Geometria e Algebra Lineare - Esercizi Curve e Coniche

Esercizio

Si consideri il piano π: X-Y+9Z-1=0 e la curva C { X=t+1 Y=t Z=t²-1

1. Provate che C è una curva piana e trovare il piano β che la contiene;
2. Trovate le equazioni della retta r tangente a C nel punto P₀(2,1,0)
3. Determinare la distanza di P₀ dal piano π

Soluzione

Consideriamo il generico piano β: aX+bY+cZ+d=0, a,b,c,d ∈ ℝ, (a,b,c)≠ (0,0,0) e supponiamo C⊂β.

Allora deve esistere ∀t∈ℝ a(t²+1)-bt+c(t²-1)+d=0 ⇔ ∀t∈ℝ (a+c)t²+bt+a+c+d=0 e quindi per il Principio di Identità dei Polinomi: a+c=0 -b=0 ⇔ c-a b=0 a+c+d=0 d=-2a.

Pertanto la curva C è piana ed è contenuta nel piano β: X-Z-2=0

2) Il punto P₀(2,1,0) si ottiene per t=1, si ha x(t)=2t, y(t)=-1, z(t)=-2t e quindi: (x'(1), y'(-1), z'(-1))=(-2,-1,-2).

La retta che cerchiamo passa per P₀ e ha questi come più direttori.

Esercizio

Si consideri il piano di: x-y+9z-1=0 e la curva C: x=t+1 y=t z=t²-1

1. Provate che C è una curva piana e trovare il piano β che la contiene;
2. Trovate le equazioni della retta r tangente a C nel punto P₀(2,1,0);
3. Determinare la distanza di P₀ dal piano β

Soluzione

Consideriamo il generico piano: β: ax+by+cz+d=0, a,b,c,d ∈ ℝ, (a,b,c,e) ≠ (0,0,0,0) e supponiamo C⊆β.

Allora deve aversi: ∀t ∈ ℝ a(t²+1)-bt+c(t²-1)+d=0 ⇔ ∀t ∈ ℝ (a+c)t²+bt+a+c+d=0 e quindi, per il Principio di Identità dei Polinomi: a+c=0 -b=0 a+c+d=0 c=-a b=0 d=-2a.

Pertanto la curva C è piana ed è contenuta nel piano β: x-z-2=0

2) Il punto P₀(2,1,0) si ottiene per t=1. Si ha x(t)=2t, y(t)=-1, z(t)=-2t e quindi: (x'(λ), y'(λ), z'(λ))=(-2,-1,-2).

Relatato la retta tangente a C' in P₀ è x = ^{ _{ 2t^{4 {} _{ sostituendo ^{ _{ z = -2t⁴

Osserviamo che P₀ ϵ d e dunque d(P₀, d) = 0

Esercizio

Dato la retta r: x = -y = z determinare la superificie di rotazione ottenute facendo ristere intorno ad r la curva.

Τ x = 2t ^{ _{ y = t² - 1 z = t² - 1

Soluzione

La retta r ha parametri direttori (l, m, n) = (1, -1, 1) quindi il piano passante per il generico prunto P (2t, t² - 1, t² - 1) di C è rappresentato ad r e Π x - 2t - (y = t² + 1) + z + t⁴ + 1 = 0 > < r, x - y + x - 2t = 0.

La sfera di centro O e raggio ┤ OP ├ > di S: x² + y² + x² - (z - 2t) = (2t + t⁴ - 1)² + (t² - 1)² + (x + x = ) ≤ x² + y² + x² = x⁴ + t⁴ - 4 + t⁴ + 1 = t⁴ + 1 ≤ 5x² + y² + x² - 2t⁴ - 2 = 0.

Pertanto, la superifice richiesta è: (x² + y² + x² - 2t⁴ - 2 = 0 ᾍ ∫ ⁽² _{x - y + x - 2t = 0} ⇒ di cui seque ∫ x⋅y⋅+ z² - ^{(x - y + x - 2t = )} - z - 2 = 0 ⇰∓ 8x² + 8y² + 8z^-(x - y + x)⁴ - 16 = 0

Esercizio

Trovare il piano tangente alla superficie y: y = xz nel punto P₀(1,1,1)

Soluzione

Poniamo f(x,y,z) = y - zx. Risulta: ∂f/∂x = -z, ∂f/∂y = 1, ∂f/∂z = -x.

