Esercizi Quadriche da Temi di esame 2011, 2012
(1) DICEMBRE 2012
Sia fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O.~x, ~y , ~z, u.
Siano Π1 il piano di equazione cartesiana x − y + z − 1 = 0, Π2 il piano di
equazione cartesiana x + z = 0 e sia A = (1, 1, 1).
(a) Determinare A0 , simmetrico di A rispetto a Π2 , e Π01 , simmetrico di Π1
rispetto a Π2 . La retta L ortogonale a Π2 e passante per A = (1, 1, 1) ha
equazioni parametriche
x = 1+t
y =
1 .
z = 1+t
La retta L interseca Π2 nel punto Q = (0, 1, 0). Imponendo che Q sia il punto
medio del segmento AA0 e ricordando che A0 ∈ L otteniamo il sistema
0 = 2+t
2
1 = 1+1
,
2
2+t
0 = 2
da cui deduciamo t = −2 e quindi A0 = (−1, 1, −1).
Il piano Π1 interseca il piano Π2 nella retta L0 di equazioni cartesiane x − y +
z − 1 = 0 = x + z che possono riscriversi come y + 1 = 0 = x + z. Il
piano Π01 deve intersecare Π2 lungo L0 e quindi appartiene al fascio di piani
passanti per L0 , avente equazione λ(x + z) + µ(y + 1) = 0. Visto che A ∈ Π1 ,
abbiamo A0 ∈ Π01 e imponendo il passaggio per A0 al fascio di piani otteniamo
−2λ + 2µ = 0. L’ equazione di Π2 risulta pertanto x + y + z + 1 = 0.
(b) Scrivere l’equazione della sfera S passante per A e tangente in O = (0, 0, 0)
al piano Π2 . Il piano Π1 è tangente a S in A?
Il centro C della sfera S appartiene alla retta M ortogonale a Π2 e passante per
O il cui punto generale è Ct = (t, 0, t). Imponendo la condizione
d(Ct , Π2 ) = d(Ct , A)
otteniamo
p
|t + t|
√
= (t − 1)2 + 1 + (t − 1)2
12 + 12
da cui deduciamo t = 34 . Quindi C = ( 43 , 0, 34 ) e il raggio di S è uguale a 98 . L’
equazione di S è pertanto x2 + y 2 + z 2 − 23 x − 23 z = 0.
La retta < C, A > ha direzione parallela al vettore ( 14 , 1, 14 ) e quindi non è
ortogonale al piano Π1 . Pertanto Π1 non risulta tangente a S in A.
(2) Sia fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O.~x, ~y , ~z, u.
Sia Qh la quadrica di equazione:
x2 + 2(h − 1)xz − (h − 1)y 2 − z 2 + 2hx + 2hy = 0,
con h ∈ R parametro.
2
(a) Riconoscere al variare di h ∈ R la quadrica Qh .
Consideriamo le matrici associate alla quadrica Qh :
1
0
h−1
0
−(h
−
1)
0
Fh =
h−1
0
−1
h
h
0
h
1
0
h
−
1
h
, Fh = 0
−(h − 1)
0 .
0
h−1
0
−1
0
Abbiamo
|F h | = h2 (h2 − 3h + 3).
Quindi per ogni h 6= 0 abbiamo |F h | > 0 sicché la quadrica risulta di rango
massimo e a punti iperbolici (O = (0, 0, 0) ∈ Qh per ogni h ∈ R e quindi
Qh 6= ∅ per ogni h ∈ R).
Per h = 0 la quadrica ha equazione x2 − 2xz − y 2 − z 2 = 0. Allora Q0 ⊂ R3 é
una quadrica di rango 3 che risulta un cono reale di vertice l’ origine. Infatti il
polinomio che definisce Q0 é omogeneo e esistono punti diversi dall’ origine
su Q0 , ad esempio (1,1,0).
Calcoliamo
|Fh | = (h − 1)(h2 − 2h + 2).
Abbiamo |Fh | =
6 0 se e solo se h 6= 1.
In conclusione per h 6= 0, 1 la quadrica Qh é un iperboloide iperbolico mentre
per h = 1 é un paraboloide iperbolico.
(b) Determinare l’ equazione dello spazio tangente a Qh in O = (0, 0, 0).
Osserviamo innanzitutto che O ∈ Qh per ogni h ∈ R visto che nell’ equazione
di Qh manca il termine noto. Abbiamo
x
y
0 = [0 0 0 1] · F h ·
z = hx + hy.
1
Se h 6= 0 il punto è non singolare e il piano tangente a Qh in O ha equazione
x + z = 0. Se h = 0 la quadrica è singolare in O e ha come spazio tangente lo
spazio R3 .
(3) OTTOBRE 2012
Sia fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O.~x, ~y , ~z, u.
• Scrivere l’equazione della parabola p avente vertice in V = (1, 0, 0), passante per O = (0, 0, 0), con asse parallelo alla retta di equazioni x + 2y =
z = 0.
Le parabole aventi asse di simmetria parallelo alla retta x + 2y = 0 = z hanno
equazione della forma z = 0 = (x+2y)2 +αx+βy+γ. Quelle che passano per
O hanno equazione della forma z = 0 = (x+2y)2 +αx+βy mentre quelle che
passano per O e V hanno equazione della forma z = 0 = (x + 2y)2 − x + βy.
Moltiplicando l’ equazione per 2 otteniamo z = 0 = 2x2 +8xy+8y 2 −2x+2βy
e quindi l’ equazione della retta tangente alla conica precedente in V risulta
essere
x
2 4 −1
4 8 β
y = x + (4 + β)y − 1.
z=0= 1 0 1
−1 β 0
1
3
Questa retta risulta ortogonale a x+2y = 0 se e solamente se 1+2(4+2β) = 0,
i.e. se e solamente se 2β = −9. Pertanto l’ equazione di p risulta essere
z = 0 = 2x2 + 8xy + 8y 2 − 2x − 9y.
Alternativamente si poteva giungere alla stessa conclusione considerando il
fascio di coniche tangenti in V alla retta di equazione 2x − y − 2 = 0, passanti
per O e per il simmetrico di O rispetto all’ asse di simmetria della parabola
x + 2y − 1 = 0.
