CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

FOGLIO DI ESERCIZI 10 – GEOMETRIA 2008/09

Esercizio 10.1 (11.1). [Esercizio 15) cap. 9 del testo Geometria e algebra lineare di Manara, Perotti, Scapellato] Calcolare una base ortonormale di R^{3} formata da autovettori per le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}] B = [\begin{matrix}1 & 3 & 0 \\ 3 & −2 & −1 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}]

Soluzione:

Cominciamo a determinare gli autovalori della matrice A calcolandone il polinomio caratteristico, ovvero il determinante della matrice

A − λI = [\begin{matrix}1 − λ & 2 & 0 \\ 2 & 1 − λ & 0 \\ 0 & 0 & −1 − λ \end{matrix}]

Quindi

p_{A}(λ) = (1 − λ)(1 − λ)(−1 − λ) − 2 · 2(−1 − λ) = (−1 − λ)[(1 − λ)(1 − λ) − 4]
= (−1 − λ)(λ^{2} − 2λ − 3)

Gli autovalori di A sono i valori di λ per cui p_{A}(λ) = 0, quindi

λ_{1} = −1 (doppio), λ_{2} = 3

Possiamo ora trovare gli autovettori:

• λ = −1. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo associato a A + I:

[\begin{matrix}2 & 2 & 0 & | & 0 \\ 2 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2x + 2y = 0 ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = s \end{cases} ∀s, t ∈ R ⇒ E(−1) = ⟨(−1, 1, 0), (0, 0, 1)⟩

Poichè dalla teoria sappiamo che le matrici simmetriche sono diagonalizzabili, ci aspettavamo che l’autovalore λ = −1 avesse molteplicità geometrica 2.

• λ = 3. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo associato a A − 3I:

[\begin{matrix}−2 & 2 & 0 & | & 0 \\ 2 & −2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & −4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−2x + 2y = 0 \\ −4z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ E(3) = ⟨(1, 1, 0)⟩

Siano

v_{1} = (−1, 1, 0),  v_{2} = (0, 0, 1),  v_{3} = (1, 1, 0)

i tre autovettori linearmente indipendenti determinati. Essendo A una matrice simmetrica sappiamo dalla teoria che i suoi autovettori relativi ad autovalori distinti sono ortogonali tra loro. Inoltre, in questo caso, anche i due autovettori relativi allo stesso autovalore λ = −1 risultano ortogonali: (v_{1}, v_{2}) = 0. Per determinare la base ortonormale richiesta è quindi sufficiente normalizzare i tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3}:

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = (−\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)

u_{2} = \frac{v_{2}}{∥v_{2}∥} = (0, 0, 1)  ⇒  la base cercata è B = \{u_{1}, u_{2}, u_{3}\}

u_{3} = \frac{v_{3}}{∥v_{3}∥} = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)

Ripetiamo ora l’esercizio con la matrice B. Cominciamo a determinare gli autovalori della matrice B calcolandone il polinomio caratteristico, ovvero il determinante della matrice

B − λI = [\begin{matrix}1 − λ & 3 & 0 \\ 3 & −2 − λ & −1 \\ 0 & −1 & 1 − λ \end{matrix}]

Quindi

p_{B}(λ) = (1 − λ)[(−2 − λ)(1 − λ) − 1] − 3 · 3(1 − λ) = (1 − λ)[(−2 − λ)(1 − λ) − 1 − 9]
= (1 − λ)(λ^{2} + λ − 12)

Gli autovalori di B sono i valori di λ per cui p_{B}(λ) = 0, quindi

λ_{1} = 1,  λ_{2} = 3,  λ_{3} = −4

Possiamo ora trovare gli autovettori:

• λ = 1. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo asociato a B − I:

[\begin{matrix}0 & 3 & 0 & | & 0 \\ 3 & −3 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}3y = 0 \\ 3x − 3y − z = 0 \\ −y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 3t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ E(1) = ⟨(1, 0, 3)⟩

• λ = 3. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo asociato a B − 3I:

[\begin{matrix}−2 & 3 & 0 & | & 0 \\ 3 & −5 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2II + 3I [\begin{matrix}−2 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \end{matrix}] \begin{cases}−2x + 3y = 0 \\ −y − 2z = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = −3t \\ y = −2t \\ z = t \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒ E(3) = ⟨(−3, −2, 1)⟩

• λ = −4. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo associato a B + 4I:

[\begin{matrix}5 & 3 & 0 & | & 0 \\ 3 & 2 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 5 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 5II + −3I [\begin{matrix}5 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & −5 & | & 0 \\ 0 & −1 & 5 & | & 0 \end{matrix}] \begin{cases}5x + 3y = 0 \\ y − 5z = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = −3t \\ y = 5t \\ z = t \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒ E(−4) = ⟨(−3, 5, 1)⟩

Siano

v_{1} = (1, 0, 3),  v_{2} = (−3, −2, 1),  v_{3} = (−3, 5, 1)

i tre autovettori linearmente indipendenti determinati. Essendo B una matrice simmetrica sappiamo dalla teoria che i suoi autovettori relativi ad autovalori distinti sono ortogonali tra loro. Per determinare la base ortonormale richiesta si tratta quindi di normalizzare i tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3}:

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = (\frac{1}{\sqrt{10}}, 0, \frac{3}{\sqrt{10}})

u_{2} = \frac{v_{2}}{∥v_{2}∥} = (−\frac{3}{\sqrt{14}}, −\frac{2}{\sqrt{14}}, \frac{1}{\sqrt{14}})  ⇒ la base cercata è B = \{u_{1}, u_{2}, u_{3}\}

u_{3} = \frac{v_{3}}{∥v_{3}∥} = (−\frac{3}{\sqrt{35}}, \frac{5}{\sqrt{35}}, \frac{1}{\sqrt{35}})

□

Esercizio 10.2 (11.2). Per ognuna delle seguenti matrici simmetriche A si determini una matrice ortogonale P per la quale P^{T} AP sia diagonale

A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & −2 \end{matrix}] A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & −1 \\ 1 & −1 & 2 \end{matrix}]

Soluzione:

Poichè entrambe le matrici A sono simmetriche, sappiamo dalla teoria che sono sicuramente diagonatizzabili. Si tratta di

(1) Determinare gli autovettori di A,

(2) Determinare una base ortonormale a partire dagli autovettori (linearmente indipendenti) di A,

(3) Scrivere la matrice P che ha per colonne gli elementi della base trovata.

La matrice P cosí determinata è diagonalizzante e ortogonale.

Consideriamo prima la matrice

A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & −2 \end{matrix}]

(1) p_{A}(λ) = λ^{2} + λ − 6 ⇒ autovalori: λ_{1} = 2, λ_{2} = −3 • λ = 2. Consideriamo A − 2I:

[\begin{matrix}−1 & 2 & | & 0 \\ 2 & −4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = t \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒ E(2) = ⟨ (2, 1) ⟩

• λ = −3. Consideriamo A + 3I:

[\begin{matrix}4 & 2 & | & 0 \\ 2 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −2t \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒ E(−3) = ⟨ (1, −2) ⟩

(2) Dalla teoria sappiamo già che autovettori relativi a autovalori distini sono ortogonali. E’ quindi sufficiente normalizzare gli autovettori linearmente indipendenti trovati:

v_{1} = (2, 1),  v_{2} = (1, −2)  ⇒

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = (\frac{2}{\sqrt{5}}, \frac{1}{\sqrt{5}}) , u_{2} = \frac{v_{2}}{∥v_{2}∥} = (\frac{1}{\sqrt{5}}, −\frac{2}{\sqrt{5}})

(3) Infine

P = [\frac{1}{\sqrt{5}} −\frac{2}{\sqrt{5}}^{\frac{2}{\sqrt{5}} \frac{1}{\sqrt{5}}}]

Consideriamo ora la matrice

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & −1 \\ 1 & −1 & 2 \end{matrix}]

(1) p_{A}(λ) = (1 − λ)(λ^{2} − 3λ) ⇒ autovalori: λ_{1} = 1, λ_{2} = 3, λ_{3} = 0 • λ = 1. Consideriamo A − I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −1 & | & 0 \\ 1 & −1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒  E(1) = ⟨ (1, 1, 0) ⟩

• λ = 3. Consideriamo A − 3I:

[\begin{matrix}−2 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & −2 & −1 & | & 0 \\ 1 & −1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2III + I [\begin{matrix}−2 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & −2 & −1 & | & 0 \\ 0 & −2 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = −2t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ E(3) = ⟨ (−1, 1, −2) ⟩

• λ = 0. Consideriamo A − 0I:

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 1 & −1 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III − I [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ E(0) = ⟨ (−1, 1, 1) ⟩ (2) Dalla teoria sappiamo già che autovettori relativi a autovalori distini sono ortogonali. E’ quindi

sufficiente normalizzare gli autovettori linearmente indipendenti trovati:

v_{1} = (1, 1, 0)  u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)
v_{2} = (−1, 1, −2)  ⇒  u_{2} = \frac{v_{2}}{∥v_{2}∥} = (−\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}})
v_{3} = (−1, 1, 1)  u_{3} = \frac{v_{3}}{∥v_{3}∥} = (−\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}})

(3) Infine

P = [\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & −\frac{1}{\sqrt{6}} & −\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & −\frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{matrix} ]

□

Esercizio 10.3 (11.7). Si consideri la matrice reale simmetrica

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & −1 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}]

a) Trovare una base ortonormale di R^{3} costituita da autovettori di A.

b) Determinare una matrice ortogonale P tale che P^{T} AP sia diagonale.

