Dipartimento di Matematica e Informatica Corso di laurea in Matematica Compito di Geometria assegnato il 3 ottobre 2014 I Nel piano `e assegnato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y . Sono dati i punti A(2, 1), S(0, 2) e la retta r di equazione 2x − y − 3 = 0. 1. Scrivere l’equazione della retta r0 simmetrica di r rispetto ad S. 2. Se una conica non degenere ha centro S ed ha come tangente in un suo punto A la retta r giustificare il fatto che r0 `e tangente alla conica nel punto A0 simmetrico di A rispetto ad S. 3. Trovare e studiare il fascio di coniche aventi centro S e tangenti in A alla retta r. Trovare un’equazione ridotta, i vertici, gli asintoti dell’iperbole equilatera del fascio. II Nello spazio `e assegnato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y~z. 1. Sono dati il punto B(0, 0, 2), la retta s: x+4 = 0, y +z = 0 ed il punto C(−4, 1, −1) ∈ s. Trovare le coordinate dei punti D della retta s tali che il triangolo BCD abbia area 3. 2. Trovare e studiare il fascio delle quadriche che contengono la conica di equazioni n y=0 x2 + z 2 = 4 e sono tangenti al piano y = 2 nel punto R(2, 2, 2). III Sono dati i sottospazi di R4 : V = {(x, y, z, t) ∈ R4 | y − 2z + t = 0}, W = L {(h − 1, 0, 1, h + 1), (1, h, 0, −h)} dove h `e un parametro reale. Determinare i sottospazi V ∩ W e V + W al variare di h ∈ R indicando, nei casi significativi, una base ed equazioni cartesiane. Verificare che le assegnazioni f (1, 0, 0, 0) = (2, 0, 0, 0) f (0, 0, 1, 2) = (2, 0, 2, 4) f (1, 1, 0, −1) = (2, 1, 1, 1) definiscono un endomorfismo di V e determinarne gli autospazi. f `e semplice? Svolgimento I 1. Un punto della retta r ha coordinate (a, 2a − 3) al variare del parametro a; il simmetrico di tale punto rispetto ad S ha coordinate (−a, −2a + 7). Equazioni parametriche per la retta r0 , simmetrica di r rispetto ad S, sono x = −a, y = −2a + 7; equazione cartesiana di r0 `e 2x − y + 7 = 0. 2. Alla retta r0 appartiene naturalmente il punto simmetrico di A rispetto ad S, A0 (−2, 3); la retta per A ed A0 `e un diametro per la conica e il suo polo `e un punto improprio P∞ : poich´e A sta sulla polare di P∞ questo punto sta sulla polare di A che `e la retta r (teorema di reciprocit` a), quindi P∞ `e il punto improprio della retta r. Poich´e anche A0 sta sulla polare di P∞ , la polare di A0 , che `e la tangente alla conica in A0 , deve passare per P∞ e quindi la retta per A0 e parallela ad r `e tangente alla conica. 