• Scrivere l’equazione della conica simmetrica a p rispetto alla sua tangente
nel vertice.
Il punto simmetrico di O rispetto alla tangente a p in V è il punto O0 =
(− 45 , 25 , 0). Procedendo analogamente al punto precedente (o alternativamente
ragionando con i fasci di coniche), otteniamo la conica di equazione: z = 0 =
2x2 + 8xy + 8y 2 − 6x − 7y + 4.
• Determinare e classificare la quadrica Q contenente p, contenente la conica y = x2 − x = 0 e passante per P = (0, 1, 21 ).
Le quadriche contenenti p hanno equazione della forma
z(2ax + 2by + cz + 2d) + 2x2 + 8xy + 8y 2 − 2x − 9y = 0.
Sostituendo y = 0 otteniamo 2axz + cz 2 + 2dz + 2x2 − 2x = 0, che risulta
essere proporzionale a x2 − x = 0 se e solamente se a = c = d = 0. Pertanto
le coniche contenenti p e y = 0 = x2 − x hanno equazione della forma
2byz + 2x2 + 8xy + 8y 2 − 2x − 9y = 0.
Imponendo il passaggio per P otteniamo b = 1 e quindi l’ equazione di Q
risulta essere 2x2 + 8xy + 8y 2 + 2yz − 2x − 9y = 0.
Essendo la quadrica Q a punti reali e iperbolici (|F | = 1 > 0) e essendo
|F | = −2 6= 0, deduciamo che la quadrica Q è un iperboloide iperbolico.
• Determinare le rette passanti per P e contenute in Q.
L’ equazione del piano tangente a Q nel punto P è
2
4 0 −1
0
9
4
9
1
8
1
−
2 = 3x + 4y + z − .
0= x y z 1
1
0
1 0 0
2
2
1
−1 − 92 0 0
Le direzioni delle rette passanti per P e contenute in Q soddisfano il sistema
2
2x + 8xy + 8y 2 + 2yz = 0
.
3x + 4y + z = 0
Sostituendo z = −3x − 4y nella prima equazione deduciamo 2x2 + 2xy = 0
e quindi o x = 0 oppure x + y = 0. Le direzioni sono quindi quelle dei vettori
(0, 1, −4) e (1, −1, 1). Le rette cercate hanno pertanto equazioni parametriche
t
x= 0
x=
y = 1+t ;
y = 1−t .
z = 21 − 4t
z = 12 + t
(4) SETTEMBRE 2012
È assegnato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale
O, ~x, ~y , ~z, u. Sia F = (1, 1, 0) e sia L la retta di equazioni cartesiane x = 0 =
y − z + 1.
4
(a) Determinare la parabola Γ avente vertice F e direttrice L.
Per determinare il piano Π contenente F ed L (e quindi la parabola Γ), consideriamo il fascio di piani contenente L di equazioni λx + y − z + 1 = 0.
Imponendo il passaggio per F otteniamo l’ equazione 2x − y + z − 1 = 0. Le
equazioni di Γ si ottengono intersecando il piano Π con il luogo dei punti
Q = {P ∈ R3 : d(P, F ) = d(P, L)}.
Sia P = (a, b, c) ∈ R3 un punto generale. Le equazioni parametriche di L
sono x = 0; y = t; z = 1 + t. Il piano ΠP ortogonale a L passante per P ha
equazione 0 = (y − b) + (z − c) = y + z − (b + c) e interseca L nel punto
R = (0, b+c−1
, b+c+1
). Abbiamo d(P, L) = d(P, R). Per P = F otteniamo
2
2
0
R = (0, 0, 1). Il fuoco della parabola Γ è il punto V tale che F sia il punto
medio di V R0 . Pertanto V = (2, 2, −1).
Uguagliando d(P, V )2 = d(P, L)2 = d(P, R)2 otteniamo l’ equazione di Q:
(a − 2)2 + (b − 2)2 + (c + 1)2 = a2 + (b −
b+c−1 2
b+c+1 2
) + (c −
),
2
2
che si semplifica prima in
b2 + c2 − 4a − 4b + 2c + 9 =
(b − c + 1)2
2
e finalmente in
b2 + c2 + 2bc − 8a − 10b + 6c + 17 = 0.
Le equazioni di Γ sono
2
y + z 2 + 2yz − 8x − 10y + 6z + 17 = 0
.
2x − y + z − 1 = 0
(b) Determinare l’ equazione della sfera passante per l’ origine O = (0, 0, 0) e
tangente al piano contenente Γ nel vertice di Γ.
Il centro della sfera cercata giace sulla retta ortogonale a Π e passante per
F il cui punto generale ha coordinate Pt = (1 + 2t, 1 − t, t). Imponendo
d(Pt , Π) = d(Pt , O), otteniamo il valore di t che determina il centro della
circonferenza e il suo raggio. Abbiamo
6t2 = d(Pt , Π)2 = d(Pt , O)2 = 6t2 + 2t + 2,
da cui deduciamo t = −1. Quindi il centro della sfera è il punto P−1 =
(−1, 2, −1) e con quadrato del raggio uguale a 6(−1)2 = 6. L’ equazione
della sfera risulta quindi essere
(x + 1)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 = 6,
i.e.
x2 + y 2 + z 2 + 2x − 4y + 2z = 0.
(5) SETTEMBRE 2012
È assegnato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale
O, ~x, ~y , ~z, u. Studiare al variare del parametro k ∈ R il fascio di coniche
Ck : x2 + (k + 1)y 2 − 2kx + 1 = 0 = z,
determinandone gli eventuali punti base, le coniche spezzate e quelle irriducibili (ellissi reali o immaginari, iperboli, parabole).
5
Le matrici associate a Ck sono
1
0
−k
Fk = 0 k + 1 0 ,
−k
0
1
1
0
Fk =
.
0 k+1
Abbiamo |F k | = (k + 1)2 (1 − k), |Fk | = k + 1 e quindi |Fk |/|Fk | = 1 − k 2 .
