Corso di Geometria 2011-12 Meccanica, Elettrotecnica Esercizi 11: soluzioni Esercizio 1. Scrivere la matrice canonica di ciascuna delle seguenti trasformazioni lineari del piano: 2π a) Rotazione di angolo . 3 2π b) Rotazione di angolo seguita dalla riflessione attorno a x − y = 0. 3 2π c) Riflessione attorno a x − y = 0 seguita dalla rotazione di angolo . 3 d) Proiezione ortogonale sulla retta 2x − y = 0. e) Riflessione attorno alla retta 2x − y = 0. Quali delle matrici trovate risultano ortogonali? ! √ ! √ ! √ 3 3 3 1 1 1 − − − − − 0 1 2 2 2 √2 √2 Soluzione. a) √32 . b) = . 3 3 1 1 1 1 0 − − − − 2 2 2 2 2 2 ! ! √ √ 1 1 − 23 − 0 1 − 23 − 2 √ √2 . c) = 3 3 1 0 − 12 − 12 2 2 1 1 1 1 2 t . Dunque la matrice è . d) La matrice è data dal prodotto uu con u = √ 5 2 4 5 2 e) La matrice è datada 2A − I dove A è la matrice della proiezione ortogonale trovata in d). 1 −3 4 Si ottiene . 5 4 3 Le matrici sono tutte ortogonali, con l’eccezione della proiezione ortogonale in d). Esercizio 2. a) Scrivere la matrice canonica M della rotazione di angolo θ = π/3; calcolare inoltre M −1 e M 6 . 1 1 3 4 b) La matrice è la matrice canonica della riflessione attorno a una retta r passante 5 4 −3 per l’origine. Determinare l’equazione di r. √ ! √ ! 3 3 1 1 − −1 t 2 2√ 2 Soluzione. a) M = √23 . Si ha M = M = poiché M è ortogonale. La 3 1 1 − 2 2 2 2 matrice M 6 è associata alla rotazione di angolo 6 · π3 = 2π. Dunque M 6 = I. b) La retta cercata coincide con l’autospazio della matrice associato all’autovalore 1. La retta è dunque x − 2y = 0. 0 Scrivere le formula del cambiamento di coordinate da R = (O; x, y) a R = 2 (O0 ; X, Y ) se la nuova origine O0 ha coordinate rispetto a R e gli assi X, Y si ottengono −1 π ruotando gli assi x, y di un angolo θ = − . Esprimere il cambiamento di coordinate inverso con 3 un’opportuna matrice T di ordine 3 tale che x X y = T Y . 1 1 Esercizio 3. 1 2√ Soluzione. La matrice è T = − 3 2 0 √ 3 2 1 2 0 2 −1. 1 Esercizio 4. Diagonalizzare ciascuna delle matrici simmetriche seguenti, trovando in ciascun caso una matrice ortogonale M e una matrice diagonale D tali che M t AM = D. Possiamo fare in modo che M sia una rotazione (cioè, |M | = 1)? 1 2 1 3 2 2 6 −1 . , , , 2 5 −1 6 2 1 3 9 1 Soluzione. a) Matrice 2 1 3 b) Matrice : M= 3 9 2 2 c) Matrice : M= 2 5 1 2 1 1 −1 0 : M=√ ,D= . 1 −1 1 0 3 2 1 3 1 0 0 √ ,D = . 0 10 10 −1 3 1 2 1 1 0 √ ,D = . −1 2 0 6 5 2 1 1 −1 5 0 6 −1 ,D = . : M=√ 0 7 −1 6 2 1 1 d) Matrice Cambiando (eventualmente) segno ad uno dei due vettori della base ortonormale di autovettori trovata, è sempre possibile fare in modo che M sia una matrice ortogonale. Esercizio 5. Determinare quali delle seguenti forme quadratiche sono definite positive, e quali sono indefinite. x a) q = x2 + y 2 + 4xy. y x b) q = x2 + 9y 2 + 6xy. y x c) q = 2x2 + 5y 2 + 4xy. y x d) q = 6x2 + 6y 2 − 2xy. y In ciascun caso, determinare