Soluzione: Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = (1 − λ) [(2 − λ)(1 − λ) − 1] − (1 − λ) = (1 − λ)(λ^{2} − 3λ) = λ(1 − λ)(λ − 3)

Quindi gli autovalori di A sono:

λ_{1} = 0,  λ_{2} = 1,  λ_{3} = 3 singoli

Calcoliamo l’autospazio E(0) relativo all’autovalore λ_{1} = 0 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A:

[\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 1 & 2 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + y = 0 \\ y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −t \\ z = −t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ E(0) = ⟨(1, −1, −1)⟩

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(1) relativo all’autovalore λ_{2} = 1 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − I:

[\begin{matrix}0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 1 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}y = 0 \\ x + y − z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ E(1) = ⟨(1, 0, 1)⟩

Calcoliamo infine l’autospazio E(3) relativo all’autovalore λ_{3} = 3 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 3I:

[\begin{matrix}−2 & 1 & 0 & | & 0 \\ 1 & −1 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2II + I [\begin{matrix}−2 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−2x + y = 0 \\ −y − 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = −2t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ E(3) = ⟨(−1, −2, 1)⟩

a) Gli autovettori trovati sono tutti ortogonali tra loro (anche perchè appartengono a autospazi ditinti), quindi per determinare una base ortonormale di R^{3} è sufficiente normalizzarli:

B = \{(\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}) , (\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}}, ) , (−\frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, ) , \}

b) La matrice P cercata ha per colonne i vettori della base di R^{3} trovata:

P = [\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & −\frac{1}{\sqrt{6}} \\ −\frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & −\frac{2}{\sqrt{6}} \\ −\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{matrix} ]

□

Esercizio 10.4 (11.10). Sia T l’endomorfismo di R^{3} a cui è associata la matrice

A = [\begin{matrix}2 & 2 & 1 \\ 2 & 3 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}] .

rispetto alla base B = { (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 1) } . T è un endomorfismo simmetrico?

Soluzione: Notiamo che la base B non è una base ortonormale, quindi il fatto che A non sia simmetrica non implica che non lo sia T. Per potere utilizzare questa implicazione dobbiamo scrivere la matrice associata a T rispetto a una base ortonormale, in particolare rispetto alla base canonica. Per comodità assegnamo un nome ai tre vettori della base B:

v_{1} = (1, 1, 1),  v_{2} = (1, 1, 0),  v_{3} = (1, 0, 1)

Dalla matrice A ricaviamo le immagini degli elementi della base B, ricordando però che tali elementi sono ancora espressi rispetto a B:

T (v_{1}) = T (1, 1, 1) = (2, 2, 0)_{B}
T (v_{2}) = T (1, 1, 0) = (2, 3, −1)_{B}
T (v_{3}) = T (1, 0, 1) = (1, 0, 1)_{B}

Per calcolare le immagini della base canonica dobbiamo prima esprimere e_{1}, e_{2}, e_{3} rispetto alla base B. Notiamo che data la semplicità dei calcoli non è necessario impostare e risolvere i tre sistemi associati alle equazioni xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{i}. E’ infatti immediato ricavare che

e_{3} = (1, 1, 1) − (1, 1, 0) = v_{1} − v_{2} = (1, −1, 0)_{B}
e_{2} = (1, 1, 1) − (1, 0, 1) = v_{1} − v_{3} = (1, 0, −1)_{B}
e_{1} = (1, 1, 0) − e_{2} = v_{2} − v_{1} + v_{3} = (−1, 1, 1)_{B}

Quindi sfruttando la linearità di T:

T (e_{3}) = T (v_{1}) − T (v_{2}) = (2, 2, 0)_{B} − (2, 3, −1)_{B} = (0, −1, 1)_{B} = −v_{2} + v_{3} = (0, −1, 1)
T (e_{2}) = T (v_{1}) − T (v_{3}) = (2, 2, 0)_{B} − (1, 0, 1)_{B} = (1, 2, −1)_{B} = v_{1} + 2v_{2} − v_{3} = (2, 3, 0)
T (e_{1}) = T (v_{2}) − T (v_{1}) + T (v_{3}) = (2, 3, −1_{B}) − (2, 2, 0)_{B} + (1, 0, 1)_{B} = (1, 1, 0)_{B} = v_{1} + v_{2} = (2, 2, 1)

La matrice B associata a T rispetto alla base (ortonormale) canonica è quindi:

B = [\begin{matrix}2 & 2 & 0 \\ 2 & 3 & −1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}]

Poichè B non è simmetrica, anche non T è un endomorfismo simmetrico.

Notiamo che per calcolare B potevamo in alternativa usare la matrice di cambiamento di base. Indichiamo con P è la matrice di cambiamento di base da B alla base canonica C, cioè P = M_{B}^{C} è la matrice che ha per colonne i tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3} (espressi rispetto alla base canonica).La matrice di cambiamento di base da C a B è la matrice inversa di P: P^{−1} = M_{C}^{B}. Poiché A = M_{B}^{B}(T) e B = M(T) = M_{C}^{C}(T) abbiamo la seguente relazione:

M(T) = M_{C}^{C}(T) = M_{B}^{C}M_{B}^{B}(T)M_{C}^{B}  ⇒  B = P AP^{−1}
□

Esercizio 10.5 (11.11). Sia T l’endomorfismo di R^{3} a cui è associata la matrice

A = [\begin{matrix}6 & 1 & 3 \\ −3 & 1 & −2 \\ −3 & −1 & −1 \end{matrix}] .

rispetto alla base

B = { (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 1) } .

a) T è un endomorfismo simmetrico?

b) T è diagonalizzabile?

Soluzione:

a) Notiamo che la base B non è una base ortonormale, quindi il fatto che A non sia simmetrica non implica che non lo sia T. Per potere utilizzare questa implicazione dobbiamo scrivere la matrice associata a T rispetto a una base ortonormale, in particolare rispetto alla base canonica. Per fare questo possiamo procedere in due modi

(1) Ricavare le immagini di e_{1}, e_{2} e e_{3} utlizzando la matrice A, dopo avere espresso e_{i} rispetto a B e ricordando che i risultati ottenuti saranno ancora espressi rispetto a B.

(2) Ricavare direttamente le immagini di e_{1}, e_{2} e e_{3} sfruttando la linearità di T.

Consideriamo entrambi i metodi

(1) Se vogliamo utilizzare direttamente la matrice M_{B}(S) dobbiamo scrivere e_{1}, e_{2} e e_{3} rispetto alla base B. Chiamiamo v_{1} = (1, 1, 1), v_{2} = (1, 1, 0) e v_{3} = (1, 0, 1) i tre vettori di B; si tratta quindi di risolvere le tre equazioni xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{i} con i = 1, 2, 3. Riduciamo a gradini la matrice associata alle tre equazioni contemporaneamente:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & | & −1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & | & −1 & 0 & 1 \end{matrix}]

⇒ \begin{matrix}−III \\ −II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 & −1 & 0 \end{matrix}]

Possiamo ora risolvere i tre sistemi.

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{1} ⇒ \begin{cases}x + y + z = 1 \\ y = 1 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ y = 1 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ e_{1} = (−1, 1, 1)_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{2} ⇒ \begin{cases}x + y + z = 0 \\ y = 0 \\ z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = 0 \\ z = −1 \end{cases} ⇒ e_{2} = (1, 0, −1)_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{3} ⇒ \begin{cases}x + y + z = 0 \\ y = −1 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = −1 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ e_{3} = (1, −1, 0)_{B}

Possiamo usare ora la matrice M_{B}(T) per calcolare le imamgini di e_{i}, ricordando però che il risultato ottenuto è ancora espresso rispetto rispetto a B, mentre noi dobbiamo esprimerlo rispetto alla base canonica:

T (e_{1}) = M_{B}(T) · e_{1} = [\begin{matrix}6 & 1 & 3 \\ −3 & 1 & −2 \\ −3 & −1 & −1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}−2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}]
= (−2, 2, 1)_{B} = −2 · v_{1} + 2 · v_{2} + 1 · v_{3} = (1, 0, −1)
T (e_{2}) = M_{B}(T) · e_{2} = [\begin{matrix}6 & 1 & 3 \\ −3 & 1 & −2 \\ −3 & −1 & −1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}3 \\ −1 \\ −2 \end{matrix}]
= (3, −1, −2)_{B} = 3 · v_{1} − 1 · v_{2} − 2 · v_{3} = (0, 2, 1)
T (e_{3}) = M_{B}(T) · e_{3} = [\begin{matrix}6 & 1 & 3 \\ −3 & 1 & −2 \\ −3 & −1 & −1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix}5 \\ −4 \\ −2 \end{matrix}]
= (5, −4, −2)_{B} = 5 · v_{1} − 4 · v_{2} − 2 · v_{3} = (−1, 1, 3)

Infine la matrice B associata a T rispetto alla base (ortonormale) canonica è

B = M(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ 0 & 2 & 1 \\ −1 & 1 & 3 \end{matrix}]

(2) In alternativa possiamo ricavare direttamente le immagini di e_{1} dalla matrice A = M_{B}(T), sfruttando la linearità di T. Sappiamo infatti che una matrice M_{B}(T) ha per colonne le immagini degli elementi di B espressi ancora rispetto a B. Quindi:

T (1, 1, 1) = (6, −3, −3)_{B}
T (1, 1, 0) = (1, 1, −1)_{B}
T (1, 0, 1) = (3, −2, −1)_{B}

Sfruttando la linearità di T:

T (0, 0, 1) = T (1, 1, 1) − T (1, 1, 0) = (6, −3, −3)_{B} + (−1, −1, 1)_{B} = (5, −4, −2)_{B}
= 5 · (1, 1, 1) − 4 · (1, 1, 0) − 2 · (1, 0, 1) = (−1, 1, 3)
T (1, 0, 0) = T (1, 0, 1) − T (0, 0, 1) = (3, −2, −1)_{B} + (−5, 4, 2)_{B} = (−2, 2, 1)_{B}
= −2 · (1, 1, 1) + 2 · (1, 1, 0) + 1 · (1, 0, 1) = (1, 0, −1)
T (0, 1, 0) = T (1, 1, 0) − T (0, 1, 0) = (1, 1, −1)_{B} + (2, −2, −1)_{B} = (3, −1, −2)_{B}
= 3 · (1, 1, 1) − 1 · (1, 1, 0) − 2 · (1, 0, 1) = (0, 2, 1)

La matrice B associata a T rispetto alla base (ortonormale) canonica è quindi:

B = M(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ 0 & 2 & 1 \\ −1 & 1 & 3 \end{matrix}]

Poichè B è simmetrica, anche T è un endomorfismo simmetrico.

b) T è sicuramente diagonalizzabile perchè è simmetrica.