La conica Ck risulta irriducibile per ogni
conica C1 ha equazione
√ k 6= ±1. La √
2
2
z = 0 = (x − 1) + 2y = (x − 1 + i 2y)(x − 1 − i 2) e possiede un unico
punto reale A = (1, 0, 0); la conica C−1 ha equazione z = 0 = (x + 1)2 . Il punto
A non appartiene a C−1 e quindi il fascio di coniche non ha punti base reali. Alla
stessa conclusione si giunge anche osservando che il fascio è generato dall’ ellisse
immaginario C0 di equazione x2 + y 2 + 1 = 0 = z (senza punti reali) e dalla
parabola C∞ di equazione z = 0 = y 2 − 2x.
Supponiamo ora k 6= ±1. Per k < −1 la conica Ck è una iperbole che risulta
equilatera per k + 2 = 0, i. e. per k = −2. Per k > −1 abbiamo ellissi, la cui
equazione canonica è x2 + (k + 1)y 2 + 1 − k 2 = 0. Pertanto per −1 < k < 1
otteniamo ellissi immaginarie essendo 1 − k 2 > 0 in questo intervallo mentre per
k > 1 abbiamo ellissi reali.
Trovare l’ equazione del cono Qk contenente Ck e avente vertice nel punto
V = (0, 0, 1).
Le quadriche contenenti Ck hanno equazione della forma
z(2ax + 2by + cz + 2d) + x2 + (k + 1)y 2 − 2kx + 1 = 0.
La condizione che V sia vertice di una tale quadrica si impone attraverso il
sistema:
0
0
1
0
a −k
0 k + 1 b 0 0 0
· = ,
a
b
c d 1 0
0
1
−k
0
d 1
da cui facilmente si ottiene a = k, b = 0, c = 1 e d = −1.
L’ equazione di Qk pertanto risulta essere:
x2 + (k + 1)y 2 + z 2 + 2kxz − 2kx − 2z + 1 = 0.
(6) LUGLIO 2012
Sia fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O.~x, ~y , ~z, u.
• Studiare, al variare del parametro reale k, la quadrica
Qk : x2 − 2xy + 2xz + 2kyz + 2x + 2y + 2z = 0.
Abbiamo |F k | = k 2 + 2k + 4 = (k + 1)2 + 3 ≥ 3 > 0 e |Fk | = −k(k + 2). Il
punto O = (0, 0, 0) ∈ Qk per ogni k ∈ R e pertanto la quadrica Qk è a punti
iperbolici per ogni k ∈ R. Le quadriche Q0 e Q−2 sono paraboloidi iperbolici
mentre per ogni k 6∈ {0, −2} la quadrica Qk è un iperboloide iperbolico.
• Studiare le sezioni irriducibili di Q−2 con i piani passanti per l’ asse ~z.
La sezione di Q2 con il piano x = 0 è una iperbole irriducibile di equazione
x = 0 = 4yz − 2y − 2z. Consideriamo il piano Πt di equazione y = tx
e la conica Ct = Q−2 ∩ Πt . Questa conica ha equazione y − tx = 0 =
(1 − 2t)x2 + 2(1 − 2t)xz + 2(1 + t)x + 2z e risulta irriducibile se e solamente
se 2(1 − 2t)(t + 1) 6= 0, i.e. se e solamente se t 6∈ { 12 , −1}. Per questi valori
di t si verifica facilmente che la conica Ct risulta una iperbole.
6
• Determinare la retta tangente a Qk in O = (0, 0, 0), ortogonale alla retta
L di equazioni x − y + 1 = 3x + y + 2z + 2 = 0.
Il piano tangente a Q in O ha equazione x + y + z = 0. La direzione della retta
L è L(1, 1, −2) e quindi il piano ortogonale a L passante per O ha equazione
x + y − 2z = 0. La retta cercata ha equazioni cartesiane x + y + z = 0 =
x + y − 2z e equazioni parametrice x = t; y = −t; z = 0 con t ∈ R.
• Sia γ la sezione di Qk con il piano di equazione y = 0. Determinare gli
asintoti ed il centro di simmetria di γ.
Nel piano y = 0 la conica γ ha equazione x2 + 2xz + 2x + 2z = 0 e si verifica
facilmente che si tratta effettivamente di una iperbole. Il centro è la soluzione
del sistema, nel piano y = 0, x+z+1 = 0 = x+1, i.e. il punto C = (−1, 0, 0).
Da x2 + 2xz = 0 deduciamo che gli asintoti sono paralleli alle rette x = 0 = y
e x + 2z = 0 = y. Dovendo passare per C le equazioni degli asintoti sono
x + 1 = 0 = y e x + 2z + 1 = 0 = y.
Alternativamente scrivendo l’ equazione di γ nella forma (x + 1)(x + 2z +
1) = 1 si deduce immediatamente che gli asintoti sono x + 1 = 0 = y e
x + 2z + 1 = 0 = y e che C = (−1, 0, 0) essendo l’ intersezione degli asintoti.
(7) GIUGNO 2012
È assegnato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale
O, ~x, ~y , ~z, u. Sia L1 la retta di equazioni cartesiane x − y = 0 = z + 1 e sia
L2 la retta di equazioni cartesiane x + y = 0 = z − 1.
(a) Determinare il piano Π passante per R = (2, 2, 2) e parallelo a L1 e L2 .
Calcolare d(L1 , Π) e d(L2 , Π).
Da dir(L1 ) = (1, 1, 0) e dir(L2 ) = (1, −1, 0) deduciamo dir(Π) = (0, 0, 1)
e quindi Π ha equazione cartesiana z − 2 = 0. Da questo segue facilmente
d(L1 , Π) = 3 e d(L2 , Π) = 1.
(b) Determinare l’ unica retta passante per R e incidente L1 e L2 .
Il piano contenente L1 e passante per R ha equazione cartesiana x − y = 0
mentre il piano contenente L2 e passante per R ha equazione cartesiana x +
y − 4z + 4 = 0. La retta cercata ha quindi equazioni cartesiane x − y = 0 =
x + y − 4z + 4.
(c) Riconoscere il luogo Q = {P ∈ R3 : d(P, L1 ) = d(P, L2 )} ⊂ R3 .
