Corso di Geometria 2011-12 Meccanica, Elettrotecnica Esercizi 11

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