3. Tutte le coniche del fascio saranno tangenti ad r in A e ad r0 in A0 . Due coniche spezzate del fascio sono date da r · r0 e dalla retta AA0 contata due volte. Equazione di AA0 `e x + 2y − 4 = 0, e l’equazione del fascio (2x − y − 3)(2x − y + 7) + k(x + 2y − 4)2 = 0, (4 + k)x2 + 2(2k − 2)xy + (1 + 4k)y 2 + 8(1 − k)x − 4(1 + 4k)y − 21 + 16k = 0. Calcoliamo l’invariante quadratico 4 + k 2k − 2 2 2 2k − 2 1 + 4k = 4k + 17k + 4 − 4k − 4 + 8k = 25k. Avremo ellissi per k > 0, iperboli per k < 0 e, naturalmente, una conica spezzata per k = 0 (non possiamo pensare di trovar parabole, visto che il centro delle coniche `e un punto proprio). In particolare per k = 1 si ha una circonferenza di equazione 5x2 +5y 2 −20y −5 = √ 2 2 5(x + y − 4y − 1) = 0 di centro S e raggio 3; per k = −1 l’invariante lineare `e nullo e la conica risulta un iperbole equilatera di equazione 3x2 − 8xy − 3y 2 + 16x + 12y − 37 = 0. Calcoliamo gli invarianti di questa iperbole. 3 −4 8 |B| = −4 −3 6 = 37·9−24·8−24·8+64·3−36·3+16·37 = 25·37−48·8+3·28 = 625 8 6 −37 3 |A| = −4 −4 = −9 − 16 = −25, −3 I = 0. Se l’equazione ridotta dell’iperbole la scriviamo αX 2 + βY 2 = γ, deve essere ( −αβγ = 625 αβ = −25 ⇒ β = −α ( γ = 25 α = ±5 . β = ∓5 Scegliendo α = 5 si trova l’equazione ridotta X 2 − Y 2 = 5. Gli asintoti sono rette congiungenti il centro con uno dei punti impropri, le cui coordinate sono soluzioni del sistema: √ n 02 n 3x − 8x0 y 0 − 3y 02 = 0 ⇒ x0 = 4± 316+9 y 0 ⇒ x0 = 3y 0 , −(1/3)y 0 . t0 = 0 t0 = 0 t0 = 0 Troviamo (3, 1, 0) e (−1, 3, 0) e gli asintoti hanno equazioni x − 3y + 6 = 0, 3x + y − 2 = 0. Ricordando che gli assi di simmetria ortogonale bisecano gli asintoti, troviamo gli assi come luogo dei punti equidistanti dalle due rette trovate. |3x + y − 2| |x − 3y + 6| √ √ = ⇒ x − 3y + 6 = ±(3x + y − 2) 10 10 da cui le equazioni dei due assi x+2y −4 = 0, 2x−y +2 = 0. Secando l’iperbole con la retta x = 4 − 2y si trova 3(4 − 2y)2 − 8y(4 − 2y) − 3y 2 + 16(4 − 2y) + 12y − 37 = 0; semplificando si ha y = 1, 3 e quindi i due punti A(2, 1), A0 (−2, 3) sono i vertici reali dell’iperbole. II √ √ 1. Numeri direttori di s sono (0, −1, 1) e quindi un versore `e s = (0, −1/ 2, 1/ 2) = −→ −→ √ √ −~j/ 2 + ~k/ 2; il vettore CB = 4~i − ~j + 3~k e la distanza di B da s `e il modulo di s ∧ CB. −→ √ √ √ √ √ ~k + (4/ 2)~j + (1/ 2)~i − (3/ 2)~i = (2/ 2)(−~i + 2~j + 2~k) e quindi Si ha s ∧ CB = (4/ 2) p √ il suo modulo `e 2(1 + 4 + 4)p= 18. Il punto D avr`a coordinate D = (−4, b, −b), la √ 2 + (1 − b)2 = (b − 1) 2|b − 1|; l’area del triangolo BCD lunghezza del segmento CD ` e √ √ sar`a quindi 2|b − 1| · 18/2 = 3|b − 1|. Segue che deve essere |b − 1| = 1 e si trovano i due punti D1 = (−4, 2, −2), D2 = (−4, 0, 0). 2. Le quadriche contenenti la conica assegnata hanno equazione y(ax+by+cz+d)+x2 +z 2 − 4 = 0, ovvero x2 +by 2 +z 2 +axy+cyz+dy−4 = 0, al variare dei parametri a, b, c, d. Detta B la matrice associata a tali quadriche, il piano tangente in R sar`a (2, 2, 2, 1)B t (x, y, z, 1) = 0. Quindi il polinomio (2, 2, 2, 1)B t (x, y, z, 1) dovr`a essere proporzionale a y − 2.   