Quindi: (∇f)_P0 = (f'_x, f'_y, f'_z) = (-1, 1, -1).

Il piano tangente a Σ in P₀ è Π: -(x-1)+1(y-1)-(z-1)=0 ⇔ Π: x-y+z-1=0

Esercizi sulle coniche

Esercizio

Determinare l'equazione della conica C passante per l'origine e per i punti: A(0,1), B(2,0), C(1,2), D(2,1)

Soluzione

1^o metodo

Considerate l'equazione di una generica conica e: a₁₁x² + a₂₂y² + 2a₁₂xy + 2a₁₃x + 2a₂₃y + a₃₃=0 e imponendo che O, A, B, C, D &epsi; C. Si ha a₃₃=0 a₂₂ + 2a₂₃ + a₃₃=0 4a₁₁ + 4a₁₃ + a₃₃ =0 a₁₁ + 4a₂₂ + 4a₁₂ + 2a₁₃ + 4a₂₃ + a₃₃ =0 4a₁₁ + a₂₂ + 4a₁₂ + 4a₁₃ + 2a₂₃ + a₃₃ =0 a₁₂=0 a₁₃ = -a₁₁ a₂₂ = a₁₁/2 a₂₃ = -a₁₁/4 a₃₃=0.

Pertanto la conica cercata è: C: x² + ₄^yy² - 2x - ₁²y = 0 C: x² + y² - 4x - y = 0

Ossia in coordinate omogenee C: 2x² + x² - 4x₁x₃ - x₂x₃ = 0

2^o metodo A(0,1) B(2,0) C(1,2) D(2,1) O(0,0)

La retta passante per l'origine e per B è π₁: y = 0. La retta passante per A e per B π₂: x₂ - y - 1 = 0. La retta passante per l'origine e per A è l'asse y π₃: x = 0. La retta passante per B e per D è π₄: x - 2 = 0.

La conica cercata C appartiene al fascio di coniche individuato dalle coniche degeneri C: π₁Uπ₂ e C: π₂Uπ₄.

Tale fascio ha equazione: λy(y-1) + μx(x-2) = 0; λ,μ ∈ ℝ, (λ,μ) ≠ (0,0)_{2g. delle2 rette}

Imponendo che C(1,2) ∈ C si ha 2λ (2-1) + μ (1-2) = 0 μ = 2λ.

Pertanto la conica cercata è C: y(y-1) + 2x(x-2) = 0 C: 2x² + y² - 4x - y = 0

Esercizio

Determinare l'equazione della conica C tangente all'origine O alla retta t: x+y=0 e passante per i punti A(0,1), B(2,0) e C(2,1).

Soluzione

La retta per A e B è r₁: x/2 = y-1/2 ⇒ r₁: x+2y-2=0, la retta per O e per A è r₂: x=0, la retta per O e per B è r₃: y=0.

La conica cercata C appartiene al fascio di coniche individuato da C₁: t∪r₁ e C₂: r₂∪r₃. Tale fascio ha equazione: λ(x+y)(x+2y-2)+μxy=0.

Imponendo il passaggio per C(2,1) abbiamo λ 3∙2 + μ∙2 = 0 ⇒ μ = -3λ. Diamo un qualunque valore non nullo es. λ=1, e otteniamo μ=-3.

Pertanto l’equazione della conica cercata è C: (x+y)(x+2y-2)-3xy = 0 ⇒ C: x²+2y²-2x-2y=0

Esercizio

Sia data la conica C: x²-2y²-x+2y-1=0

1. Classificare C dal punto di vista proiettivo e affine;
2. Determinare gli eventuali asintoti di C

Soluzione

L'equazione di C in coordinate omogenee è: C: x₁²-2x₂²-x₁x₃ x₂x₃ - x₃².

La matrice dell'equazione di C è A: 1 0 -1/2 0 -2 1 -1/2 1 -1.

2. Classificazione proiettiva. Si ha det A = 3/2≠0 ⇒ rgA=3 e la conica è non degenere (generale).

Classificazione affine: D₃₃ è il cofatore dell'elemento in a₃₃. Poiché: D₃₃=| 1 0 |-2

9) Abbiamo _{ottenere della matrice A}{x - 1/2 = 0 > x = 1/2 {2y + 1 = 0 > y = -1/2. Pertanto il centro di C è C(1/2, -1/2).

