radici hanno lo stesso segno se (k + 1)(k − 1) > 0, ovvero k < −1, k > 1: per tali
valori del parametro la conica all’infinito è priva di punti reali ed essendo irriducibile, le
quadriche sono ellissoidi. Quando −1 < k < 0 la conica all’infinito è irriducibile con punti
reali e si hanno iperboloidi ellittici. Se 0 < k < 1 si trovano iperboloidi iperbolici. Per
k = 0 si ritrova il cono da cui siamo partiti; per k = −1 l’equazione della quadrica diventa
−x2 − y 2 − 2xy + 1 = 1 − (x + y)2 = (1 − x − y)(1 + x + y) = 0, ed è spezzata in due piani.
Per k = 1 l’equazione diventa x2 + y 2 + 2z 2 − 2xy − 4z + 1 = 0, la sua matrice ha rango 3,
|A| = 0 ed è quindi un cilindro di vertice (1, 1, 0, 0); la sua conica all’infinito è spezzata in
due rette complesse coniugate e quindi ha sezioni irriducibili che sono tutte ellissi.
Calcoliamo il determinante della
−1
h
1
−2
4
h
M B,E (f ) = 3 −h − 1 6
1
0
0
III
matrice associata ad f rispetto alle basi B, E.
0 h
0 1
1
h − 2 4 h − 2 = (2 − h) = 2
h+1
0 h+1 6
0 0
h .
6
Si trova M B,E (f ) = (h−2)2 (h+3). Quindi f è un isomorfismo per h 6= 2, −3. Per h = −3 si
vede che il complemento algebrico dell’elemento di posto 1, 4 è non nullo: quindi l’immagine
di f è generata dalle prime tre colonne. L’equazione cartesiana si trova dall’annullarsi del
determinante:
1 −1 −3 X 1 −1 −3 −1 −3 X −3 −2 4 Y = − −2 4 Y + T −3 −2 4 = 10(2X + Z − 5T ) = 0.
2
6 Z
3
3
2
2
6 6 Z
1
0
0 T
Il nucleo di f per h = −3 si trova risolvendo il sistema

(
a − b − 3c = 0


a=0
−3a − 2b + 4c − 5d = 0
⇒ b = −3c

 3a + 2b + 6c = 0
d = 2c
a=0
Quindi, per h = −3, il nucleo è generato dal vettore −3v2 + v3 + 2v4 .
Quando h = 2 la matrice M B,E (f ) ha rango 2: infatti la quarta colonna è nulla e la
seconda e terza sono proporzionali. Quindi l’immagine è generata dalle prime due colonne:
im f2 = L {(1, 2, 3, 1), (−1, −2, −3, 0)}. Le equazioni cartesiane sono Y = 2X, Z = 3X. Il
nucleo si trova, ad esempio, risolvendo il sistema i cui coefficienti sono nelle ultime due
righe, che sono indipendenti.
n
n
o
3a − 3b + 6c = 0
ker f2 = av1 + bv2 + cv3 + dv4 |
= {2cv2 + cv3 + dv4 | c, d ∈ R}
a=0
quindi ker f2 = L {2v2 + v3 , v4 }.
Per trovare M E,E (f2 ), posto fi = f (vi ), i = 1, 2, 3, 4, dobbiamo risolvere il sistema:


f + f2 = (1, 2, 3, 1)
f


 1
 1
f2 + f3 = (−1, −2, −3, 0)
f2
⇒


 f3 + f4 = (2, 4, 6, 0)
 f3
f4 = (0, 0, 0, 0)
f4
= (4, 8, 12, 1)
= (−3, −6, −9, 0)
= (2, 4, 6, 0)
= (0, 0, 0, 0)
Ora dobbiamo calcolare il poinomio caratteristico.
4 − T
E,E
8
M (f2 ) − T I4 = 12
1
−3
−6 − T
−9
0
2
4
6−T
0
0
0
0
−T
= −T
4 − T
8
12
−3
−6 − T
−9
2
4
6−T
Facendo i conti si trova |M E,E (f2 ) − T I4 | = T 3 (T − 4). Poiché M B,E (f2 ) e M E,E (f2 ) sono
simili hanno lo stesso rango, cioè 2: quindi la molteplicità algebrica dell’autovalore 0 è 3,
mentre la molteplicità geometrica è 2 ed f2 non è un endomorfismo semplice.