1 a/2 0 0 b c/2 d/2   a/2 (2, 2, 2, 1)   = (2 + a, a + 2b + c + d/2, c + 2, d − 4) = ρ(0, 1, 0, −2). 0 c/2 1 0 0 d/2 0 −4 Uguagliando si ha:   a = −2 2+a=0     c = −2 a + 2b + c + d/2 = ρ ⇒   c + 2 = 0  d = 6 − 2b ρ = 2 − d/2 d − 4 = −2ρ Il fascio di quadriche avr` a equazione x2 +by 2 +z 2 −2xy −2yz +(6−2b)y −4 = 0; calcoliamo gli invarianti. −1 0 0 1 −1 3 − b −1 −1 3 − b b b −1 3 − b −1 |B| = 1 0 + 0 1 0 = −(b − 1)2 = −1 −1 1 0 0 3−b 0 −4 0 0 −4 0 3−b 0 −4 |A| = b − 1 − 1 = b − 2. Osserviamo che quando b 6= 1 le quadriche hanno punti ellittici, per b = 1 si trova un cono e per b = 2 un paraboloide ellittico. Per sapere quando la conica all’infinito ha punti reali calcoliamo il polinomio caratteristico della matrice A: 1 − T −1 0 −1 b−T −1 = (b − T )(1 − T )2 − 2(1 − T ) = (1 − T )(T 2 − (b + 1)T + b − 2) 0 −1 1−T Il trinomio T 2 − (b + 1)T + b − 2 ha due variazioni per b > 2, e in tal caso le radici del polinomio caratteristico sono tutte e tre positive: quindi per b > 2 la conica all’infinito non ha punti reali e le quadriche sono ellissoidi. Di conseguenza per b < 2 si trovano iperboloidi ellittici. Infine per b = 1 il cono `e a punti reali e il vertice `e il punto R. III I vettori di W sono del tipo ((h−1)a+b, hb, a, (h+1)a−hb) al variare dei parametri a, b ∈ R. Vediamo per quali valori di a, b tali vettori stanno in V : hb−2a+(h+1)a−hb = (h−1)a = 0. Quando h = 1 si trova che W ⊂ V e quindi W ∩ V = W, W + V = V ; quando h 6= 1 deve essere a = 0 e si ha W ∩ V = {(b, hb, 0, −hb) | b ∈ R} = L {(1, h, 0, −h}. Quindi dim W ∩ V = 1 e dim(W + V ) = 3 + 2 − 1 = 4 e W + V = R4 ; equazioni cartesiane dell’intersezione si ricavano ponendo x = b, y = hb, z = 0, t = −hb ed eliminando il parametro b. Si trova y = hx, z = 0, t = −hx. Osserviamo che i vettori ~v1 = (1, 0, 0, 0), ~v2 = (0, 0, 1, 2), ~v3 = (1, 1, 0, −1) sono linearmente indipendenti e soddisfano l’equazione di V e quindi sono una base B del sottospazio V . Inoltre si ha (2, 0, 0, 0) = 2~v1 , (2, 0, 2, 4) = 2~v1 + 2~v2 , (2, 1, 1, 1) = ~v1 + ~v2 + ~v3 e quindi f `e un endomorfismo di V e la sua matrice rispetto a B `e  2 0 0 2 2 0  1 1 1 Il polinomio caratteristico `e (2 − T )2 (1 − T ); quando T = 1 gli autovettori sono soluzione del sistema x + 2y + z = 0, y + z = 0 e quindi sono del tipo (z, −z, z) e l’autospazio dell’autovalore 1 ha dimensione 1. Quando T = 2 gli autovettori sono soluzione del sistema 2y + z = 0, z = 0 e quindi sono del tipo (x, 0, 0) e l’autospazio dell’autovalore 2 ha pure dimensione 1: poich´e la molteplicit` a algebrica dell’autovalore 2 `e invece 2 l’endomorfismo f non `e semplice.