{a₁₁x₁² + 2a₁₂x₁x₂ + a₂₂x₂² + 2a₁₃x₁x₃ + 2a₂₃x₂x₃ + a₃₃x₃² = 0 {x₃ = 0 _> a₁₁x₁² + 2a₁₂x₁x₂ + a₂₂x₂² = 0 {x₃ = 0 _{(l, m, 0) ≠ (x̅, x̅, 0)} a₁₁l² + 2a₁₂lx̅x₂ + a₂₂m² = 0 → _{formula degli asintoti}

Risulta: -2/m = 0 ↔ l = ±√2 m quindi (l, m) = (±√2, 1). (l, m) = (±√2, 1) x - X_o l y - Y_o m ↔ m(x - X_o) - l(y - Y_o) = 0.

Pertanto gli asintoti di C sono: a₁ x - √2 (y - 1/2) = 0 ↔ a₁: 2x - 2√2 y + √2 - 1 = 0 a₂ x + √2 (y - 1/2) = 0 ↔ a₂: 2x + 2√2 y - √2 - 1 = 0

Esercizio

Al variare di k ∈ R si _{considera la conica} C_k: x² - 2kx y - y² + x + 2y = 0

a) Classificare C_k dal punto di vista proiettivo e affini b) Determinare assi e vertici della conica ottenuta per k = 1.

Soluzione

a) L'equazione di C_k - m coordinate omogenee C_k: x₁² - 2k x₁x₂ + x₂² - x₁ x₃ + 2x₂ x₃ = 0. La matrice _{dell'equazione di Ck è:} A = [_{1 -k 1/2 -k 1 1 1/2 0 ]}

Classificazione proiettiva. Risulta det A = K - ⁵/₄ e poiché A | 0 ≠ 0, segue che F_π è generale ⟺ K ≠ ⁵/₄, (rg = 3) F_π è semplicemente degenere ⟺ K = ⁵/₄ (rg = 2).

Classificazione affine. Risulta D₃₃ = 1 - K | 1 = 1 - K² segue (per K ≠ ⁵/₄, conica generale) F_π è ellisse ⟺ -1 < K < 1 F_π è iperbole ⟺ K < -1 ∨ K > 1 F_π è parabola ⟺ -1 ≤ K ≤ 1 (per K = ±1).

1. Per la parte a), la conica ⟨ X₁² - 2X₁Y + Y - X + 2Y = 0 ⟩ è una parabola e ho

X₁² - 2iX₁X₂ + X₂² - X₁X₃ + 2X₂X₃ = 0 ⟺ ⟨ X₁² - 2X₁X₂ + X₂² = 0 ⟩ X₃ = 0 X₁ = X₂ X₃ = 0

2. Avendo il punto improprio di G è ⟨ 1, 1, 0 ⟩. Il punto improprio che definisce le direzioni ortogonali è quello di D_∞ e D' ⟨ 0, 1, -1, 0 ⟩ e quindi

π: x₁ x₁ + u₂x₂ - u₃x₃ = 0.

Risulta (^X₁/_u1^X₂/_u2^X₃/_u3)=( 2 -2-1 0-3 2). L'asse di G è γ, la retta polare π_∞ e quindi a: 2X₁ - 2X₂ - ³/₂X₃ = 0 ⟺ 0 4X₁ - 4X₂ = 3X₃ = 00 in coordinate cartesiane a: 4X - 4Y - 3 = 0 (II bisettrice 1^o e 3^o quadrante).

Inoltre X² - 2 XY + Y² - X + 2Y = 0 4X - 4Y - 3 = 0. Portato il vertice di G₂ è V(15/16, 3/16).

Esercizio

Al variare di K ∈ R si consideri la conica C_K: x² - xy + y² - x + 2Ky + K = 0

1. Classificare C_K dal punto di vista proiettivo e affine,
2. Determinare il centro e gli assi della conica ottenuta per K = 0.

Soluzione

1) L'equazione di C_K: x₁² - x₁x₂ + x₂² - x₁x₃ + 2 Kx₂x₃ + Kx₃² = 0.

La matrice dell'equazione di C_K è A = (1/2 -1/2 -1/2    -1/2 1 K    -1/2 K K).

