Soluzioni - Geometria Proiettiva

Corso di Geometria Analitica
Soluzioni - Geometria Proiettiva
1) Per calcolare l’equazione cartesiana della retta di P2 (C) contenente due
punti assegnati è sufficiente porre uguale a zero il determinante della matrice 3 × 3 che ha nella prima riga le coordinate X0 , X1 , X2 e nelle altre
due righe le coordinate dei punti dati.
Quindi per i punti
X0
0 = −1
1
[−1, 1, 1] e [1, 3, 2i] del punto a), basta calcolare
X1 X2 1
1 = (−3 + 2i)X0 + (1 + 2i)X1 − 4X2
3
2i cioè (−3 + 2i)X0 + (1 + 2i)X1 − 4X2 = 0 è l’equazione della retta per i
punti [−1, 1, 1] e [1, 3, 2i].
In maniera simile si trova
b) (1 + i)X0 + 2X1 − (1 + i)X2 = 0
c) 6iX0 − 3X2 = 0
2) Calcoliamo l’intersezione tra le prime due rette. Questo equivale a calcolare le soluzioni del sistema
(
iX1 − X2 + 3iX0 = 0
X0 + X1 − iX2 = 0
Moltiplicando, ad esempio, la prima equazione per −i e sommandola poi
alla seconda otteniamo
4X0 + 2X1 = 0
che ammette come soluzione
X0 = −1
X1 = 2.
Sostituendo tali valori nella seconda equazione del sistema si trova −1+2−
iX2 = 0 che fornisce la soluzione X2 = −i. Quindi, il punto di intersezione
tra le due rette è [−1, 2, −i].
Le tre rette hanno intersezioni non vuota se anche la terza retta 5X0 +
X1 + 3iX2 = 0 passa per il punto [−1, 2, −i], intersezione delle prime due
rette. Sostituendo le coordinate del punto nell’equazione della terza retta
si ha 5 · (−1) + 2 + 3i · (−i) = −5 + 2 · 3 = 0. Quindi il punto appartiene
anche alla terza retta e le tre rette hanno intersezione non vuota
1
3) Tre punti di P2 (V ) sono allineati se e solo se i relativi vettori di V sono linearmente dipendenti. E’ sufficiente quindi verificare che (1, 2, 2), (3, 1, 4),
(2, −1, 2) ∈ R3 siano linearmente dipendenti. Ciò è verificato per il fatto
che la matrice delle loro coordinate


1 2 2
3 1 4
2 −1 2
ha determinante uguale a zero (si vede subito che la seconda riga è combinazione della prima e della terza).
Per calcolare l’equazione della retta, basta scegliere due dei tre punti e applicare il metodo dell’Esercizio 1. Considerati, ad esempio, i punti [1, 2, 2]
e [2, −1, 2] si ha
X0
1
2
X1
2
−1
X2
2
2
= 6X0 + 2X1 − 5X2
Quindi 6X0 + 2X1 − 5X2 = 0 è la retta di P2 per i punti [1, 2, 2], [3, 1, 4] e
[2, −1, 2].
4) Per verificare se r e s siano sghembe o incidenti, calcoliamo il loro eventuale
punto di intersezione che è soluzione del sistema