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Esercizio 10.6 (11.15). Sia T : R^{3} → R^{3} l’endomorfismo avente come autovettori i vettori v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (0, 1, 1), v_{3} = (0, 0, 1), rispetto agli autovalori 1, 1, 2.

a) Calcolare la matrice A che rappresenta T rispetto alla base canonica.

b) T è invertibile?

c) T è un endomorfismo simmetrico?

Soluzione: Poiché v_{1} è autovettore rispetto a λ = 1, otteniamo che T (v_{1}) = v_{1}. Analogamente T (v_{2}) = v_{2} e T (v_{3}) = 2v_{3}. Di conseguenza

T (v_{1}) = (1, 1, 0),  T (v_{2}) = (0, 1, 1),  T (v_{3}) = (0, 0, 2)

a) Dobbiamo trovare le immagini della base canonica. Notiamo che

e_{3} = v_{3}
e_{2} = v_{2} − v_{3}
e_{1} = v_{1} − e_{2} = v_{1} − v_{2} + v_{3}

Per la linearità di T otteniamo che

T (e_{3}) = T (v_{3}) = (0, 0, 2)
T (e_{2}) = T (v_{2}) − T (v_{3}) = (0, 1, 1) − (0, 0, 2) = (0, 1, −1)
T (e_{1}) = T (v_{1}) − T (v_{2}) + T (v_{3}) = (1, 1, 0) − (0, 1, 1) + (0, 0, 2) = (1, 0, 1)

Quindi la matrice che rappresenta T rispetto alla base canonica è

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & 2 \end{matrix}]

In alternativa per calcolare A si poteva utilizzare la matrice diagonalizzante P che ha per colonne gli autovettori, e la matrice diagonale D che ha gli autovalori sulla diagonale. Dalla relazione P^{−1}AP = D si ricava A = P DP^{−1}. b) T è invertibile se lo è A. Poiché det(A) = −2 ≠ 0, A e T sono invertibili.

c) T non è simmetrico perché A, che è associata a T rispetto alla base (ortonormale) canonica, non

lo è.

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Esercizio 10.7 (11.13). Sia T l’endomorfismo di R^{3} così definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (2x_{1}, 2x_{2} + \sqrt{3}x_{3}, \sqrt{3}x_{2})

a) Stabilire se T è invertibile.

b) Mostrare che T è un endomorfismo simmetrico.

c) Trovare una base ortonormale di R^{3} che diagonalizza T.

Soluzione: La matrice associata a T rispetto alla base canonica è:

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & 0 \end{matrix}]

a) T è invertibile se è invertibile la matrice A, cioè se A ha determinante non nullo:

det(A) = det [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & 0 \end{matrix}] = 2 · (−3) = −6 ≠ 0

b) La matrice associata a T rispetto alla base canonica (che è ortonormale) è simmetrica: A^{T} = A, quindi T è un endomorfismo simmetrico.

c) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}2 − λ & 0 & 0 \\ 0 & 2 − λ & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & −λ \end{matrix}] = (2 − λ) · [(2 − λ)(−λ) − 3] = (2 − λ)(λ^{2} − 2λ − 3)

quindi gli autovalori di A sono λ = 2, −1, 3.

Calcoliamo ora gli autospazi.

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}\sqrt{3}z = 0 \\ \sqrt{3}y − 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases}

⇒ E(2) = ⟨(1, 0, 0)⟩

E(−1) = N(A + I) : [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & 1 \end{matrix}] ⇒ \sqrt{3}III − II [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & \sqrt{3} \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}3x = 0 \\ 3y + \sqrt{3}z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = −\frac{3}{\sqrt{3}}t = −\sqrt{3}t \end{cases} ⇒ E(−1) = ⟨(0, 1, −\sqrt{3})⟩

E(3) = N(A − 3I) : [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & −3 \end{matrix}] ⇒ III + \sqrt{3}II [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & \sqrt{3} \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}3x = 0 \\ −y + \sqrt{3}z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = \sqrt{3}t \\ z = t \end{cases} ⇒ E(3) = ⟨(0, \sqrt{3}, 1)⟩

Essendo tre autospazi distinti i tre autovalori generatori trovati sono tra loro ortogonali. Per ottenere la base ortonormale cercata basta quindi prendere i generatori di norma 1:

B(R^{3}) = \{(1, 0, 0), (0, \frac{1}{2}, −\frac{\sqrt{3}}{2}) , (0, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})\}

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Esercizio 10.8 (13.4). Siano assegnate le seguenti coniche non degeneri f(x, y) = 0:

(1) 9x^{2} + 4xy + 6y^{2} − 10 = 0
(2) x^{2} + 6xy + y^{2} + 2x + y + \frac{1}{2} = 0
(3) 5x^{2} + 5y^{2} − 6xy + 16\sqrt{2}x + 38 = 0
(4) 25x^{2} − 7y^{2} + 48y + 7 = 0
(5) x^{2} + 4xy + 4y^{2} − 6x + 1 = 0

Per ognuna di esse: a) Determinare la matrice A della forma quadratica associata alla conica.

b) Stabilire se si tratta di un’iperbole, ellisse o parabola.

c) Se si tratta di una conica a centro (ellisse o iperbole), determinarne il centro e gli assi. Se si tratta di una parabola, determinarne il vertice e l’asse.

Soluzione:

(1) Consideriamo l’equazione 9x^{2} + 4xy + 6y^{2} = 10. a) Le matrici associate alla conica sono

A′ = [\begin{matrix}9 & 2 & 0 \\ 2 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & −10 \end{matrix}] e A = [\begin{matrix}9 & 2 \\ 2 & 6 \end{matrix}] associata alla forma quadratica

Notiamo che I_{3} = det(A′) ≠ 0, quindi la conica è non degenere.

b) Possiamo calcolare il determinante di A, oppure determinarne gli autovalori:

I_{2} = det(A) = 50 > 0 ⇒ si tratta di un’ellisse

Oppure:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}9 − λ & 2 \\ 2 & 6 − λ \end{matrix}] = (9 − λ)(6 − λ) − 4 = λ^{2} − 15λ + 50

Quindi A ha due autovalori concordi( λ_{1} = 10, λ_{2} = 5), I_{2} = 10 · 5 > 0 e si tratta di un’ellisse.

c) Per determinare il centro risolviamo il sistema

A · [\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] + h = 0 ⇒ A · [\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] = −h

dove

h = [\begin{matrix}1/2 coeff. della x \\ 1/2 coeff. della y \end{matrix}]

ovvero il sistema associato alla matrice

[\begin{matrix}9 & 2 & | & 0 \\ 2 & 6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2II \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & | & 0 \\ 9 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − 9I [\begin{matrix}1 & 3 & | & 0 \\ 0 & −25 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \end{cases} ⇒ C = (0, 0)

Potevamo notare che il centro della conica è (0, 0) osservando che nell’equazione mancano i termini x e y che indicano la traslazione. Gli assi sono le rette passanti per il centro e di direzione gli autovettori di A. Dobbiamo quindi prima determinare gli autovettori: Calcoliamo l’autospazio E(10) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 10I:

[\begin{matrix}−1 & 2 & | & 0 \\ 2 & −4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II + 2I [\begin{matrix}−1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ −x + 2y = 0 ⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = t \end{cases}

⇒ E(10) = ⟨(2, 1)⟩

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(5) risolvendo il sistema omogeneo associato a A−5I:

[\begin{matrix}4 & 2 & | & 0 \\ 2 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ 2II − I \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2x + y = 0 ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −2t \end{cases}

⇒ E(5) = ⟨(1, −2)⟩ Infine:

a_{1} : \begin{cases}x = 0 + 2t \\ y = 0 + t \end{cases} ⇒ x − 2y = 0

a_{2} : \begin{cases}x = 0 + t \\ y = 0 − 2t \end{cases} ⇒ 2x + y = 0

(2) Consideriamo l’equazione x^{2} + 6xy + y^{2} + 2x + y + \frac{1}{2} = 0 a) Le matrici associate alla conica sono:

A′ = [\begin{matrix}1 & 3 & 1 \\ 3 & 1 & \frac{1}{2} \\ 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}] e A = [\begin{matrix}1 & 3 \\ 3 & 1 \end{matrix}] associata alla forma quadratica

Notiamo che I_{3} = det(A′) ≠ 0, quindi si tratta di una conica non degenere.