una rotazione degli assi in modo che, nel nuovo riferimento (O; X, Y ), x = λX 2 + µY 2 (usare il calcolo fatto nell’esercizio precedente). q assuma forma diagonale: q y 1 x 1 1 2 2 √ Soluzione. a) q = −X + 3Y . Rotazione (di π/4) definita da M = , nel y 2 −1 1 x X . q è indefinita. = Mt senso che y Y 1 x 3 1 2 = 10Y . Rotazione definita da M = √ b) q , q è semi-definita positiva. y −1 3 10 1 x 2 1 = X 2 + 6Y 2 . Rotazione: M = √ c) q , q è definita positiva. y −1 2 5 1 1 −1 x d) q = 5X 2 + 7Y 2 . Rotazione: M = √ , q è definita positiva. y 2 1 1 Esercizio 6. Ridurre a forma canonica la conica 5x2 −2xy+5y 2 −4x−4y−10 = 0. Determinare le coordinate del centro di simmetria (se la conica è a centro) e le equazioni degli assi. Soluzione. La matrice della conica è: 5 −1 −2 −2 , A = −1 5 −2 −2 −10 con parte principale 3 Q= 5 −1 , −1 5 quindi |A| = −288, |Q| = 24 > 0. Gli autovalori di Q sono λ = 4, µ = 6 e per il teorema di riduzione la forma canonica è del tipo 4X 2 + 6Y 2 + p = 0. La conica è dunque un’ellisse (eventualmente degenere, o a punti immaginari). La matrice nel 4 0 0 riferimento (O0 ; X, Y ) è A0 = 0 6 0 e applicando il teorema di invarianza (|A| = |A|0 ) si 0 0 p ottiene p = −12. Dunque la forma canonica è: 4X 2 + 6Y 2 − 12 = 0, ovvero X2 Y 2 + = 1. 3 2 Il centro è C = ( 12 , 12 ). Gli assi di simmetria sono paralleli agli autospazi della matrice Q, e passano per il centro. Dunque gli assi hanno equazione x + y − 1 = 0, x − y = 0. Esercizio 7. Ridurre a forma canonica la conica x2 + 9y 2 + 6xy + 6x − 2y + 1 = 0. 1 3 3 1 3 . Si ha |A| = −100, |Q| = 0. ProceSoluzione. Matrici: A = 3 9 −1 , Q = 3 9 3 −1 1 dendo come nell’esercizio precedente si vede che la conica è una parabola di equazione canonica r 2 Y2 =± X 5 (entrambi i segni vanno bene). Esercizio 8. Ridurre a forma canonica le seguenti coniche: a) x2 + y 2 + 4xy + 1 = 0. b) x2 + y 2 + 4xy + 6x + 6y + 6 = 0. c) x2 + y 2 + 2xy + 2x + 2y − 3 = 0. Disegnare la conica c) nel riferimento (O; x, y). Soluzione. a) Iperbole di equazione canonica −X 2 + 3Y 2 + 1 = 0. b) Iperbole degenere −X 2 + 3Y 2 = 0. c) Parabola degenere 2Y 2 + r = 0 per un opportuno r ∈ R. Risulta che la conica è una coppia di rette parallele: (x + y + 3)(x + y − 1) = 0. 4 Esercizio 9. Ridurre a forma canonica e disegnare le seguenti coniche (non occorre applicare il teorema di riduzione, basta completare i quadrati). a) x2 + 4y 2 + 2x − 3 = 0. b) x2 − 2y 2 + 4x − 8y − 2 = 0. Soluzione. a) Risulta x2 + 4y 2 + 2x − 3 = (x + 1)2 + 4y 2 − 4 = 0. Con la traslazione ( X =x+1 Y =y la conica (ellisse) assume forma canonica X 2 + 4Y 2 − 4 = 0 ovvero X2 + Y 2 = 1. 