CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

FOGLIO DI ESERCIZI 12 – GEOMETRIA 2009/10

Esercizio 12.1 (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})

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Esercizio 12.2 (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.

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Esercizio 12.3 (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 12.4 (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 12.5 (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
□

Esercizio 12.6 (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 12.7 (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 12.8 (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 12.9 (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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Esercizio 12.10 (13.16). Sia C la conica di equazione

C : 3x^{2} + 14xy − 5y^{2} − 10x + 14y = 0

a) Stabilire il tipo di conica.

b) Nel caso sia una conica a centro, trovare le coordinate del centro.

c) Trovare equazioni degli eventuali asintoti della conica.

Soluzione:

a) Le matrici A′ e A associate alla conica sono:

A′ = [\begin{matrix}3 & 7 & −5 \\ 7 & −5 & 7 \\ −5 & 7 & 0 \end{matrix}] A = [\begin{matrix}3 & 7 \\ 7 & −5 \end{matrix}]

La matrice A′ ha determinante non nullo, quindi si tratta di una conica non degenere; inoltre det(A) = −64 < 0, quindi si tratta di un’iperbole.

b) Per trovare il centro risolviamo il sistema Ax = −h:

[\begin{matrix}3 & 7 & | & 5 \\ 7 & −5 & | & −7 \end{matrix}] ⇒ 3II − 7I [\begin{matrix}5 & 7 & | & 5 \\ 0 & −64 & | & −56 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −\frac{3}{8} \\ y = \frac{7}{8} \end{cases} ⇒ C = (−\frac{3}{8}, \frac{7}{8})

c) Gli asintoti sono rette passanti per il centro, di direzione parallela ai punti all’infinito della conica. L’equazione della conica in coordinate omogenee è 3X^{2} + 14XY − 5Y^{2} − 10XZ + 14Y Z = 0. Ponendo Z = 0 otteniamo l’equazione 3X^{2} + 14XY − 5Y^{2} = 0 le cui soluzioni sono

\frac{X}{Y} = \frac{−7 ± 8}{3}

cioè le due rette x + 5y = 0 e 3x − y = 0. Infine gli asintoti (passanti per il centro) sono le rette

a_{1} : x + 5y − 4 = 0 a_{2} : 3x − y + 2 = 0
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Esercizio 12.11 (13.17). Sia C la conica di equazione

x^{2} + 4xy + 4y^{2} + 4y = 0.

a) Si determini il tipo di conica.

b) Si trovi la forma canonica della conica.

c) Si trovino gli eventuali assi di simmetria della conica.

Soluzione:

a) Le matrici associate alla conica sono:

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

Notiamo che I_{3} = det(A′) = −4 ≠ 0, quindi si tratta di una conica non degenere. Inoltre I_{2} = det(A) = 0, quindi è una parabola.

b) Il polinomio caratteristico di A è p_{A}(λ) = λ^{2} − 5λ, quindi A ha autovalori: λ_{1} = 0 e λ_{2} = 5. La forma canonica sarà del tipo x^{2} − 2py = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo

λx^{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:

−4 = −5t^{2} ⇒ t^{2} = \frac{4}{5} ⇒ t = −\frac{2}{\sqrt{5}}

Infine possiamo ricavare la forma canonica:

5x^{2} + 2 · (−\frac{2}{\sqrt{5}}) y = 0 ⇒ x^{2} − \frac{4}{5\sqrt{5}}y = 0

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.

\begin{cases}2x − y = 0 \\ x^{2} + 4xy + 4y^{2} + 4y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 2x \\ 25x^{2} + 8x = 0 \end{cases} ⇒ D = (0, 0), E = (−\frac{8}{25}, −\frac{16}{25})

Infine il punto medio M del segmento DE è M = (−\frac{4}{25}, −\frac{8}{25}).

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

\begin{cases}x = −\frac{4}{25} − 2t \\ y = −\frac{8}{25} + t \end{cases} ⇒ x + 2y = −\frac{4}{5} ⇒ 5x + 10y = −4

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