Corso di laurea in Matematica. Appello di Geometria II del 30/09

Corso di laurea in Matematica. Appello di Geometria II del 30/09/2015.
I
Nello spazio vettoriale R4 dotato del prodotto scalare euclideo si consideri l’endomorfismo
ϕ : R4 → R4 associato alla matrice A:


1 1 1 1
 1 h h 1 
4,4

A=
rispetto alla base canonica, con h parametro reale.
 1 h h 1 ∈R
1 1 1 1
1) Determinare, al variare del parametro, i sottospazi V = Ker ϕ e W = V ⊥ ed una loro base
ortogonale. Verificare che W = Im ϕ.
2) Verificare che la restrizione ϕ|W induce un endomorfismo autoaggiunto ϕ0 : W → W .
3) Detta F la forma bilineare associata alla matrice A, studiare la segnatura di F precisando
per quali valori di h F è semidefinita.
II
Nello spazio proiettivo P 4 (R), si consideri la famiglia φ degli iperpiani passanti per i punti
A ≡ (1, 0, 0, 0, 0) e B ≡ (0, 1, 1, 0, 0).
1) Verificare che ogni iperpiano di φ seca in una retta il piano π : x0 − x1 = x2 − x3 = 0.
2) Determinare gli iperpiani di φ per i quali l’intersezione con π è contenuta nell’iperpiano
α : x0 + x1 + x2 + x3 = 0.
III
È assegnato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O.~x, ~y , ~z.u.
1) Sul piano coordinato z = 0 determinare l’iperbole equilatera Γ che ha centro in (1, 1), per
asintoto la prima bisettrice
x − y = 0 e passa per il punto (3, 0). Detta c la circonferenza di
√
centro (1, 1) e raggio 3, studiare il fascio φ di coniche generato da Γ e da c determinandone
in particolare le coniche spezzate ed i punti base.
2) Determinare e studiare la quadrica Q descritta dall’iperbole Γ con una rotazione intorno
all’asse non trasverso.
IV
Nello spazio proiettivo P 3 (C) è assegnata la cubica piana C di equazioni z = x3 − y 3 − 2xyt = 0.
1) Determinare i punti multipli di C ed il cono tangente in ciascuno di essi.
2) Trovare e studiare il cono F luogo delle rette che congiungono i punti di C col vertice
V ≡ (0, 0, 1, 1), trovando i suoi punti singolari ed i relativi coni tangenti.
1
SVOLGIMENTO
I
1) Osserviamo subito che ϕ è autoaggiunto in quanto la matrice A è simmetrica. Si ha ρ(A) ≤ 2
e ρ(A) = 1 se e solo se h = 1. In questo caso V = Ker f = {(x, y, z, t) | x + y + z + t = 0} ed una
sua base ortogonale data dai vettori v1 = (1, 0, 0, −1), v2 = (0, 1, −1, 0), v3 = (1, −1, −1, 1).
Se h = 1 avremo W = V ⊥ = L (w3 = (1, 1, 1, 1)) = Im f .
Se h 6= 1 avremo Ker f = {(x, y, z, t) | x + t = y + z = 0} con base ortogonale v1 = (1, 0, 0, −1),
v2 = (0, 1, −1, 0). Si trova facilmente W = L (w1 = (1, 0, 0, 1), w2 = (0, 1, 1, 0)) = Im f .
2) Naturalmente ϕ0 è autoaggiunto perché è indotto da ϕ. Se h = 1 avremo ϕ(w3 ) = 4w3 ed
i vettori v1 , v2 , v3 , w3 formano una base ortogonale di autovettori. Se h 6= 1 usando la base
A = [w1 , w2 ], avremo
ϕ(w1 ) = (2, 2, 2, 2)
= 2w1 + 2w2
2 2
A
0
⇒ M (ϕ ) =
.
ϕ(w2 ) = (2, 2h, 2h, 2) = 2w1 + 2hw2
2 2h
3) Se h = 1 gli autovalori di ϕ sono T = 0 con molteplicità 3 e T = 4; quindi Fpè semidefinita
positiva. Se h 6= 1 avremo gli autovalori T = 0 con molteplicità 2 e T = h + 1 ± (h − 1)2 + 4.
Questi due autovalori si ottengono dal polinomio caratteristico di ϕ0 , T 2 − 2(h + 1)T + 4(h − 1)
e possiamo usare la regola dei segni di Cartesio per analizzare il segno di questi autovalori. Se
h > 1 F è semidefinita positiva mentre per h < 1 F non è definita .
II
1) Il generico iperpiano ha equazione a0 x0 + a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 = 0 e passa per A e B
se a0 = a1 + a2 = 0 quindi gli iperpiani di φ hanno equazione
φ : a1 x1 − a1 x2 + a3 x3 + a4 x4 = 0 con (a1 , a3 , a4 ) 6= (0, 0, 0).
Secando questi iperpiani con π si hanno tre equazioni indipendenti, e quindi una retta, in quanto
la matrice dei coefficienti