Sia P = (a, b, c) ∈ R3 . Il piano ortogonale a L1 e passante per P ha equazione
, a+b
, −1). Il
cartesiana (x − a) + (y − b) = 0 e taglia L1 nel punto T1 = ( a+b
2
2
piano ortogonale a L2 e passante per P ha equazione cartesiana (x − a) − (y −
b) = 0 e taglia L2 nel punto T2 = ( a−b
, − a−b
, 1).
2
2
Abbiamo
a+b 2
a+b 2
d(P, L1 )2 = d(P, T1 )2 = (a −
) + (b −
) + (c + 1)2
2
2
e
a−b 2
a−b 2
d(P, L2 )2 = d(P, T2 )2 = (a −
) + (b +
) + (c − 1)2 .
2
2
Uguagliando le due espressioni e semplificando si ottiene l’ equazione 2c = ab
e quindi Q ha equazione cartesiana 2z = xy, da cui facilmente si deduce che
Q è un paraboloide iperbolico (o sella).
7
(d) Verificare che R ∈ Q e determinare una retta L3 passante per R e contenuta in Q.
Le rette passanti per R hanno equazioni parametriche della forma x = 2 + αt;
y= 2 + βt; z = 2 + γt con (α, β, γ) 6= 0. La retta risulta contenuta in Q se e
solamente se l’ equazione
2(2 + γt) = (2 + αt)(2 + βt),
i.e.
(αβ)t2 + (α + β − γ)t = 0
risulta identicamente soddisfatta. Quindi dobbiamo avere αβ = 0 = α +
β − γ da cui deduciamo l’ esistenza di due possibili direzioni: L((0, 1, 1))
e L((1, 0, 1)). Possiamo quindi prendere la retta di equazioni parametriche
x = 2 + t, y = 2, z = 2 + t.
Alternativamente si poteva argomentare nel modo seguente. L’ equazione del
piano tangente a Q nel punto R, che facilmente si verifica appartenere a Q,
risulta essere x + y − z − 2 = 0. Le direzioni delle rette contenute in Q e
passanti per R soddisfano quindi le equazioni x + y − z = 0 e xy = 0 (cono
isotropo di Q). Allora abbiamo le due direzioni L((0, 1, 1)) e L((1, 0, 1)).
Possiamo quindi prendere la retta di equazioni parametriche x = 2 + t, y = 2,
z = 2 + t.
(8) GIUGNO 2012
Riconoscere al variare di k ∈ R la quadrica Qk ⊂ R3 di equazione
x2 + 2kxy + y 2 + kz 2 − 2kz + 1 = 0.
Consideriamo le matrici associate alla quadrica Qk :
1 k 0
0
1
k
0
k 1 0
0
Fk =
0 0 k −k , Fk = k 1 0 .
0 0 k
0 0 −k 1
Abbiamo |F k | = (1 − k 2 )(k − k 2 ) = k(k + 1)(k − 1)2 e |Fk | = k(1 − k 2 ) =
k(k + 1)(1 − k).
Abbiamo quadriche degeneri per k ∈ {−1, 0, 1}, valori per cui ρ(Fk ) ≤ 2.
In particolare Qk non è mai un cono irriducibile. La quadrica Q0 ha equazione
x2 + y 2 + 1 = 0 e pertanto è un cilindro ellittico immaginario. Per k = −1 abbiamo
ρ(F −1 ) = 3, ρ(F−1 ) = 2 e Q−1 ha equazione (x − y)2 − (z − 1)2 + 2 = 0 da cui
facilmente si deduce che si tratta di un cilindro irriducibile iperbolico (altrimenti
tramite gli autovalori, calcolati più sotto). Per k = 1 abbiamo ρ(F 1 ) = 2 e la
quadrica Q1 risulta riducibile: (x + y)2 + (z + 1)2 = (x + y + iz + i)(x + y − iz − i).
Se k 6∈ {−1, 0, 1}, abbiamo |F k | =
6 0 sicché la quadrica risulta non degenere.
Inoltre |F k | = k(k + 1)(k − 1)2 > 0 se e solamente se k ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1) ∪
(1, +∞).
Gli autovalori di Fk sono k, k + 1, 1 − k.
Per 0 < k < 1 abbiamo |F k | > 0 e tre autovalori positivi per cui Qk risulta un
ellissoide immaginario.
Per k > 1 abbiamo |F k | > 0, due autovalori positivi (k e k + 1) e un autovalore
negativo (1 − k) e pertanto Qk è un iperboloide iperbolico.
Per −1 < k < 0 abbiamo |F k | < 0, due autovalori positivi (1 − k e k + 1) e un
autovalore negativo (k) per cui Qk è un iperboloide ellittico.
8
Per k < −1 abbiamo iperboloidi iperbolici essendo |F k | > 0 e essendo gli
autovalori di segno discorde.
(9) MAGGIO 2012
• Determinare le equazioni delle sfere reali, di raggio r, contenenti la circonferenza
C : z = x2 + y 2 − 1 = 0.
√
Risp: x2 + y 2 + z 2 ± 2 r2 − 1z − 1 = 0, r ≥ 1.
• Determinare le sfere contenenti C e tangenti al piano x + y − 2 = 0.
Risp: r2 = 2.
• Classificare le coniche Dk : y + (1 − k)z = x2 + z 2 + 2kxz − 1 = 0, al variare
di k ∈ R.
• Determinare le quadriche degeneri contenenti C e D1 , e calcolare i loro vertici.
Risp: yz = 0; x2 + y 2 + z 2 + 2xz − 1 = 0, cilindro di direzione L(1, 0, −1).
(10) FEBBRAIO 2012
È assegnato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale
O, ~x, ~y , ~z, u. Sia L1 la retta di equazioni cartesiane x = 0 = y, sia L2 la retta
di equazioni cartesiane x = 0 = z e sia L3 la retta di equazioni cartesiane
z = 0 = y − 1.
(a) Disegnare L1 , L2 e L3 .
Si tratta, rispettivamente, dell’ asse ~z, dell’ asse ~y e della retta di equazione
y = 1 nel piano z = 0. Disegnarle!
(b) Calcolare d(L1 , L3 ).
Dal disegno precedente risulta evidente che la retta L2 è ortogonale a L1 e a
L3 . Inoltre L2 interseca L1 nell’ origine e L3 nel punto Q = (0, 1, 0). Quindi
d(L1 , L3 ) = d(O, Q) = 1.