b) Possiamo calcolare il determinante di A, oppure determinarne gli autovalori:

I_{2} = det(A) = −80 < 0 ⇒ si tratta di un’iperbole

Oppure:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}1 − λ & 3 \\ 3 & 1 − λ \end{matrix}] = λ^{2} − 2λ − 8

Quindi A ha due autovalori discordi (λ_{1} = 4, λ_{2} = −2), I_{2} < 0 e si tratta di un’iperbole.

c) Poichè si tratta di una conica a centro ne possiamo determinare il centro risolvendo il sistema

A · [\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] + h = 0 ⇒ A · [\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] = −h

ovvero il sistema associato alla matrice

[\begin{matrix}1 & 3 & | & −1 \\ 3 & 1 & | & −\frac{1}{2} \end{matrix}] ⇒ 2II [\begin{matrix}1 & 3 & | & −1 \\ 6 & 2 & | & −1 \end{matrix}] ⇒ II − 6I [\begin{matrix}1 & 3 & | & −1 \\ 0 & −16 & | & 5 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = −\frac{1}{16} \\ y = −\frac{5}{16} \end{cases} ⇒ C = (−\frac{1}{16}, −\frac{5}{16})

Gli assi sono le rette passanti per il centro e di direzione parallela agli autovettori di A. Calcoliamo l’autospazio E(4) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 4I:

[\begin{matrix}−3 & 3 & | & 0 \\ 3 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ II + I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ −x + y = 0 ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \end{cases}

⇒ E(4) = ⟨(1, 1)⟩

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(−2) risolvendo il sistema omogeneo associato a A + 2I:

[\begin{matrix}3 & 3 & | & 0 \\ 3 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ II − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ x + y = 0 ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −t \end{cases}

⇒ E(−2) = ⟨(1, −1)⟩

Infine gli assi sono le rette passanti per il centro e di direzione parallela agli autovettori trovati:

a_{1} : \begin{cases}x = −\frac{1}{16} + t \\ y = −\frac{5}{16} + t \end{cases} ⇒ 4x − 4y − 1 = 0

a_{2} : \begin{cases}x = −\frac{1}{16} + t \\ y = −\frac{5}{16} − t \end{cases} ⇒ 8x + 8y + 3 = 0

(3) Consideriamo l’equazione 5x^{2} + 5y^{2} − 6xy + 16\sqrt{2}x + 38 = 0 a) Le matrici associate alla conica sono:

A′ = [\begin{matrix}5 & −3 & 8\sqrt{2} \\ −3 & 5 & 0 \\ 8\sqrt{2} & 0 & 38 \end{matrix}] e A = [\begin{matrix}5 & −3 \\ −3 & 5 \end{matrix}]  h = [\begin{matrix}8\sqrt{2} \\ 0 \end{matrix}] ,  k = 38

Notiamo che I_{3} = det(A′) ≠ 0, quindi si tratta di una conica non degenere.

b) Calcoliamo gli autovalori di A:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}5 − λ & −3 \\ −3 & 5 − λ \end{matrix}] = λ^{2} − 10λ + 16

Quindi A ha due autovalori concordi (λ_{1} = 8 e λ_{2} = 2), I_{2} = det(A) > 0 e si tratta di un’ellisse.

c) Determiniamo il centro risolvendo il sistema

A · [\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] = −h ⇒ [\begin{matrix}5 & −3 & | & −8\sqrt{2} \\ −3 & 5 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ 5II + 3I \end{matrix} [\begin{matrix}−3 & 5 & | & 0 \\ 0 & 16 & | & −24\sqrt{2} \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = −\frac{5}{2} \sqrt{2} \\ y = −\frac{3}{2} \sqrt{2} \end{cases} ⇒ C = (−\frac{5}{2}\sqrt{2}, −\frac{3}{2}\sqrt{2})

Per determinare gli assi calcoliamo gli autospazi. Calcoliamo l’autospazio E(8) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 8I:

[\begin{matrix}−3 & −3 & | & 0 \\ −3 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ II − I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ −x − y = 0 ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \end{cases}

⇒ E(8) = ⟨(−1, 1)⟩

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(2) risolvendo il sistema omogeneo associato a A−2I:

[\begin{matrix}3 & −3 & | & 0 \\ −3 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ II + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ x − y = 0 ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \end{cases}

⇒ E(2) = ⟨(1, 1)⟩

Infine gli assi sono le rette per il centro di direzione parallela agli autovettori:

a_{1} : \begin{cases}x = −\frac{5}{2} \sqrt{2} − t \\ y = −\frac{3}{2} \sqrt{2} + t \end{cases} ⇒ x + y + 4\sqrt{2} = 0

a_{2} : \begin{cases}x = −\frac{5}{2} \sqrt{2} + t \\ y = −\frac{3}{2} \sqrt{2} + t \end{cases} ⇒ x − y + \sqrt{2} = 0

(4) Consideriamo l’equazione 25x^{2} − 7y^{2} + 48y + 7 = 0. a) Le matrici associate alla conica sono:

A′ = [\begin{matrix}25 & 0 & 0 \\ 0 & −7 & 24 \\ 0 & 24 & 7 \end{matrix}] e A = [\begin{matrix}25 & 0 \\ 0 & −7 \end{matrix}]  h = [\begin{matrix}0 \\ 24 \end{matrix}] ,  k = 7

Notiamo che I_{3} = det(A′) ≠ 0, quindi si tratta di una conica non degenere.

b) Determiniamo gli autovalori di A:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}25 − λ & 0 \\ 0 & −7 − λ \end{matrix}] = (25 − λ)(−7 − λ)

Quindi A ha due autovalori discordi (λ_{1} = 25 e λ_{2} = −7), I_{2} < 0 e si tratta di un’iperbole.

c) Determiniamo il centro della conica risolvendo il sistema

[\begin{matrix}25 & 0 & | & 0 \\ 0 & −7 & | & −24 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = \frac{24}{7} \end{cases} ⇒ C = (0, \frac{24}{7})

Per determinare gli assi cerchiamo gli autovettori di A.

Calcoliamo l’autospazio E(25) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 25I:

[\begin{matrix}0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −32 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ −32y = 0 ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \end{cases} ⇒ E(25) = ⟨(1, 0)⟩

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(−7) risolvendo il sistema omogeneo associato a A + 7I:

[\begin{matrix}32 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 32x = 0 ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \end{cases} ⇒ E(−7) = ⟨(0, 1)⟩

E’ chiaro che abbiamo eseguito calcoli sostanzialmente inutili. Infatti la ricerca degli autospazi corrisponde alla rotazione della conica. Il fatto che nell’equazione manchi il termine in xy, ovvero A è diagonale, indica che non è necessario effettuare la rotazione e che possiamo prendere come autovettori i vettori della base canonica (1, 0) e (0, 1). Infine gli assi sono le rette per il centro parallele agli autovettori (in questo caso parallele agli assi cartesiani):

a_{1} : \begin{cases}x = 0 + t \\ y = \frac{24}{7} \end{cases} ⇒ y = \frac{24}{7}

a_{2} : \begin{cases}x = 0 \\ y = \frac{24}{7} + t \end{cases} ⇒ x = 0

(5) Consideriamo l’equazione x^{2} + 4xy + 4y^{2} − 6x + 1 = 0. a) Le matrici associate alla conica sono:

A′ = [\begin{matrix}1 & 2 & −3 \\ 2 & 4 & 0 \\ −3 & 0 & 1 \end{matrix}] e A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 4 \end{matrix}]  h = [\begin{matrix}−3 \\ 0 \end{matrix}] ,  k = 1

Notiamo che I_{3} = det(A′) ≠ 0, quindi si tratta di una conica non degenere.

b) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}1 − λ & 2 \\ 2 & 4 − λ \end{matrix}] = λ(λ − 5)

Quindi A ha autovalori: λ_{1} = 0 e λ_{2} = 5. Poiché ha un autovalore nullo, I_{2} < 0 e si tratta di una parabola.

c) Calcoliamo la direzione dell’asse ricordando che questo è parallelo all’autovettore relativo all’autovalore nullo. Calcoliamo quindi l’autospazio E(0) risolvendo il sistema omogeneo associato a A:

[\begin{matrix}1 & 2 & | & 0 \\ 2 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − 2I ⇒ [\begin{matrix}1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ x + 2y = 0 ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = t \end{cases}

⇒ E(0) = ⟨(−2, 1)⟩

Ora che abbiamo la direzione dell’asse dobbiamo determinarne un punto per potere scrivere l’equazione. Consideriamo una qualsiasi retta ortogonale all’asse, cioè di direzione (1, 2):

\begin{cases}x = x_{0} + t \\ y = y_{0} + 2t \end{cases} ⇒ 2x − y = k per qualche k

Se una tale retta interseca la parabola in due punti D e E, allora il punto medio M del segmento DE sarà un punto dell’asse. Senza tenere k variabile assegnamo a k un valore a caso, la cosa più semplice è porre k = 0. Se la retta trovata non interseca la parabola la cosa formalmente più corretta sarebbe cambiare valore. In realtà, pensando per un attimo di lavorare in C anziché in R possiamo comunque raggiungere il risultato, come vedremo tra poco.

\begin{cases}2x − y = 0 \\ x^{2} + 4xy + 4y^{2} − 6x + 1 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 2x \\ x^{2} + 8x^{2} + 16x^{2} − 6x + 1 = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}y = 2x \\ 25x^{2} − 6x + 1 = 0 \end{cases}

