21/03/2015-elezione del consiglio superiore della

Corso di laurea in Matematica, Compito di Geometria II del 31/1/2014.
I
In R3 `e assegnata la forma bilineare simmetrica F (prodotto scalare generalizzato) associata,
rispetto alla base canonica, alla matrice

 3+k
−1−k
1−k
2
2
3+k
B =  −1−k
k − 1  con k parametro reale.
2
2
1 − k k − 1 2k + 1
1) Dopo aver verificato che T = 1 `e un autovalore di B, studiare la segnatura di F al variare
di k.
2) Nei casi in cui F `e definita positiva (prodotto scalare) trovare una base ortogonale.
3) Nel caso in cui F `e semidefinita determinare una base di R3 , v1 , v2 , v3 , tale che F (vi , vj ) = 0
per i 6= j e F (vi , vi ) 6= 0 (i, j = 1, 2, 3).
II
` assegnato nel piano un sist. di rif. cart. ort. O.~x, ~y .u.
E
Determinare la parabola p che ha vertice in O, punto improprio P∞ ≡ (1, 1, 0) e passa per
A ≡ (2, 0). Detta r la polare del punto (−1, −1) rispetto a p, siano A e B i punti in cui r seca
p e siano t1 e t2 le tangenti alla parabola in A e in B. Determinare e studiare il fascio φ delle
coniche passanti per A con tangente t1 e per B con tangente t2 .
III
` assegnato nello spazio un sist. di rif. cart. ort. O.~x, ~y , ~z.u.
E
Determinare e studiare le quadriche che contengono le coniche
2
2
x −y =0
x − xy + y 2 − y = 0
C1 :
;
C2 :
y−z =0
x−z =0
IV
Nel piano proiettivo studiare e rappresentare la curva C di equazione
C : f (x, y, t) = x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 − 6x2 t − 6y 2 t − 4xyt + 4xt2 + 4yt2 .
determinando il cono tangente negli eventuali punti singolari. Calcolare l’equazione di C dopo
aver operato la traslazione che porta l’origine nel punto doppio di C.
1
SOLUZIONE, I
1) Si verifica facilmente che B − I ha rango < 3, quindi T = 1 `e un autovalore di B. Con questa
informazione e calcolando |B| = 9k, possiamo evitare il calcolo del polinomio caratteristico:
P (T ) = −T 3 + (4 + 3k)T 2 + λT + 9k;
P (1) = λ + 12k + 3 = 0 ⇒ λ = −12k − 3
Gli autovalori di B si trovano facilmente, T = 1, 3, 3k. Quindi avremo:
• per k > 0 F `e definita positiva, quindi definisce un prodotto scalare;
• per k = 0 F `e semidefinita positiva;
• per k < 0 F non `e definita.
2) Supponendo k > 0, k 6= 1,
autovettori. Avremo:
1
3
si hanno tre autospazi ortogonali; calcoliamo una base di
• T =1
V1 = L (u1 = (1, 1, 0));
• T =3
V3 = L (u2 = (1, −1, 1));
• T = 3k
V3k = L (u3 = (1, −1, −2)).
3) Nel caso k = 0 la base determinata al punto precedente non soddisfa le condizione richiesta
perch´e F (u3 , u3 ) = 0. Consideriamo il vettore v1 = e1 e imponiamo che F (e1 , (x, y, z)) = 0:
3
1
F ((1, 0, 0), (x, y, z)) = x − y + z = 0, 3x − y + 2z = 0 v2 = (1, 3, 0).
2
2
Imponendo che F (e1 , (x, y, z)) = F (v2 , (x, y, z)) = 0 avremo:
F ((1, 0, 0), (x, y, z)) = 32 x − 12 y + z = 0 3x − y + 2z = 0
v3 = (1, 7, 2).
F ((1, 3, 0), (x, y, z)) = 4x − 2z = 0
2x − z = 0
II
La parabola p ha per asse la prima bisettrice (congiungente il vertice O con P∞ ) e la tangente
in O `e la seconda bisettrice. Possiamo quindi considerare il fascio delle coniche bitangenti: in
O alla retta x + y = 0 e in P∞ alla retta impropria:
k(x + y)t + (x − y)2 = 0 A ⇒ 2k + 4 = 0, k = −2;