(c) Sia P = (1, 2, −1). Determinare l’ unica retta passante per P e incidente
L1 e L3 .
Il fascio di piani contenenti L1 ha equazione λx + µy = 0. Il piano contenente
L1 e passante per P ha equazione y − 2x = 0. Il fascio di piani contenente
L3 ha equazione λz + µ(y − 1) = 0. Il piano contenente L3 e passante per
P ha equazione y + z − 1 = 0. La retta cercata ha equazioni carteziane
y − 2x = 0 = y + z − 1.
(d) Scrivere le equazioni delle quadriche di R3 contenenti la retta L1 .
Le quadriche dello spazio hanno equazioni della forma ax2 +2bxy+cy 2 +dz 2 +
2exz+2f yz+2gx+2hy+2lz+m = 0. Sostituendo le equazioni parametriche
della retta L1 : x = 0, y = 0 e z = t, otteniamo l’ equazione dt2 + 2lt + m = 0
che deve essere soddisfatta per ogni valore di t ∈ R. Questo può accadere se
e solamente se d = l = m = 0. Quindi le quadriche contenenti L1 hanno
equazioni della forma ax2 + 2bxy + cy 2 + 2exz + 2f yz + 2gx + 2hy = 0
9
(e) Dimostrare che non esistono coni irriducibili o cilindri irriducibili contenenti le tre rette L1 , L2 e L3 .
Tutte le rette contenute in un cono irriducibile passano per il vertice e sono
quindi a due a due incidenti. Tutte le rette contenute in un cilindro irriducibile
sono parallele tra loro. Essendo L1 e L3 sghembe, non esiste nessun cono o
cilindro contenente L1 e L3 e quindi a maggior ragione non esistono quadriche
di questo tipo contenenti le tre rette in questione.
(f) Riconoscere tutte le quadriche contenenti le tre rette L1 , L2 e L3 .
L’ equazione generale di una quadrica di R3 è ax2 + 2bxy + cy 2 + dz 2 +
2exz + 2f yz + 2gx + 2hy + 2lz + m = 0. Abbiamo visto che per contenere L1
devono avere d = l = m = 0. Ragionando analogamente per L2 deduciamo
c = h = m = 0. Sostituendo le equazioni parametriche x = t, y = 1 e z = 0
otteniamo l’ equazione at2 + 2(b + g)t + c + 2h + m = 0 e quindi la condizione
a = 0, b + g = 0 e c + 2h + m = 0. Considerando simultaneamente le tre
condizioni deduciamo che la condizione perché una quadrica contenga le tre
rette risulta essere a = 0, c = 0, d = 0, g = −b, h = 0, l = 0, m = 0. In
conclusione le quadriche contenenti L1 , L2 e L3 hanno equazione della forma
2bxy + 2exz + 2f yz − 2bx = 0,
con b, e, f ∈ R parametri omogenei.
Studiamo ora la famiglia di quadriche determinata.
0
b
F =
e
−b
b
0
f
0
e −b
f 0
0 0
0 0
Abbiamo |F | = b2 f 2 = (bf )2 , che risulta positivo per bf 6= 0. Se b = 0, allora
le quadriche sono della forma 2z(ex + f y) e risultano riducibili. Se f = 0,
hanno equazione 2x(by + ez − b) e risultano nuovamente riducibili.
Supponiamo ora bf 6= 0. Le quadriche sono non degeneri, a punti reali (contengono le rette L1 , L2 e L3 !) e iperbolici. Sono pertanto o iperboloidi iperbolici oppure paraboloidi iperbolici. Da |F | = 2bef , deduciamo che per bf 6= 0
e e = 0 abbiamo paraboloidi iperbolici mentre per bf 6= 0 e e 6= 0 otteniamo
iperboloidi iperbolici.
(11) GENNAIO 2012
(a) Studiare, al variare del parametro reale k, la famiglia di coniche
z=0
Φk :
.
2(x − 1)2 + 2y 2 = k(x + y)2
Il determinante della matrice associata alla conica Φk risulta ±4k mentre il
determinante della parte omogena di secondo grado è 4(1 − k).
La conica Φk è irriducibile per ogni k 6= 0, ∞.
Quindi per k < 1, k 6= 0, abbiamo ellissi (nessuna circonferenza); per k = 1
abbiamo una parabola mentre per k > 1 iperboli (iperbole equilatera per k =
2).
10
(b) Sia γ ∈ Φk la conica passante per (1, 1, 0). Scrivere le equazioni delle
tangenti a γ parallele all’asse ~x.
Φk passa per (1, 1, 0) se e solamente se k = 1/2. La conica Φ 1 ha equazioni
2
3x2 − 2xy + 3y 2 − 8x + 4 = 0 = z. Per determinare le rette tangenti a questa
conica parallele all’ asse ~x intersechiamo la conica con la retta di equazione
y = h, h ∈ R e determiniamo i valori per cui l’ equazione ottenuta 3x2 −2(h+
2
4)x + 3h
+ 4 = 0 ha due radici coincidenti. Questo avviene se e solamente se
√
1± 3
h= 2 .
(c) Determinare gli assi di simmetria di γ e tracciarne il grafico.
Il centro della conica Φ 1 è la soluzione del sistema
2
3x − y − 4 = 0
,
−x + 3y = 0
i.e. il punto C = ( 23 , 12 , 0). Gli assi di simmetria hanno direzioni parallele a
x + y = 0 e x − y = 0 che sono gli autospazi della matrice
3 −1
.
−1 3
Quindi gli assi di simmetria hanno equazioni x + y − 2 = 0 e x − y − 1 = 0.
(d) Sia δ ∈ Φ la conica avente un asintoto parallelo all’asse ~x. Scrivere l’ equazione di un paraboloide contenente δ e passante per il punto di coordinate
(0, 2, 1).
La parte omogenea di secondo grado di Φk è
(k − 2)x2 + 2kxy + (k − 2)y 2 .
La direzione parallela all’ asse ~x risulta isotropa se e solamente se k = 2. La
conica δ = Φ2 ha equazione 2xy + 2x − 1 = 0.