L’equazione di secondo grado ottenuta ha soluzioni in C, ma non in R:

x_{1,2} = \frac{3 ± \sqrt{9 − 25}}{25} = \frac{3 ± \sqrt{−16}}{25}

A noi però interessa in realtà il punto medio M(x_{M}, y_{M}) del segmento DE e

x_{M} = \frac{x_{D} + x_{E}}{2} = \frac{x_{1} + x_{2}}{2} = \frac{1}{2} (\frac{3 + \sqrt{−16}}{25} + \frac{3 − \sqrt{−16}}{25})

= \frac{1}{2} · \frac{3 + \sqrt{−16} + 3 − \sqrt{−16}}{25} = \frac{1}{2} · \frac{6}{25} = \frac{3}{25}

Quindi indipendentemente dal Δ, il valore di x_{M} viene comunque reale (e corretto). In alternativa potevamo anche utilizzare le relazioni tra le radici e i coefficienti di una equazione

di secondo grado. Infatti data l’equazione ax^{2}+bx+c = 0 sappiamo che x_{1}+x_{2} = −\frac{b}{a}. Quindi data l’equazione

25x^{2} − 6x + 1 = 0

otteniamo

x_{1} + x_{2} = \frac{6}{25} x_{M} = \frac{x_{1} + x_{2}}{2} = \frac{3}{25}

A questo punto possiamo calcolare y_{M}, ricordando che M appartiene al segmento DE, cioè alla retta y = 2x.

\begin{cases}x_{M} = \frac{3}{25} \\ y_{M} = 2x_{M} = \frac{6}{25} \end{cases} ⇒ M = (\frac{3}{25}, \frac{6}{25})

Infine l’asse è la retta per M parallela all’autovettore relativo a λ = 0, cioè di direzione (−2, 1):

\begin{cases}x = \frac{3}{25} − 2t \\ y = \frac{6}{25} + t \end{cases} ⇒ x + 2y = \frac{3}{5} ⇒ 5x + 10y = 3

Il vertice della parabola è dato dall’intersezione dell’asse con la parabola stessa:

\begin{cases}x + 2y = \frac{3}{5} \\ x^{2} + 4xy + 4y^{2} − 6x + 1 = 0 \end{cases} ⇒

\begin{cases}x = −2y + \frac{3}{5} \\ (−2y + \frac{3}{5})^{2} + 4y (−2y + \frac{3}{5}) + 4y^{2} − 6 (−2y + \frac{3}{5}) + 1 = 0 \end{cases} ⇒

\begin{cases}x = −2y + \frac{3}{5} \\ 12y − \frac{56}{25} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{17}{75} \\ y = \frac{14}{75} \end{cases} ⇒ V = (\frac{17}{75}, \frac{14}{75})

□

Esercizio 10.9 (13.5). Riconoscere che le seguenti coniche f(x, y) = 0 sono degeneri e determinare le equazioni delle rette che le formano. Se si tratta di una conica a centro determinarne il centro.

(1) x^{2} + 2xy + y^{2} + 3x + 3y = 0
(2) x^{2} + 9y^{2} − 6xy + 2x − 6y + 1 = 0
(3) x^{2} + xy − 2y^{2} + 3y − 1 = 0

Soluzione:

(1) Consideriamo l’equazione x^{2} + 2xy + y^{2} + 3x + 3y = 0 e le matrici A′ e A associate

A′ = [\begin{matrix}1 & 1 & \frac{3}{2} \\ 1 & 1 & \frac{3}{2} \\ \frac{3}{2} & \frac{3}{2} & 0 \end{matrix}]  A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}] ,  h = [ \frac{3}{2} \frac{3}{2}] ,  k = 0

Poichè A′ ha due righe uguali si ha I_{3} = det(A′) = 0, quindi si tratta di una conica degenere. Inoltre I_{2} = det(A) = 0, quindi si tratta conica degenere non a centro. Per determinare esplicitamente l’equazione delle due rette si può considerare l’equazione della conica come una equazione di secondo grado nell’incognita x e considerare la y come parametro:

x^{2} + (2y + 3)x + (y^{2} + 3y) = 0

Risolvendo tale equazione con la formula per le equazioni di secondo grado otteniamo.

x_{1,2} = \frac{−2y − 3 ± \sqrt{(2y + 3)^{2} − 4(y^{2} + 3y)}}{2} = \frac{−2y − 3 ± \sqrt{9}}{2}

= \frac{−2y − 3 ± 3}{2}

⇒ x = −y  oppure  x = −y − 3

Si tratta quindi di due rette reali parallele:

r_{1} : x + y = 0
r_{2} : x + y + 3 = 0

(2) Consideriamo l’equazione x^{2} + 9y^{2} − 6xy + 2x − 6y + 1 = 0 e le matrici associate:

A′ = [\begin{matrix}1 & −3 & 1 \\ −3 & 9 & −3 \\ 1 & −3 & 1 \end{matrix}]  A = [\begin{matrix}1 & −3 \\ −3 & 9 \end{matrix}] ,  h = [\begin{matrix}1 \\ −3 \end{matrix}]

Notiamo che senza eseguire calcoli possiamo dedurre che I_{3} = det(A′) = 0 in quanto A′ ha due righe uguali, quindi si tratta di una conica degenere.

Per determinare esplicitamente l’equazione della retta risolviamo l’equazione di secondo grado nell’incognita x con parametro y (o viceversa):

x^{2} − 2(3y − 1) + (9y^{2} − 6y + 1) = 0 ⇒
x_{1,2} = (3y − 1) ± \sqrt{(3y − 1)^{2} − (9y^{2} − 6y + 1)} = 3y − 1

Quindi si tratta della retta x − 3y + 1 = 0 (conica doppiamente degenere, infatti rg(A′) = 1).

(3) Consideriamo l’equazione x^{2} + xy − 2y^{2} + 3y − 1 = 0 e le matrici associate:

A′ = [\begin{matrix}1 & \frac{1}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & −2 & \frac{3}{2} \\ 0 & \frac{3}{2} & −1 \end{matrix}]  A = [\begin{matrix}1 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & −2 \end{matrix}] ,  h = [0_{\frac{3}{2}}]

Poichè I_{3} = det(A′) = 0 si tratta di una conica degenere. Inoltre I_{2} = det(A) ≠ 0 quindi si tratta di una conica degenere a centro.

Per determinare esplicitamente l’equazione delle due rette si può considerare l’equazione della conica come una equazione di secondo grado nell’incognita x e considerare la y come parametro (o viceversa):

x^{2} + xy + (−2y^{2} + 3y − 1) = 0

Risolvendo tale equazione con la formula per le equazioni di secondo grado otteniamo.

x_{1,2} = \frac{−y ± \sqrt{y^{2} − 4(−2y^{2} + 3y − 1)}}{2} = \frac{−y ± \sqrt{9y^{2} − 12y + 4}}{2}

= \frac{−y ± (3y − 2)}{2}

⇒ x = y − 1  oppure  x = −2y + 1

Si tratta quindi di due rette reali incidenti:

r_{1} : x − y + 1 = 0
r_{2} : x + 2y − 1 = 0

Notiamo che le due rette si intersecano nel punto C (−\frac{1}{3}, \frac{2}{3}) che corrisponde al centro della conica. Il punto C lo possiamo anche ricavare, come nei casi di coniche a centro non degeneri, risolvendo il sistema A · [x y]^{T} = −h.

□

Esercizio 10.10 (13.6). Ridurre in forma canonica le seguenti coniche:

a) 5x^{2} + 5y^{2} − 6xy + 16\sqrt{2}x + 38 = 0
b) 25x^{2} − 7y^{2} + 48y + 7 = 0
c) x^{2} + 4xy + 4y^{2} − 6x + 1 = 0

Soluzione:

a) Consideriamo l’equazione 5x^{2} + 5y^{2} − 6xy + 16\sqrt{2}x + 38 = 0. La matrice associata è

A′ = [\begin{matrix}5 & −3 & 8\sqrt{2} \\ −3 & 5 & 0 \\ 8\sqrt{2} & 0 & 38 \end{matrix}] con A = [\begin{matrix}5 & −3 \\ −3 & 5 \end{matrix}]

Di conseguenza:

– I_{3} = det(A′) = 8\sqrt{2}(−40\sqrt{2}) + 38(25 − 9) = −640 + 608 = −32, e si tratta di una conica non degenere.

– p_{A}(λ) = (5 − λ)^{2} − 9 = λ^{2} − 10λ + 16. Quindi gli autovalori sono λ_{1} = 8 e λ_{2} = 2, concordi, e si tratta di un’ellisse.

– Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo ax^{2}+by^{2}±1 = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo

λ_{1}x^{2} + λ_{2}y^{2} + t = 0 ⇒ 8x^{2} + 2y^{2} + t = 0

a cui è associata la matrice

B = [\begin{matrix}8 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]

Sappiamo inoltre che I_{3} = det(A′) è un invariante, quindi I_{3} = det(A′) = det(B). Risolviamo quindi l’equazione:

−32 = 16t ⇒ t = −2

Infine possiamo ricavare la forma canonica:

8x^{2} + 2y^{2} − 2 = 0 ⇒ 4x^{2} + y^{2} − 1 = 0

b) Consideriamo l’equazione 25x^{2} − 7y^{2} + 48y + 7 = 0. La matrice associata è

A′ = [\begin{matrix}25 & 0 & 0 \\ 0 & −7 & 24 \\ 0 & 24 & 7 \end{matrix}] con A = [\begin{matrix}25 & 0 \\ 0 & −7 \end{matrix}]

Di conseguenza:

– I_{3} = det(A′) = 25 · (−49 − 24^{2}) = −25 · 625 ≠ 0, e si tratta di una conica non degenere.