4 ( b) Completando i quadrati: x2 −2y 2 +4x−8y−2 = (x+2)2 −2(y+2)2 +2 e ponendo X =x+2 Y =y+2 otteniamo la forma canonica X 2 − 2Y 2 + 2 = 0. La conica è un’iperbole. Esercizio 10. Calcolare gli invarianti I1 , I2 , I3 e classificare ciascuna delle seguenti coniche. a) x2 + 3xy + 2y 2 + x + 2y = 0 b) 3x2 + 2xy + 3y 2 + x + 2y + 1 = 0 c) x2 + 6xy + y 2 − 3 = 0 d) 3x2 + 2xy + 3y 2 − 8 = 0 e) x2 + 2xy + y 2 + 4x = 0 f) x2 + 2xy + 2y 2 − 2x + 2 = 0 g) 4x2 + 4xy + y 2 + 2x + y = 0 Soluzione. Ricordiamo che I1 = tr Q, I2 = det Q, I3 = det A. a) Risulta I1 = 3, I2 = − 14 , I3 = 0. Poiché I2 < 0 e I3 = 0 la conica è un’iperbole degenere. b) I1 = 6, I2 = 8, I3 = 21 4 . Poiché I2 > 0 la conica è un’ellisse (eventualmente degenere o immaginaria). Ma I3 I1 > 0, dunque si ha un’ellisse immaginaria. c) I1 = 2, I2 = −8, I3 = 24. Si ha I2 < 0 e I3 6= 0, dunque è un’ iperbole. d) I1 = 6, I2 = 8, I3 = −64. Si ha I2 > 0 e I3 I1 < 0: ellisse. e) I1 = 2, I2 = 0, I3 = −4. Si ha I2 = 0 e I3 6= 0: parabola. f ) I1 = 3, I2 = 1, I3 = 0: ellisse degenere (punto). 5 g) Si ha I2 = I3 = 0: parabola degenere. Esercizio 11. Classificare la conica ax2 + 2bxy + cy 2 = 0 al variare di a, b, c non tutti nulli. a b 0 a b Soluzione. La matrice della conica è A = b c 0 con parte principale Q = . Si ha b c 0 0 0 |A| = 0 per ogni a, b, c (la conica è sempre degenere) e |Q| = ac − b2 . Dunque: 2 ellisse degenere (punto) se ac − b > 0 iperbole degenere (coppia di rette incidenti) se ac − b2 < 0 retta contata due volte se ac − b2 = 0 Infatti, se ac − b2 = 0 il rango della matrice A vale 1, e per il teorema di riduzione la forma canonica è del tipo µY 2 = 0, con µ 6= 0. Esercizio 12. Classificare la conica Ck : x2 + ky 2 + 4xy + 2x + 2y − 1 = 0 al variare di k ∈ R. Per quali valori di k la conica ha un centro di simmetria? Soluzione. Un calcolo mostra che |A| = −2k +7, che si annulla solo quando k = 72 , e |Q| = k −4. Dunque gli invarianti sono I1 = k + 1, I2 = k − 4, I3 = −2k + 7. Abbiamo il seguente schema: − − − − se se se se k k k k < 4 e k 6= 27 : iperbole (I2 < 0, I3 6= 0). = 72 : iperbole degenere. = 4: parabola. > 4: ellisse (poiché I2 > 0 e I3 I1 < 0). La conica ha centro di simmetria per |Q| = 6 0, cioè per k 6= 4. Esercizio 13. Classificare la conica γk : x2 + 9y 2 + 2kxy + 2x + 2y = 0 al variare di k ∈ R. Determinare per quali valori di k la conica possiede un centro di simmetria Ck = (xk , yk ), e calcolare limk→∞ Ck (se tale limite esiste). Soluzione. Un calcolo mostra che |A| = 2k − 10, |Q| = 9 − k 2 . Invarianti: I1 = 2, I2 = 9 − k 2 , I3 = 2k − 10. 6 Si ha I2 > 0 per k ∈ (−3, 3), e I3 > 0 per k > 5. Per k = ±3 abbiamo I2 = 0 e I3 6= 0, dunque una parabola. Alla fine otteniamo il seguente schema: − se k < −3: iperbole. − se k = ±3: parabola. − se −3 < k < 3: ellisse (I2 > 0 e I3 I1 < 0). − se k > 3 e k 6= 5: iperbole. − se k = 5: iperbole degenere. La conica ha centro di simmetria per |Q| 6= 0, cioè per k 6= ±3. In tal caso le coordinate del centro sono: k−9 k−1 xk = , yk = . 2 9−k 9 − k2 Si vede facilmente che limk→∞ (xk , yk ) = (0, 0). Dunque il centro di simmetria tende verso l’origine quando k → ±∞. 7