Le quadriche Qb di equazione 2xy + 2x + 2bz − 1 = 0, b 6= 0, sono paraboloidi
contenenti la conica Φ2 (il determinante della quadrica Qb risulta essere b2
mentre il rango della matrice associata alla parte omogenea di grado 2 è 2; le
quadriche Qb per b 6= 0 sono quindi paraboloidi iperbolici). Il paraboloide Q 1
2
passa per (0, 2, 1).
(12) DICEMBRE 2011
(a) Determinare la circonferenza γ sul piano z = 0 avente per diametro il segmento di estremi A = (2, 0, 0), B = (0, 2, 0). Trovare il cono Q contenente
Γ e avente per vertice il punto C = (1, 1, 1) e il cilindro Q0 contenente Γ
e avente direzione parallela a ~v = (0, 0, 1). Verificare che l’intersezione
Q ∩ Q0 delle due quadriche è l’unione di due circonferenze.
√
La circonferenza γ ha centro (1, 1, 0) e raggio 2, quindi ha equazioni
z=0
γ:
x2 + y 2 − 2x − 2y = 0
L’ equazione del cono Q risulta essere (x − 1)2 + (y − 1)2 − 2(z − 1)2 = 0.
Il cilindro cercato ha equazione Q0 : x2 + y 2 − 2x − 2y = 0. Intersecando le
due quadriche si ottiene
11
0
Q∩Q :
x2 + y 2 − 2x − 2y = 0
(x − 1)2 + (y − 1)2 − 2(z − 1)2 = 0
x2 + y 2 − 2x − 2y = 0
z(z − 2) = 0
quindi si ottengono le due circonferenze
z=0
z=2
γ:
δ
.
x2 + y 2 − 2x − 2y = 0
x2 + y 2 − 2x − 2y = 0
(b) Sul piano z = 0 determinare la circonferenza γ 0 di centro D = (1, 1, 0)
e raggio r = 1; determinare la parabola π, con asse parallelo all’asse ~y ,
avente vertice di coordinate V = (1, 0, 0) e passante per il punto E =
(3, 4, 0). Studiare il fascio di coniche generato da γ 0 e π, determinandone
in particolare i punti base e le coniche spezzate.
Ci poniamo sul piano coordinato z = 0. La circonferenza γ 0 e la parabola π si
ottengono facilmente ed hanno equazione
γ 0 : x2 + y 2 − 2x − 2y + 1 = 0
π : y = x2 − 2x + 1
quindi il fascio che generano ha equazione
1+h
0
−h − 1
0
1
− h+2
(1+h)x2 +y 2 −2(h+1)x−(h+2)y+h+1 = 0 con F h =
2
h+2
−h − 1 − 2
h+1
e si ha |F h | = − 14 (h + 1)(h + 2)2 , |Fh | = h + 1. Le coniche spezzate si hanno
per h = −1, h = −2 e sono:
h = −1: y 2 − y = 0, y(y − 1) = 0;
h = −2: −x2 + y 2 + 2x − 1 = 0, y 2 − (x − 1)2 = 0, (y − x + 1)(y +
x − 1) = 0.
Intersecando queste coniche si trovano facilmente i punti base: (1, 0) doppio,
(2, 1), (0, 1). Per le coniche irriducibili di φ avremo:
• |Fh | > 0 h > −1: ELLISSI. Per h = 0 si ha la circonferenza γ;
• |Fh | < 0 h < −1: IPERBOLI. Non ci sono iperboli equilatere;
• |Fh | = 0 h = −1: spezzata. Si ha la parabola π per h = ∞.
(c) Studiare, al variare del parametro h ∈ R, la famiglia di quadriche Qh ⊂
R3 di equazione
x2 + y 2 + 2hyz + (1 − h)z 2 − 2hx = 0.
Considerando le matrici associate a Qh si ha
1 0
0
−h
1 0
0
−h
0 1
0 1
h
0
h
0
Fh =
0 h 1 − h 0 → 0 0 1 − h − h2 0
−h 0
0
0
0 0
0
−h2
|F h | = h2 (h2 + h − 1)
|Fh | = 1 − h − h2
√
Osserviamo che F h ha rango almeno 3. |F h | = 0 per h = 0, −1±2 5 . Per
h = 0 si ha la quadrica di equazione
x2 + y 2 + z 2 = 0, cioè si ha un cono con
√
vertice nell’origine. Per h = −1±2 5 si ha |F h | = |Fh | = 0, quindi si hanno
√
due cilindri, di direzione (0, 1 ± 5, 2).
12
Secando col piano z = 0 si ottengono due ellissi, quindi si tratta di due cilindri
ellittici. Consideriamo gli altri casi, osservando che le quadriche di Qh non
sono mai paraboloidi. Il polinomio caratteristico di A è
(1 − T )(T 2 + (h − 2)T + 1 − h − h2 )
√
√
e si vede facilmente che per −1−2 5 < h < −1+2 5 si hanno tre autovalori positivi, quindi si hanno ellissoidi, reali. Per gli altri valori di h si hanno iperboloidi,
che sono iperbolici perché |F h | > 0.
(13) SETTEMBRE 2011
In R3 si consideri il fascio di coniche di equazione:
x2 + y 2 + 2kxy + 2x + 2y = 0 = z, k ∈ R.
(a) Studiare il fascio determinandone i punti base e le coniche spezzate; Il
determinante della matrice associata alla conica del fascio è:
1 k 1
k 1 1 = 2(k − 1).
1 1 0
Abbiamo quindi coniche riducibili per k = 1 e k = ∞ (con molteplicità 2).
Per k = ∞ otteniamo la conica di equazione xy = 0 mentre per k = 1 la
conica di equazione 0 = (x + y)2 + 2(x + y) = (x + y)(x + y + 2).
I punti base si ottengono intersecando queste coniche e risultano pertanto essere O = (0, 0, 0), A = (−2, 0, 0), B = (0, −2, 0).
Per k 6= 1 otteniamo coniche irriducibili che risultano essere ellissi per −1 <
k < 1, iperboli per k < −1 e k > 1 e una parabola per k = −1.
(b) Descrivere geometricamente il fascio (per esempio: fascio di coniche passante per .... e .... e....).
Dall’ analisi precedente possiamo generare il fascio con le coniche riducibili
considerate e quindi si tratta del fascio di coniche passanti per A e B e tangenti
in O alla retta x + y = 0.