– p_{A}(λ) = (25 − λ)(−7 − λ). Quindi gli autovalori sono λ_{1} = 25 e λ_{2} = −7, disconcordi, e si tratta di un’iperbole.

– Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo ax^{2}−by^{2}−1 = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo

λ_{1}x^{2} + λ_{2}y^{2} + t = 0 ⇒ 25x^{2} − 7y^{2} + t = 0

a cui è associata la matrice

B = [\begin{matrix}25 & 0 & 0 \\ 0 & −7 & 0 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]

Sappiamo inoltre che I_{3} = det(A′) è un invariante, quindi det(A′) = det(B). Risolviamo quindi l’equazione:

−25 · 625 = −25 · 7t ⇒ t = \frac{625}{7}

Infine possiamo ricavare la forma canonica:

25x^{2} − 7y^{2} + \frac{625}{7} = 0 ⇒ \frac{7}{25}x^{2} − \frac{49}{625}y^{2} + 1 = 0 ⇒ −\frac{7}{25}x^{2} + \frac{49}{625}y^{2} − 1 = 0

Per ottenere la forma canonica in questo caso dobbiamo effettuare la rotazione che manda x in y e y in −x::

\frac{49}{625}x^{2} − \frac{7}{25}y^{2} − 1 = 0

c) Consideriamo l’equazione x^{2} + 4xy + 4y^{2} − 6x + 1 = 0. La matrice associata è

A′ = [\begin{matrix}1 & 2 & −3 \\ 2 & 4 & 0 \\ −3 & 0 & 1 \end{matrix}] con A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 4 \end{matrix}]

Di conseguenza: – I_{3} = det(A′) = −3 · 12 = −36 ≠ 0, e si tratta di una conica non degenere.

– p_{A}(λ) = (1 − λ)(4 − λ) − 4 = λ^{2} − 5λ. Quindi gli autovalori sono λ_{1} = 0 e λ_{2} = 5, e si tratta di una parabola.

– Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo x^{2} − 2py = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo

λ_{2}x^{2} + 2ty = 0 ⇒ 5x^{2} + 2ty = 0

a cui è associata la matrice

B = [\begin{matrix}5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & t \\ 0 & t & 0 \end{matrix}]

Sappiamo inoltre che I_{3} = det(A′) è un invariante, quindi det(A′) = det(B). Risolviamo quindi l’equazione:

−36 = −5t^{2} ⇒ t^{2} = \frac{36}{5} ⇒ t = −\frac{6}{\sqrt{5}}

Infine possiamo ricavare la forma canonica:

5x^{2} + 2 · (−\frac{6}{\sqrt{5}}) y = 0 ⇒ x^{2} − \frac{12}{5\sqrt{5}}y = 0

□

Esercizio 10.11 (13.7). Ridurre in forma canonica le seguenti coniche e determinare il cambiamento di coordinate necessario per passare da una forma all’altra:

a) 5x^{2} + 5y^{2} − 6xy + 16\sqrt{2}x + 38 = 0
b) 25x^{2} − 7y^{2} + 48y + 7 = 0
c) x^{2} + 4xy + 4y^{2} − 6x + 1 = 0

Soluzione:

a) Consideriamo l’equazione 5x^{2} + 5y^{2} − 6xy + 16\sqrt{2}x + 38 = 0. Le matrici associate alla conica sono:

A′ = [\begin{matrix}5 & −3 & 8\sqrt{2} \\ −3 & 5 & 0 \\ 8\sqrt{2} & 0 & 38 \end{matrix}] ,  A = [\begin{matrix}5 & −3 \\ −3 & 5 \end{matrix}] ,  h = [\begin{matrix}8\sqrt{2} \\ 0 \end{matrix}] ,  k = 38

Poiché I_{3} = det(A′) ≠ 0 è una conica non degenere. Determiniamo gli autovalori di A:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}5 − λ & −3 \\ −3 & 5 − λ \end{matrix}] = λ^{2} − 10λ + 16

Quindi A ha due autovalori concordi λ_{1} = 8 e λ_{2} = 2, I_{2} > 0 e si tratta di un’ellisse la cui forma canonica ha associata la matrice

B = [\begin{matrix}8 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]

Imponendo la condizione sull’invariante I_{3} = det(A′) = det(B) otteniamo l’equazione:

−32 = 16t ⇒ t = −2

Infine la forma canonica cercata è:

8X^{2} + 2Y^{2} − 2 = 0 ⇒ 4X^{2} + Y^{2} − 1 = 0

Per determinare le trasformazioni per passare da una forma all’altra dobbiamo determinare il centro della conica, che indica la traslazione, e la matrice di rotazione R.

Determiniamo il centro risolvendo il sistema

A · [\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] = −h ⇒ [\begin{matrix}5 & −3 & | & −8\sqrt{2} \\ −3 & 5 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ 5II + 3I \end{matrix} [\begin{matrix}−3 & 5 & | & 0 \\ 0 & 16 & | & −24\sqrt{2} \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = −\frac{5}{2} \sqrt{2} \\ y = −\frac{3}{2} \sqrt{2} \end{cases} ⇒ C = (−\frac{5}{2}\sqrt{2}, −\frac{3}{2}\sqrt{2})

Per determinare la matrice di rotazione dobbiamo trovare gli autovettori di A. Calcoliamo l’autospazio E(8) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 8I:

[\begin{matrix}−3 & −3 & | & 0 \\ −3 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ II − I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ −x − y = 0 ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \end{cases}

⇒ E(8) = ⟨(−1, 1)⟩ = ⟨(1, −1)⟩

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(2) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 2I:

[\begin{matrix}3 & −3 & | & 0 \\ −3 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ II + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ x − y = 0 ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \end{cases}

⇒ E(2) = ⟨(1, 1)⟩

La matrice di rotazione cercata è la matrice ortogonale di determinante 1 che ha per colonne gli autovettori determinati normalizzati, quindi

R = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix}1 & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix}] ⇒ R^{T} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 \end{matrix}]

Infine le trasformazioni sono

[\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] = R [\begin{matrix}X \\ Y \end{matrix}] + [\begin{matrix}x_{0} \\ y_{0} \end{matrix}] e [\begin{matrix}X \\ Y \end{matrix}] = R^{T} [\begin{matrix}x − x_{0} \\ y − y_{0} \end{matrix}]

dove (x_{0}, y_{0}) è il centro C della conica. Quindi

[\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix}1 & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix}X \\ Y \end{matrix}] + [\begin{matrix}−\frac{5}{2} \sqrt{2} \\ −\frac{3}{2} \sqrt{2} \end{matrix}] = [\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}}(X + Y) − \frac{5}{2} \sqrt{2} \\ \frac{1}{\sqrt{2}}(−X + Y) − \frac{3}{2} \sqrt{2} \end{matrix}]

e la sua inversa

[\begin{matrix}X \\ Y \end{matrix}] = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix}x + \frac{5}{2} \sqrt{2} \\ y + \frac{3}{2} \sqrt{2} \end{matrix}] = [\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}}(x − y) + \frac{5}{2} \sqrt{2} \\ \frac{1}{\sqrt{2}}(x + y) + \frac{3}{2} \sqrt{2} \end{matrix}]

Notiamo che utilizzando il primo cambio di variabile, quello da (x, y) a (X, Y), nell’equazione iniziale si ottiene effettivamente la forma canonica che abbiamo determinato utilizzando gli invarianti.

b) Consideriamo l’equazione 25x^{2} − 7y^{2} + 48y + 7 = 0. Le matrici associate alla conica sono

A′ = [\begin{matrix}25 & 0 & 0 \\ 0 & −7 & 24 \\ 0 & 24 & 7 \end{matrix}] , A = [\begin{matrix}25 & 0 \\ 0 & −7 \end{matrix}] , h = [\begin{matrix}0 \\ 24 \end{matrix}] , k = 7

I_{3} = det(A′) ≠ 0, quindi è una conica non degenere.

Determiniamo gli autovalori di A:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}25 − λ & 0 \\ 0 & −7 − λ \end{matrix}] = (25 − λ)(−7 − λ)

Quindi A ha due autovalori discordi: λ = 25 e λ = −7, I_{2} < 0 e si tratta di un’iperbole la cui forma canonica ha associata la matrice

B = [\begin{matrix}−7 & 0 & 0 \\ 0 & 25 & 0 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]

Imponendo la condizione sull’invariante I_{3} = det(A′) = det(B) otteniamo t = \frac{625}{7}, per cui la forma canonica cercata è:

−7X^{2} + 25Y^{2} + \frac{625}{7} = 0 ⇒ \frac{49}{625}X^{2} − \frac{7}{25}Y^{2} − 1 = 0

Per determinare le trasformazioni per passare da una forma all’altra dobbiamo determinare il centro della conica, che indica la traslazione, e la matrice di rotazione R.

Determiniamo il centro della conica risolvendo il sistema A| − h:

[\begin{matrix}25 & 0 & | & 0 \\ 0 & −7 & | & −24 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = \frac{24}{7} \end{cases} ⇒ C = (0, \frac{24}{7})

Calcoliamo l’autospazio E(−7) risolvendo il sistema omogeneo associato a A + 7I:

[\begin{matrix}32 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \end{cases} ⇒ E(−7) = ⟨(0, 1)⟩ = ⟨(0, −1)⟩

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(25) risolvendo il sistema omogeneo associato a A−25I:

[\begin{matrix}0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −18 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \end{cases} ⇒ E(25) = ⟨(1, 0)⟩

La matrice di rotazione cercata è la matrice ortogonale di determinante 1 che ha per colonne gli autovettori determinati normalizzati, quindi

R = [\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}] ⇒ R^{T} = [\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}]

Notiamo che in effetti abbiamo solo effettuato la rotazione che scambia x e y in quando la conica di partenza non presentava il termine xy, quindi era già ruotata con gli assi paralleli agli assi cartesiani.