X0 − X1 + X2 = 0

X + X − 3X = 0
0
2
3
X1 − 2X2 + X3 = 0



X0 − 2X1 − 2X2 = 0
La matrice associata a questo sistema è la matrice


1 −1 1
0
1 0
1 −3


0 1 −2 1 
1 −2 −2 0
che, ridotta a forma di Jordan, diventa

1 0 0
0 1 0

0 0 1
0 0 0
Quindi la soluzione del sistema è

X0



X
1

X2



X3

0
0

0
1
=0
=0
=0
=0
Tale soluzione non rappresenta un punto nel proiettivo e quindi r e s sono
sghembe.
2
5) Consideriamo gli spazi S = L(P, r) e S 0 = L(P, r0 ). Poiché P ∈
/ r ∪ r0 si
ha che S e S 0 sono entrambi piani. Sia s la retta definita come S ∩ S 0 . Per
costruzione si nota subito che p ∈ s. Inoltre, poiché un piano e una retta
in P3 hanno sempre intersezione non vuota, si ha che
S ∩ r0 6= ∅.
Inoltre dalla definizione di S si ha S ∩ r = r. In definitiva S è un piano che
contiene r e interseca r0 . In maniera simile otteniamo che S 0 è un piano
che contiene r0 e interseca r. Ne concludiamo che l’intersezione dei piani
S e S 0 , cioè la rette s, interseca sia r che r0 ed è quindi la retta cercata.
6) Basandosi sull’Esercizio precedente la retta cercata è data dall’intersezione
dei due piani S e S 0 . S può essere definito come il piano contenente P e
due punti di r, mentre S 0 come il piano contenente P e due punti di r0 .
a) La retta r ha equazioni X0 − X2 + 2X3 = 0 e 2X0 + X1 = 0 da cui
si ricava
X2 − X0
.
X1 = −2X0 ,
X3 =
2
Quindi il generico punto della retta r ha coordinate
[X0 , −2X0 , X2 ,
X2 − X0
].
2
Considerando i casi X0 = 0, X2 = 2 e X0 = 1, X2 = 1 otteniamo i
punti di r di coordinate [0, 0, 2, 1] [1, −2, 1, 0]. Quindi l’equazione del
piano S è data da
X0 X1 X2 X3 0
0
2
1 = 3X0 + 2X1 + X2 − 2X3
1 −2 1
0 0
1
0
1 La retta r0 ha equazioni 2X1 − 3X2 + X3 = 0 e X0 + X3 = 0 da cui
si ricava
3X2 − X3
X0 = −X3 ,
X1 =
.
2
Quindi il generico punto della retta r0 ha coordinate
[−X3 ,
3X2 − X3
, X2 , X3 ].
2
Considerando i casi X2 = 2, X3 = 0 e X2 = 0, X3 = 2 otteniamo i
punti di r0 di coordinate [0, 3, 2, 0] [−2, −1, 0, 2]. Quindi l’equazione
del piano S 0 è data da
X0 X1 X2 X3 0
3
2
0 = 3X0 − 2X1 + 3X2 + 2X3
−2 −1 0
2 0
1
0
1 3
In definitiva, la retta s ha equazioni
(
3X0 + 2X1 + X2 − 2X3 = 0
3X0 − 2X1 + 3X2 + 2X3
b) Ragionando in maniera simile alla parte a) si trova che il piano S ha
equazione
4X0 − 3X1 + X2 + X3 = 0
mentre il piano S 0 ha equazione
X0 + X2 − X3 ‘ = 0.
Quindi, la retta s ha equazioni
(
4X0 − 3X1 + X2 + X3 = 0
X0 + X2 − X3 ‘ = 0.
7) Poiché r1 e r2 sono sghembe, si ha dim(L(r1 , r2 )) = 3. Quindi
dim(π ∩ L(r1 , r2 )) ≥ dim(π) + dim(L(r1 , r2 )) − dim(P4 ) = 2 + 3 − 4 = 1.
La posizione generica si ha quando dim(π ∩ L(r1 , r2 )) = 1.
8)
a) [0, 1, −3]
b) [0, 2, 1]
c) [0, 3, −2i]
d) [0, 0, 1]
e) [0, 1, 0]
f) [0, 2, 1]
9)
a) 3X1 + X2 + X0 = 0
b) X1 − 2X2 − X0 = 0
c) 2iX1 + 3X2 + 9X0 = 0
d) X1 + X0 = 0
e) X2 + 6X0 = 0
f) X1 − 2X2 = 0
10)
a) 4x − y − 7 = 0
b) 2x − y + i = 0
c) x − 2iy − i = 0
d) 2y + 1 − i = 0
4
11)
a) Le equazioni omogenee delle due rette sono
X1 − X2 = 0
3X1 + iX2 + X0 = 0
e il loro punto comune è la soluzione del sistema
(
3X1 + iX2 + X0 = 0
X1 − X2 = 0
Da tale sistema ricaviamo X1 = X2 e poi X0 = −(3 + i)X1 e quindi
le soluzioni sono del tipo [−(3 + i)X1 , X1 , X1 ]. Sostituendo X1 = −1
si ottiene il punto di intersezione, di coordinate [3 + i, −1, −1].
b) Ragionando come nel caso precedente si trova che il punto di intersezione delle due rette in coordinate omogenee è [1, 1, 1].
c) Anche in questo caso si può procedere come nei casi precedenti.
Tuttavia possiamo osservare che le due rette
x − 3y − 1 = 0
x − 3y + 4 = 0
sono parallele e quindi, passando al proiettivo il loro punto di intersezione sarà il loro punto improprio, cioè [0, 3, 1].
Ricordiamo che una retta in Å3 (R) di equazioni
(
Ax + By + Cz + D = 0
A0 x + B 0 y + C 0 z + D 0 = 0
ha vettore direzione (l, m, n) dove
A
B C m = − 0
l= 0
0 A
B C
C C0 A
n = 0
A
B B0 Il punto improprio di r sarà quindi [0, 0, 1, −1], mentre quello di s sarà [0, 1, −2, 2].
Per trovare il piano passante per tali punti impropri e per P si pone a zero il
determinante della matrice


X0 X1 X2 X3
1
1
0
1


0
0
1 −1
0
1 −2 2
L’equazione cercata risulta quindi essere
X0 − X2 − X3 = 0.
12) Posto Pi = [λi , µi ], sviluppiamo i birapporti indicando con dij il determi λ λj .
nante i
µi µj λ1 λ4 λ2 λ3 µ1 µ4 µ2 µ3 d d
= 14 23
β(P1 , P2 , P3 , P4 ) = d
λ
λ
λ
λ
24 d13
4 1
3 2
µ2 µ4 µ1 µ3 5
β(P2 , P5 , P3 , P4 ) = β(P5 , P1 , P3 , P4 ) = λ2
µ2
λ5
µ5
λ4
µ4
λ4
µ4
λ5
µ5
λ1
µ1
λ4
µ4
λ4
µ4
λ5
µ5
λ2
µ3
λ3
µ3
λ3
µ3
λ1
µ1
λ5
µ5
λ3
µ3
λ3
µ3
d d
= 24 53
d54 d23
d d
= 54 13
d
14 d53
Otteniamo
β(P1 , P2 , P3 , P4 )β(P2 , P5 , P3 , P4 )β(P5 , P1 , P3 , P4 ) =
6
d14 d23 d24 d53 d54 d13
=1
d24 d13 d54 d23 d14 d53