(c) Determinare l’ asse della parabola del fascio. Disegnare e determinare la
forma canonica della parabola del fascio.
La parabola ha equazione (x − y)2 + 2(x + y) = 0 da cui si deduce immediatamente che l’ asse è parallelo alla retta x − y = 0. Il vertice é quindi l’
unico punto avente retta tangente parallela a x + y = 0. Essendo la parabola
tangente in O a x + y = 0, deduciamo che il vertice della parabola é O, che
la retta tangente in O è x + y = 0 e che l’ asse è x − y = 0. Si può quindi
facilmente disegnare la parabola.
Considerato il riferimento cartesiano ottenuto ruotando in senso antiorario
√ 0 di
0 2
π/4 il riferimento originale, otteniamo equazione canonica (y ) = − 2x .
13
(d) Scrivere l’ equazione del cono contenente la parabola del fascio e avente
vertice nel punto V = (0, 0, 1).
Le quadriche (irriducibili) contenenti la parabola hanno equazione della forma
x2 − 2xy + y 2 + 2x + 2y + z(2ax + 2by + cz + 2d) = 0,
con a, b, c, d ∈ R. Il punto V = (0, 0, 1) è vertice di un cono avente l’
equazione precedente se e solamente se
1 −1 a 1
0
0
−1 1 b 1 0 0
· = .
a
b c d 1 0
1
1 d 0
1
0
Otteniamo a + 1 = 0, b + 1 = 0, c + d = 0 e d = 0. Pertanto l’ equazione del
cono risulta essere: x2 − 2xy + y 2 − 2xz − 2yz + 2x + 2y = 0.
(14) In R3 si considerino il piano Π1 di equazione x+y = 0, il piano Π2 di equazione
y + z − 1 = 0 e la retta l di equazioni cartesiane x = y = 0.
(a) Riconoscere il luogo dei punti di R3 equidistanti da Π1 e Π2 ; Sia P =
(a, b, c) ∈ R3 un punto generale. Abbiamo
|b + c − 1|
|a + b|
√
.
d(P, Π1 ) = √ , d(P, Π2 ) =
2
2
Quindi d(P, P1 ) = d(P, P2 ) se e solamente se (a + b)2 = (b + c − 1)2 se e
solamente se (a − c + 1)(a + 2b + c − 1) = 0. Il luogo dei punti equidistanti dai
piani Π1 e Π2 consiste quindi dell’ unione dei due piani di equazione x−z+1 =
0 e x + 2y + z − 1 = 0.
(b) Riconoscere il luogo dei punti equidistanti da Π2 e l.
La retta l é l’ asse delle ~z. Il piano ortogonale a l passante per P = (a, b, c)
è√z = c, che taglia l nel punto Q = (0, 0, c). Quindi d(P, l) = d(P, Q) =
a2 + b2 . Otteniamo che d(P, Π2 ) = d(P, l) se e solamente se (b + c − 1)2 =
2(a2 + b2 ). L’ equazione del luogo è 2x2 + y 2 − z 2 − 2yz + 2y + 2z − 1 = 0.
Il luogo è pertanto una quadrica che andiamo a riconoscere.
Le matrici associate sono:
2 0
0
0
2 0
0
0 1 −1 1
F =
0 −1 −1 1 , F = 0 1 −1 .
0 −1 −1
0 1
1 −1
Abbiamo
|F | = 0, |F | = −4.
Essendo chiaramente una quadrica a punti reali deduciamo, senza ulteriori calcoli,
che si tratta di un cono irriducibile reale di vertice V = (0, 0, 1) = Π2 ∩ l.
14
(15) LUGLIO 2011
Sia k ∈ R un parametro e sia Qk ⊂ R3 la quadrica di equazione
Qk : x2 + y 2 + kz 2 − 2xz − 4yz + 2z − 1 = 0.
(a) Studiare, al variare del parametro reale k, la quadrica Qk , determinandone gli eventuali vertici.
Le matrici associate alla quadrica Qk sono:
1
0 −1 0
1
0 −1
0
1 −2 0
1 −2 .
, Fk = 0
Fk =
−1 −2 k
1
−1 −2 k
0
0
1 −1
Abbiamo
|F k | = −k + 4, |Fk | = k − 5.
Le quadriche Qk hanno punti reali per ogni k ∈ R perchè contengono almeno i
punti (±1, 0, 0). Se k 6= 4, abbiamo quadriche non degeneri mentre per k = 4
abbiamo un cono reale irriducibile di vertice P0 = (1, 2, 1).
Per k < 4 abbiamo punti iperbolici mentre per k > 4 abbiamo punti ellittici.
Quindi per k = 5 abbiamo un paraboloide ellittico e per k < 4 iperbolidi
iperbolici.
p
Sia ora
k
>
4.
Gli
autovalori
di
F
sono
1,
(k
+
1
+
(k − 1)2 + 20)/2, (k +
k
p
1 − (k − 1)2 + 20)/2. I primi due sono positivi per ogni k > 4 e il prodotto
del secondo per il terzo è k − 5. Quindi abbiamo tre autovalori positivi per
k > 5 e due autovalori positivi e uno negativo per 4 < k < 5. Per k > 5
abbiamo ellissoidi reali mentre per 4 < k < 5 otteniamo iperboloidi ellittici.
(b) Classificare le sezioni di Q4 con i piani passanti per l’asse ~x. I piani passante
per l’ asse ~x hanno equazione λy + µz = 0. L’ unico piano di questo fascio
passante per il vertice P0 = (1, 2, 1) di Q4 ha equazione y = 2z. La sezione
di questo piano con Q4 risulta riducibile e si vede facilmente che si spezza in
due rette reali distinte. Per t = µ/λ 6= 2 otterremo sezioni irriducibili, che
indicheremo con Γt .
Consideriamo innanzitutto t = ∞, i.e. il piano di equazione z = 0. L’ equazione di Γ∞ è x2 + y 2 − 1 = 0 = z, i.e. una circonferenza di centro l’ origine
O = (0, 0, 0) e raggio 1.