⇒ p : (x − y)2 − 2x − 2y = 0.
La polare del punto (−1, −1) `e la retta r : x + y − 2 = 0 che seca p nei punti A ≡ (2, 0), B ≡
(0, 2). Il fascio φ contiene la parabola p, la retta AB contata due volte e la conica spezzata
nelle due tangenti; possiamo quindi scrivere l’equazione del fascio:
φ : (x − y)2 − 2x − 2y + h(x + y − 2)2 = 0,
φ : (h + 1)x2 + 2(h − 1)xy + (h + 1)y 2 − 2(2h + 1)x − 2(2h + 1)y + 4h = 0
Siamo nel caso della bitangenza, il fascio contiene due coniche spezzate distinte: la retta r
contata due volte, (x + y − 2)2 = 0 e la conica t1 ∪ t2 . Per trovare questa conica cerchiamo la
conica di φ passante per il punto (−1, −1): si trova h = − 41 , e quindi la conica
t1 ∪ t2 : (x − 3y − 2)(3x − y + 2) = 0.
Per gli altri valori di h si hanno coniche irriducibili; dal |A| = 2h avremo:
• |A| > 0 h > 0 ELLISSI. Per h = 1 si ha la circonferenza x2 + y 2 − 3x − 3y + 2 = 0;
• |A| < 0 h < 0 IPERBOLI. Per h = −1 si ha l’iperbole equilatera 2xy − x − y + 2 = 0;
• |A| = 0 h = 0 PARABOLA p.
2
III
Osserviamo che C1 e C2 sono due coniche reali, quindi le quadriche che le contengono sono
reali. Inoltre C1 `e una parabola mentre C2 `e una ellisse, quindi tra le quadriche che contengono
queste coniche non ci possono essere cilindri, ellissoidi o paraboloidi iperbolici.
Secando la generica quadrica contenente C1 col piano di C2 si ha
(y − x)(ax + by + cx + d) + x2 − y = 0
≡ C2 ⇒ a + c = 0, b = 1, d = 0
x−z =0
quindi si ha la famiglia di quadriche
(y − z)(ax + y − az) + x2 − y = 0 Q : x2 + axy + y 2 − axz − (a + 1)yz + az 2 − y = 0
Osserviamo che le quadriche Q passano per l’origine, con piano tangente y = 0; secando con
questo piano si ha:
a < 0, a > 4 punti iperbolici;
0<a<4
punti ellittici;
∆ = a − 4a ⇒
a = 0, 4
punti parabolici.
In particolare per a = 0, 4 si hanno due coni, di vertici (0, 0, −1), 32 , 0, 13 .
Da |A| = −(a − 1)2 deduciamo che per a = 1 si ha un paraboloide ellittico. Per gli altri valori
di a avremo:
x2 − ax + az 2 = 0
y=0
• a < 0, a > 4:
2
iperboloidi iperbolici;
• 0 < a < 4, a 6= 1:
iperboloidi ellittici.
IV
Osserviamo subito che la curva `e simmetrica rispetto alla prima bisettrice x − y = 0 in quanto
f (x, y, t) = f (y, x, t). Inoltre C ha un solo punto improprio, P∞ ≡ (1, −1, 0), che risulter`a
essere un flesso. Dal calcolo delle derivate si ha:


 fx = 3(x + y)2 − 12xt − 4yt + 4t2 = 0
 (x − y)t = 0
2
2
f = 3(x + y) − 12yt − 4xt + 4t = 0
3(x + y)2 − 12yt − 4xt + 4t2 = 0
⇒
 y

2
2
−6x2 − 6y 2 − 4xy + 8xt + 8yt = 0
ft = −6x − 6y − 4xy + 8xt + 8yt = 0
Con l’equazione t = 0 si trova solo la soluzione banale; con l’equazione x = y si trova la
soluzione P ≡ (1, 1, 1). Dal calcolo delle derivate seconde
fxx = 6x + 6y − 12t fyx = 6x + 6y − 4t
ftx = −12x − 4y + 8t
fxy = 6x + 6y − 4t
fyy = 6x + 6y − 12t fty = −12y − 4x + 8t
fxt = −12x − 4y + 8t fyt = −12y − 4x + 8t ftt = 8x + 8y
si vede che P `e punto doppio, con cono tangente (x − t)(y − t) = 0.
Per l’ultima parte possiamo considerare la curva nel piano affine. Con la traslazione x =
X + 1, y = Y + 1 l’equazione di C diviene
C : (X + Y )3 + 8XY = 0.
3

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