Classificazione proiettiva. Risolto det A = -K² + 5/4 K -1/4. Pertanto rg(A) = 3 ⇔ K ≠ 1 ∧ K ≠ 1/4; rg(A) = 2 ⇔ K = 1 ∨ K = 1/4.

Segue che C_K è generali ⇔ K ≠ 1 & K ≠ 1/4, C_K è semplicemente ~ ⇔ K = 1 ∨ K = 1/4.

Classificazione affine. Poiché D₃₃ = | 1 -⁵/₂ | CH è un'ellisse per K ∈ ℝ ⋲ {1, ¹/₄} | -¹/₂ 1 |

b) Abbiamo C₀: x² - xy + y² - x = 0. Risolute {x - ¹/₂ y - ⁵/₂ = 0 -¹/₂ x + y = 0} ⟺ {x = ²/₃, y = ¹/₃}.

Pertanto C₀ ha centro C(²/₃, ¹/₃) si ha a₁₂ l² + (a₂₂ - a₁₁) lm - a₂₁ m² = 0 -¹/₂ l² + (-1) lm - (-¹/₂) m² = 0 ⟺ -¹/₂ l² + ¹/₂ m² = 0 ⟺ m = ± l (l, m) ⋲ (1, 1) ⋁ (l, m) ⋲ (1, -1).

Quindi gli assi di C₀ sono: a₁: x - ²/₃ ( y - ¹/₃) = 0 ⟺ a₁: 3x - 3y - 1 = 0 a₂: φ ( x - ²/₃ ) ( y - ¹/₃) = 0 ⟺ a₂: x + y - 1 = 0

Esercizio

Scrivere l'equazione della parabola F(-2, 0) e direttrice la retta r; x + y - 1 = 0

Soluzione

Si ha P(x, y) ∈ ℓ ⟺ d(P, F) = d(P, r) ⟺ √((x+2)² + y²) = |x+y-1|⟹ √² ⟺ √((x+2)² + y²) = (x+y-1)²/₂ x² + 4x + y² + 1 + 2xy - 2x - 2y ⟹ x² + y² - 2xy + 4x + 2y + 2 ⟺ x² + y² - 2xy + 10x + 2y + 7 ⟹ 0.

Pertanto la parabola cercata ha equazione l² - x² + y² - 2xy + 10x + 2y + 7 = 0

Esercizio

Determinare l'equazione della conica & tangente in A(0,1) all'asse Y, tangente in B(2,0) all'asse X e passante per C(1,1).

Soluzione

La retta per A e B è π: _X/² = _Y-1/^-1 ⇔ X + 2y - 2 = 0.

La conica cercata & appartiene al fascio individuato dalle coniche degeneri Γ₁: (asse X) ∪ (asse Y) e Γ₂: x² = r² (rette a contatto ζω).

Tale fascio ha equazione: λXy+μ(X+2y-2)²=0, λ, μ∈ℝ, (λ, μ)≠(0,0). Imponendo il passaggio per C, si ha: λ+μ=0 ⇔ μ=-λ.

Pertanto la conica cercata è Γ: Xy-(X+2y-2)²=0 ⇔ Γ': X²+Y²+3XY-4X-8Y+4=0

Esercizio

Determinare l'equazione dell'iperbole avente per asintoti le rette a₁: X+Y-1=0 e a₂: X+2y=0 e passante per il punto A(3,1).

Soluzione

Poiché l'iperbole cercata è tangente nei suoi punti imponibili alle rette a₁ e a₂, essa appartiene al fascio di coniche individuato dalle coniche degneri Γ₁: a₁∪a₂ e Γ₂: ∞.

Tale fascio ha equazioni λ(X₁+X₂-X₃)(X₄+2X₂) + μX₃²=0, λ,μ∈ℝ, (λ,μ)≠(0,0).

Imponendo il passaggio per il punto A(3,1,1), si ha: λ(3+1)-(4)3+2)= μ.1=0 ⇔ μ=-15λ.

Pertanto la conica cercata è Γ: (X₁+X₂-X₃)(X₄+2X₂)-15X₃²-0 ⇔ Γ': X₂+2X₂+3X₁X₂-X₃X₃-3(2X₂-X₃=0 in coordinate non omogenee