Infine le trasformazioni sono

[\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}] [\begin{matrix}X \\ Y \end{matrix}] + [ 0_{\frac{24}{7}}] = [\begin{matrix}Y \\ −X + \frac{24}{7} \end{matrix}]

e la sua inversa

[\begin{matrix}X \\ Y \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] [\begin{matrix}x \\ y − \frac{24}{7} \end{matrix}] = [\begin{matrix}−y + \frac{24}{7} \\ x \end{matrix}]

Notiamo che utilizzando il primo cambio di variabile, quello da (x, y) a (X, Y) nell’equazione iniziale si ottiene effettivamente la forma canonica che abbiamo determinato utilizzando gli invarianti.

c) Consideriamo l’equazione x^{2} + 4xy + 4y^{2} − 6x + 1 = 0. Le matrici associate alla conica sono:

A′ = [\begin{matrix}1 & 2 & −3 \\ 2 & 4 & 0 \\ −3 & 0 & 1 \end{matrix}] ,  A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 4 \end{matrix}] ,  h = [\begin{matrix}−3 \\ 0 \end{matrix}] ,  k = 1

Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}1 − λ & 2 \\ 2 & 4 − λ \end{matrix}] λ(λ − 5)

Quindi A ha due autovalori λ_{1} = 5 e λ_{2} = 0, I_{2} = 0 e si tratta di una parabola.

Calcoliamo l’autospazio E(5) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − I:

[\begin{matrix}−4 & 2 & | & 0 \\ 2 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ 2II + I \end{matrix} ⇒ [\begin{matrix}−2 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ −2x + y = 0 ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 2t \end{cases}

⇒ E(5) = ⟨(1, 2)⟩

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(0) risolvendo il sistema omogeneo associato a A:

[\begin{matrix}1 & 2 & | & 0 \\ 2 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − 2I ⇒ [\begin{matrix}1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ x + 2y = 0 ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = t \end{cases}

⇒ E(0) = ⟨(−2, 1)⟩

Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo x^{2} −2py = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo

λ_{2}x^{2} + 2ty = 0 ⇒ 5x^{2} + 2ty = 0

a cui è associata la matrice

B = [\begin{matrix}5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & t \\ 0 & t & 0 \end{matrix}]

Sfruttando l’invariante I_{3} per cui det(A′) = det(B) otteniamo t = −\frac{6}{\sqrt{5}} Infine possiamo la forma canonica cercata è:

5x^{2} + 2 · (−\frac{6}{\sqrt{5}}) y = 0 ⇒ x^{2} − \frac{12}{5\sqrt{5}}y = 0

Dagli autovettori ricaviamo inoltre la matrice ortogonale speciale R di cambiamento di base:

R = \frac{1}{\sqrt{5}} [\begin{matrix}1 & −2 \\ 2 & 1 \end{matrix}] ⇒ R^{T} = \frac{1}{\sqrt{5}} [\begin{matrix}1 & 2 \\ −2 & 1 \end{matrix}]

Per determinare la traslazione dobbiamo trovare il vertice, dato dal punto di intersezione tra l’asse e la parabola. Sappiamo che l’asse è parallelo all’autovettore relativo all’autovalore nullo e che E(0) = (−2, 1). Consideriamo una qualsiasi retta ortogonale all’asse, cioè di direzione (1, 2):

\begin{cases}x = x_{0} + t \\ y = y_{0} + 2t \end{cases} ⇒ 2x − y = k per qualche k

Se una tale retta interseca la parabola in due punti D e E, allora il punto medio M del segmento DE sarà un punto dell’asse. Senza tenere k variabile assegnamo a k un valore a caso, la cosa più semplice è porre k = 0. Se la retta trovata non interseca la parabola la cosa formalmente più corretta sarebbe cambiare valore. In realtà, pensando per un attimo di lavorare in C anziché in R possiamo comunque raggiungere il risultato, come vedremo tra poco.

\begin{cases}2x − y = 0 \\ x^{2} + 4xy + 4y^{2} − 6x + 1 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 2x \\ x^{2} + 8x^{2} + 16x^{2} − 6x + 1 = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}y = 2x \\ 25x^{2} − 6x + 1 = 0 \end{cases}

Dalle relazione tra i coefficienti e le soluzioni di una equazione di secondo grado otteniamo

x_{M} = \frac{x_{1} + x_{2}}{2} = \frac{1}{2} · \frac{−b}{a} = \frac{1}{2} · \frac{6}{25} = \frac{3}{25}

A questo punto possiamo calcolare y_{M}, ricordando che M appartiene al segmento DE, cioè alla retta y = 2x.

\begin{cases}x_{M} = \frac{3}{25} \\ y_{M} = 2x_{M} = \frac{6}{25} \end{cases} ⇒ M = (\frac{3}{25}, \frac{6}{25})

Infine l’asse è la retta per M parallela all’autovettore relativo a λ = 0, cioè di direzione (−2, 1):

\begin{cases}x = \frac{3}{25} − 2t \\ y = \frac{6}{25} + t \end{cases} ⇒ x + 2y = \frac{3}{5} ⇒ 5x + 10y = 3

Il vertice della parabola è dato dall’intersezione dell’asse con la parabola stessa:

\begin{cases}x + 2y = \frac{3}{5} \\ x^{2} + 4xy + 4y^{2} − 6x + 1 = 0 \end{cases} ⇒

\begin{cases}x = −2y + \frac{3}{5} \\ (−2y + \frac{3}{5})^{2} + 4y (−2y + \frac{3}{5}) + 4y^{2} − 6 (−2y + \frac{3}{5}) + 1 = 0 \end{cases} ⇒

\begin{cases}x = −2y + \frac{3}{5} \\ 12y − \frac{56}{25} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{17}{75} \\ y = \frac{14}{75} \end{cases} ⇒ V = (\frac{17}{75}, \frac{14}{75})

Infine le trasformazioni cercate sono

[\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] = \frac{1}{\sqrt{5}} [\begin{matrix}1 & −2 \\ 2 & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix}X \\ Y \end{matrix}] + [\frac{17}{75} \frac{14}{75}] = [\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{5}}(X − 2Y) + \frac{17}{75} \\ \frac{1}{\sqrt{5}}(2X + Y) + \frac{14}{75} \end{matrix}]

e la sua inversa

[\begin{matrix}X \\ Y \end{matrix}] = \frac{1}{\sqrt{5}} [\begin{matrix}1 & 2 \\ −2 & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix}x − \frac{17}{75} \\ y − \frac{14}{75} \end{matrix}] = [\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{5}} & (x + 2y − \frac{3}{5}) \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & (−2x + y + \frac{4}{15}) \end{matrix}]

In realtà con la parabola ci può essere un problema: effettuando il cambio di variabile indicato non otteniamo l’equazione canonica determinata. Questo è dovuto al fatto che in realtà la rotazione corretta è:

R = \frac{1}{\sqrt{5}} [\begin{matrix}−1 & 2 \\ −2 & −1 \end{matrix}] ⇒ R^{T} = \frac{1}{\sqrt{5}} [\begin{matrix}−1 & −2 \\ 2 & −1 \end{matrix}]

data dalla composizione della rotazione R precedentemente trovata con la rotazione

[\begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}]

che manda X in −X e Y in −Y. Infatti la scelta della matrice di rotazione (ortogonale speciale) è sempre a meno del segno.

La trasformazione corretta che permette di passare dall’equazione iniziale alla forma canonica è:

[\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] = \frac{1}{\sqrt{5}} [\begin{matrix}−1 & 2 \\ −2 & −1 \end{matrix}] [\begin{matrix}X \\ Y \end{matrix}] + [\frac{17}{75} \frac{14}{75}] = [\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{5}}(−X + 2Y) + \frac{17}{75} \\ \frac{1}{\sqrt{5}}(−2X − Y) + \frac{14}{75} \end{matrix}]
□

Esercizio 10.12 (13.8). Sia C la conica di equazione

C : 2xy − x − 3y = k

(1) Stabilire per quali valori di k la conica C è degenere.

(2) Posto k = 0, stabilire di quale tipo di conica si tratti.

(3) Trovare gli assi (o l’asse) di simmetria di C.

Soluzione: La matrice A′ associata alla conica è

A′ = [\begin{matrix}0 & 1 & −\frac{1}{2} \\ 1 & 0 & −\frac{3}{2} \\ −\frac{1}{2} & −\frac{3}{2} & −k \end{matrix}]

(1) Per stabilire se la conica è degenere calcoliamo il determinante di A′:

I_{3} = det(A′) = − (−k − \frac{3}{4}) − \frac{1}{2} (−\frac{3}{2}) = k + \frac{3}{2}

Quindi C è degenere se k = −\frac{3}{2}.

(2) Posto k = 0 calcoliamo il determinante della sottomatrice A

I_{2} = det(A) = det [\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] = −1 < 0

Si tratta quindi di un’iperbole.