1 −1 0
0 0
 0 0
1 −1 0 
0 a1 −a1 a3 a4
ha rango massimo.
2) Dobbiamo richiedere che le rette π ∩ α e π ∩ φ coincidano. cioè


 x0 − x1 = 0
 x0 − x1 = 0
x2 − x3 = 0
x − x3 = 0
π∩α :
≡ π∩φ :
 2

x1 + x2 = 0
a1 x1 + (a3 − a1 )x2 + a4 x4 = 0
⇒ a3 − 2a1 = a4 = 0
e si trova quindi l’iperpiano di φ: x1 − x2 + 2x3 = 0.
III
1) L’altro asintoto di Γ è la retta per il centro, ortogonale alla prima bisettrice: x + y − 2 = 0;
dal fascio di iperboli di dati asintoti si ha:
(x − y)(x + y − 2) + k = 0;
(3, 0) ⇒ k = −3;
2
Γ : x2 − y 2 − 2x + 2y − 3 = 0.
La circonferenza c ha equazione x2 + y 2 − 2x − 2y − 1 = 0, quindi il fascio da studiare ha
equazione
φ : (h + 1)x2 + (h − 1)y 2 − 2(h + 1)x − 2(h − 1)y − h − 3 = 0.
Dalla matrice associata alla conica si ha


h+1
0
−h − 1
0
h−1 1−h 
B=
−h − 1 1 − h −3 − h
⇒
|B| = −3(h − 1)(h + 1)2
.
|A| = h2 − 1
Le coniche spezzate del fascio sono:
√
√
h = 1: x2 − 2x − 2 = 0 (x − 1 − 3)(x − 1 + 3) = 0;
h = −1: (y − 1)2 = 0.
√
Intersecando queste coniche si trovano i punti base (1 ± 3, 1), ciascuno contato due volte. Per
le coniche irriducibili avremo:
• |A| > 0 h < −1, h > 1: ELLISSI. Per h = ∞ si la la circonferenza c;
• |A| < 0
− 1 < h < 1: IPERBOLI. Per h = 0 si ha l’iperbole equilatera Γ;
• |A| = 0 h = ±1: coniche spezzate, non ci sono parabole.
2) Gli assi dell’iperbole Γ sono le rette r : z = y − 1 = 0 (asse trasverso) e s : z = x − 1 = 0 (asse
non trasverso); il generico piano π ortogonale ad s ha equazione π : y =√k. Secando con questo
piano l’asse s e l’iperbole si hanno i punti H ≡ (1, k, 0) e P ≡ (1 +√ k 2 − 2k + 4, k, 0). La
quadrica Q è il luogo delle circonferenze di centro H e raggio HP = k 2 − 2k + 4, che hanno
equazioni
(x − 1)2 + (y − k)2 + z 2 = k 2 − 2k + 4
⇒ Q : x2 − y 2 + z 2 − 2x + 2y − 3 = 0.
y=k
Naturalmente la quadrica Q è un iperboloide iperbolico.
IV
1) Ci poniamo sul piano coordinato z = 0; si verifica facilmente che C ha un solo punto doppio
nodale, l’origine O, con cono tangente di equazione xy = 0.
2) Congiungendo il punto generico di C, P ≡ (a, b, 0, c) (con a3 − b3 − 2abc = 0), col vertice V
avremo le generatrici del cono:


cx
a = t−z
x
=
λa






cy
b = t−z
y = λb
⇒ F : F = x3 − y 3 + 2xy(z − t) = 0.
⇒
z
=
µ
z
=
µ






t = λc + µ
λ = t−z
c
Richiedendo che si annullino le derivate prime
Fx = 3x2 + 2y(z − t) = 0,
Fy = −3y 2 + 2x(z − t) = 0,
Fz = 2xy = 0,
Ft = −2xy = 0
vediamo che i punti multipli sono tutti quelli dell’asse ~z : x = y = 0. Dalle derivate seconde
Fxx = 6x, Fxy = 2(z − t), Fxz = 2y, Fxt = −2y,
Fyy = 6y,
Fyz = 2x, Fyt = −2x,
Fzz = 0, Fzt = 0,
Ftt = 0,
vediamo che il punto generico dell’asse ~z è doppio, con cono tangente xy = 0 mentre il punto
(0, 0, 1, 1) (il vertice del cono!) è un punto triplo, con cono tangente la stessa superficie F.
3