Sia ora t 6= ∞. La conica Γt ha cono asintotico di equazione x2 − 2xz +
(t − 2)2 z 2 . Il determinante associato é (t − 3)(t − 1), che risulta negativo per
1 < t < 3 e positivo per t < 1 e t > 3. In conclusione Γt è una parabola per
t = 1, 3, una ellisse per t < 1 e t > 3 e una iperbole per 1 < t < 3, t 6= 2.
15
(c) Calcolare il valore di k per cui Qk contenga
una iperbole Γ avente un asin
x + y − 3z + 1 = 0
toto parallelo alla retta di equazioni
e passante
2x − y − 6z + 19 = 0
per i punti di coordinate (1, 0, 0) e (−1, 0, 0).
La direzione dell’ asintoto é (3, 0, 1). Il piano contenente questa direzione e
passante per i punti (±1, 0, 0) é il piano y = 0. L’ intersezione della quadrica
Qk con y = 0 è la conica Γk di equazione:
y=0
x2 − 2xz + kz 2 + 2z − 1 = 0
Questa conica ha come asintoto una retta di direzione (3, 0, 1) se e solamente
se 9 − 6 + k = 0, i.e. se e solamente se k = −3. Per questo valore di k
abbiamo realmente una iperbole perché |F −3 | = 3 6= 0 e |F−3 | = −4 < 0.
Quindi possiamo prendere Γ = Γ−3 .
(d) Determinare gli asintoti ed il centro di simmetria di Γ.
Da x2 −2xz −3z 2 = (x−3z)(x+z) deduciamo che gli asintoti sono paralleli a
x − 3z = 0 = y e a x + z = 0 = y. Il centro di simmetria è C = (1/4, 0, 1/4),
unica soluzione del sistema:
x−z =0
.
−x − 3z + 1 = 0
Quindi gli asintoti hanno equazione x − 3z − 1/2 = 0 = y e x + z − 1/2 =
0 = y.
(16) GIUGNO 2011
In R3 si consideri il fascio di coniche Ch , h ∈ R parametro, di equazioni
(h + 1)x2 + 2(1 − h)xy + (h + 1)y 2 + 2(h + 1)x + 2(1 − h)y + 1 = 0 = z.
(a) Determinare le coniche riducibili e i punti base del fascio.
La matrice associata a Ch è:
h+1 1−h h+1
F h = 1 − h h + 1 1 − h .
h+1 1−h
1
Abbiamo
0
0
h
det(F h ) = det 1 − h h + 1 1 − h = h((1 − h)2 − (h + 1)2 ) = −4h2 .
h+1 1−h
1
Le coniche riducibili si ottengono per h = 0 e h = ∞ e hanno equazione
(x + y + 1)2 = 0, rispettivamente (x − y)(x − y + 2) = 0. I punti base
si ottengono intersecando le rette di equazione x − y = 0, rispettivamente
x − y + 2 = 0, con la retta di equazione x + y + 1 = 0. Otteniamo il punto
base A = (−1/2, −1/2), rispettivamente il punto base B = (−3/2, 1/2).
(b) Riconoscere le coniche irriducibili del fascio.
Abbiamo coniche irriducibili per h 6= 0, ∞ e det(Fh ) = 4h. Pertanto avremmo
ellissi per h > 0 (e una circonferenza per h = 1), iperboli per h < 0 (iperbole
equilatera per h = −1).
16
(c) Scrivere l’ equazione del cilindro Q ⊂ R3 avente direzione L((1, 1, 1)) e
contente l’ unica circonferenza del fascio.
L’ equazione della circonferenza C1 è 2x2 + 2y 2 + 4x + 1 = 0 = z. Le
quadriche di R3 contenenti C1 hanno equazione:
z(2ax + 2by + cz + 2d) + 2x2 + 2y 2 + 4x + 1 = 0,
che riscriviamo come
2x2 + 2y 2 + cz 2 + 2axz + 2byz + 4x + 2dz + 1 = 0.
Imponiamo a questa quadrica di avere direzione L(1, 1, 1):
0
1
2 0 a 2
0 2 b 0 1 0
a b c d · 1 = 0 ,
0
0
2 0 d 1
da cui ottieniamo (a, b, c, d) = (−2, −2, 4, −2). L’ equazione di Q è pertanto:
2x2 + 2y 2 + 4z 2 − 4xz − 4yz + 4x − 4z + 1 = 0.
(17) Siano O = (0, 0, 0), A = (1, 1, 2) e B = (1, −1, 0). Determinare l’ equazione
della circonferenza Γ passante
√ per O, A e B e le equazioni delle sfere contenenti
Γ e aventi raggio uguale a 14.
Si verifica facilmente che l’ unico piano Π contenente O, A e B ha equazione cartesiana x + y − z = 0. Il punto medio del segmento OA ha coordinate (1/2, 1/2, 1)
mentre il punto medio del segmento OB ha coordinate (1/2, −1/2, 0). Il piano di
simetria del segmento OA ha equazione cartesiana (x− 21 )+(y − 21 )+2(z −1) = 0,
quello del segmento OB ha equazione cartesiana (x − 12 ) − (y + 21 ) = 0.
Il centro C della circonferenza Γ ha coordinate che soddisfano il sistema:
x+y−z =0
x + y + 2z − 3 = 0 .
x−y−1=0
√
Quindi C = (1, 0, 1) mentre il raggio di Γ è uguale a d(C, O) = 2. L’ equazione
di Γ é:
x+y−z =0
.
(x − 1)2 + y 2 + (z − 1)2 = 2
Il centro delle sfere contenti Γ appartiene alla retta l ortogonale a Π e passante
per C = (1, 0, 1):
x=1+t
y=t
l :
.
z =1−t
Detto Pt = (1 + t, t, 1p− t) ∈ l, il raggio della sfera√di centro Pt e contenente Γ è
uguale a d(P√
(1 + t)2 + t2 + (1 − t)2 = 3t2 + 2. Imponiamo ora che
t , O) =
sia uguale a 14:
3t2 + 2 = 14 ⇒ t = ±2.
Abbiamo quindi due sfere, una di centro P2 = (3, 2, −1) e una di centro P−2 =
(−1, −2, 3). Avremo, rispettivamente, le sfere di equazione:
(x − 3)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 = 14,
(x + 1)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 = 14.