(3) Per determinare il centro di C risolviamo

[\begin{matrix}0 & 1 & | & \frac{1}{2} \\ 1 & 0 & | & \frac{3}{2} \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = \frac{3}{2} \\ y = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ C = (\frac{3}{2}, \frac{1}{2})

Per determinare gli assi dobbiamo inoltre individuare la rotazione da effettuare per passare alla forma canonica. Calcoliamo quindi gli autospazi di A.

p_{A}(λ) = λ^{2} − 1

Quindi A ha due autovalori distinti: λ = ±1. Inoltre

E(1) = ⟨ (1, 1) ⟩
E(−1) = ⟨ (−1, 1) ⟩

I due autovettori indicano le direzioni degli assi della conica, quindi gli assi sono le due rette passanti per il centro C della conica e parallele a tali vettori:

a_{1} : \begin{cases}x = \frac{3}{2} + t \\ y = \frac{1}{2} + t \end{cases} ∀t ∈ R

a_{2} : \begin{cases}x = \frac{3}{2} − t \\ y = \frac{1}{2} + t \end{cases} ∀t ∈ R

Ricavando le equazioni in forma cartesiana otteniamo:

a_{1} : x − y = 1
a_{2} : x + y = 2
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Esercizio 10.13 (13.9). Sia k un parametro reale. Si consideri la famiglia di coniche C_{k} di equazione

C_{k} : 2kx^{2} + 2(k − 2)xy − 4y^{2} + 2x = 1.

a) Esistono coniche degeneri nella famiglia?

b) Si classifichi la conica C_{k} al variare di k.

c) Si determinino le coordinate dei centri delle coniche C_{k} (quando esistono).

Soluzione: Consideriamo le matrici associate a C:

A′ = [\begin{matrix}2k & k − 2 & 1 \\ k − 2 & −4 & 0 \\ 1 & 0 & −1 \end{matrix}] A = [\begin{matrix}2k & k − 2 \\ k − 2 & −4 \end{matrix}]

a) I_{3} = det(A′) = k^{2} + 4k + 8 ≠ 0 per ogni valore di k, quindi non esistono coniche degeneri nella famiglia.

b) I_{2} = det(A) = −(k + 2)^{2}, quindi – Se k = −2, I_{2} = det(A) = 0 e C_{−2} è una parabola.

– Se k ≠ −2, I_{2} = det(A) < 0 e C_{k} è una iperbole.

c) Calcoliamo il centro C_{k} delle coniche C_{k} nel caso k ≠ −2:

[\begin{matrix}2k & k − 2 & | & −1 \\ k − 2 & −4 & | & 0 \end{matrix}]

Scambiando prima e seconda riga e prima e seconda colonna otteniamo:

[\begin{matrix}−4 & k − 2 & | & 0 \\ k − 2 & 2k & | & −1 \end{matrix}] ⇒ 4II + (k − 2)I [\begin{matrix}−4 & k − 2 & | & 0 \\ 0 & (k + 2)^{2} & | & −4 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}−4y + (k − 2)x = 0 \\ (k + 2)^{2}x = −4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{4}{(k + 2)^{2}} \\ y = −\frac{k − 2}{(k + 2)^{2}} \end{cases}

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Esercizio 10.14 (13.11). Sia C_{k} la conica di equazione

C_{k} : x^{2} + kxy + y^{2} − 4 = 0 (k parametro reale)

a) Al variare di k ∈ R, riconoscere di quale tipo di conica si tratti.

b) Trovare le coniche degeneri della famiglia.

c) Mostrare che tutte le ellissi appartenenti alla famiglia sono reali.

Soluzione: Consideriamo le matrici A′ e A associate alla conica:

A′ = [\begin{matrix}1 & \frac{k}{2} & 0 \\ \frac{k}{2} & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −4 \end{matrix}]

a) Cominciamo a distinguere il caso degenere:

I_{3} = det(A′) = −4 (1 − (\frac{k}{2} )^{2})

quindi det(A′) = 0 se (\frac{k}{2} )^{2} = 1, cioè

\frac{k}{2} = 1 ⇒ k = 2

\frac{k}{2} = −1 ⇒ k = −2

Infine la conica è non degenere se k ≠ ±2. Inoltre:

I_{2} = det(A) = 1 − (\frac{k}{2} )^{2} = \frac{−k^{2} + 4}{4}

Quindi – Se −2 < k < 2, si ha I_{2} = det(A) > 0 e C è un’ellisse.

– Se k < −2 o k > 2, si ha I_{2} = det(A) < 0 e C è un’iperbole.

– Se k = ±2 si tratta di una parabola degenere.

b) Abbiamo già visto che la conica è degenere se k = ±2, inoltre:

– Se k = −2, C diventa x^{2} − 2xy + y^{2} − 4 = 0. Anche senza utilizzare la formula per risolvere l’equazione otteniamo:

(x − y)^{2} = 4 ⇒ x − y = ±2

Quindi in questo caso la conica corrisponde alla coppia di rette parallele:

r_{1} : x − y = 2, r_{2} : x − y = −2

– Se k = 2, C diventa x^{2} + 2xy + y^{2} − 4 = 0 e in maniera del tutto analoga otteniamo:

(x + y)^{2} = 4 ⇒ x + y = ±2

e la conica corrisponde alla coppia di rette parallele:

r_{1} : x + y = 2, r_{2} : x + y = −2

c) Abbiamo visto che C è un’ellisse se −2 < k < 2. Inoltre se per esempio x = 0 dall’equazione di C otteniamo y = ±2, quindi i punti A(0, 2) e B(0, −2) appartengono ad ogni conica. Se una conica (non degenere) contiene un punto reale è necessariamente tutta reale. Quindi in particolare tutte le ellissi sono reali.

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Esercizio 10.15 (13.13). Fissato il parametro reale t, sia C_{t} la conica di equazione

C_{t} : tx^{2} + 2xy + (t + 2)y^{2} − 2y = 0

a) Stabilire se esistono valori di t per cui la conica è degenere.

b) Determinare il tipo di conica al variare del parametro t.

c) Scrivere la forma canonica di C_{t} per t = −1.

Soluzione:

La matrice A′ associata alla conica è

A′ = [\begin{matrix}t & 1 & 0 \\ 1 & t + 2 & −1 \\ 0 & −1 & 0 \end{matrix}]

a) det(A′) = −t, quindi la conica è degenere per t = 0

b) det(A) = t^{2} + 2t − 1, quindi:

– Se t < −1 − \sqrt{2} o t > −1 + \sqrt{2}, det(A) > 0 e si tratta di un’ellisse.

– Se −1 − \sqrt{2} < t < −1 + \sqrt{2} con t ≠ 0, det(A) < 0 e si tratta di un’iperbole.

– Se t = −1 ± \sqrt{2}, det(A) = 0 e si tratta di una parabola.

– Se t = 0 otteniamo l’equazione 2xy + 2y^{2} − 2y = 0, quindi si tratta di una coppia di rette

incidenti (infatti det(A) ≠ 0): y = 0 e x + y − 1 = 0.

c) Calcoliamo gli autovalori di A per t = −1:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}−1 − λ & 1 \\ 1 & 1 − λ \end{matrix}] = λ^{2} − 2

Quindi gli autovalori di A sono λ = ±\sqrt{2}, discordi infatti si tratta di un’iperbole. La conica ha quindi equazione del tipo

\sqrt{2}x^{2} − \sqrt{2}y^{2} + k = 0 ⇒ B = [\begin{matrix}\sqrt{2} & 0 & 0 \\ 0 & −\sqrt{2} & 0 \\ 0 & 0 & k \end{matrix}]

Imponendo la condizione I_{3} = det(B) = det(A) = 1 otteniamo −2k = 1, quindi l’equazione di C_{−1} è

\sqrt{2}x^{2} − \sqrt{2}y^{2} − \frac{1}{2} = 0 ⇒ C_{−1} : 2\sqrt{2}x^{2} − 2\sqrt{2}y^{2} − 1 = 0

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Esercizio 10.16 (13.14). Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}]

a) Calcolare autovalori e autovettori di A.

b) Calcolare una matrice diagonalizzante di A, che sia ortogonale e rappresenti una rotazione dello spazio attorno all’origine.

c) Scrivere la forma canonica della conica C con matrice associata A

Soluzione:

a) Il polinomio caratteristico di A è

p_{A}(λ) = (1 − λ)[(1 − λ)^{2} − 4] = (1 − λ)(λ^{2} − 2λ − 3)

quindi gli autovalori di A sono λ = −1, 1, 3. Calcoliamo gli autospazi:

E(1) = N(M − I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨(1, 0, 0)⟩

E(3) = N(M − 3I) : [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 2 \\ 0 & 2 & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = t \end{cases} ⇒ E(3) = ⟨(0, 1, 1)⟩

E(−1) = N(M + I) : [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −t \\ z = t \end{cases} ⇒ E(−1) = ⟨(0, −1, 1)⟩

b) Gli autovettori trovati, essendo relativi a autovalori distinti, sono già ortogonali tra loro. E’ quindi sufficiente renderli di norma 1 per ottenere la matrice diagonalizzante ortogonale di rotazione:

R = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & −\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{matrix} ]

c) det(A) = −3, quindi si tratta di una conica non degenere. Inoltre l’autovalore della matrice

[\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] associata alla forma quadratica è λ = 1 doppio. Si tratta quindi di un’ellisse e cerchiamo

un’equazione del tipo x^{2} + y^{2} + t = 0 a cui è associata la matrice

B = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]

Imponendo la condizione det(A) = det(B) otteniamo t = −3. Infine la forma canonica della conica (ellisse reale) è

x^{2} + y^{2} − 3 = 0  ⇒  \frac{1}{3}x^{2} + \frac{1}{3}y^{2} − 1 = 0

Notiamo che si tratta in realtà di una circonferenza centrata nell’origine e di raggio \sqrt{3}.

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