Algebra Lineare e Geometria AnaliticaPolitecnico di Milano – Ingegneria

Quadriche – Esercizi

1. Calcolare gli invarianti ortogonali e riconoscere le seguenti quadriche.

(a) x2 + 2y2 + 3z2 + 2xy − 2xz − 2yz − 6x− 4y + 2z + 1 = 0

(b) x2 + y2 + z2 + 2xy − 2xz + 2yz + 4x + 4y − 4z + 2 = 0

(c) x2 + 2y2 + z2 + 2xy − 2xz + 4yz − 2x + 4y − 2z + 1 = 0

(d) x2 − 6xy − 4xz − 8y + 2z = 0

(e) x2 + y2 + z2 − xy + xz + yz − x− y − 2z = 0

(f) x2 + y2 + z2 + 2xy − 2xz − 2yz − 6x− 6y + 6 = 0

(g) x2 − 2y2 + 3z2 − 2xz + 4yz − 4y − 12z + 14 = 0

2. Sia Q : x2 + 2y2 + 3xy − xz − yz − x− 2y + z = 0 .

(a) Mostrare che Q e una quadrica riducibile.

(b) Determinare i piani in cui Q si spezza.

3. Sia Q : x2 + y2 − 2z2 + 2xy − 4yz + 2x− 2y − 12z − 9 = 0 .

(a) Mostrare che Q e un cono.

(b) Determinare il vertice di Q .

4. Sia Q : 3x2 + 3y2 − z2 − 2xy − 4z = 0 .

(a) Riconoscere Q .

(b) Scrivere l’equazione canonica di Q .

(c) Determinare gli assi di Q .

5. Sia Q : z2 + 2xy − 1 = 0 .

(a) Riconoscere Q .

(b) Scrivere l’equazione canonica di Q .

(c) Stabilire se Q e una quadrica di rotazione e, in caso affermativo, determinare l’asse dirotazione.

6. Sia Q : 9x2 + 8y2 + 8z2 − 2yz − 18x− 54 = 0 .

(a) Riconoscere Q .

(b) Scrivere l’equazione canonica di Q .

(c) Stabilire se Q e di rotazione e, in caso affermativo, determinare l’asse di rotazione.

7. Sia Q : 8y2 − z2 − 6xy − 6x + 28y + 2z + 10 = 0 .

(a) Riconoscere Q .

(b) Scrivere l’equazione canonica di Q .

(c) Stabilire se Q e di rotazione e, in caso affermativo, determinare l’asse di rotazione.

8. Siano

Q : 2x2 + 2y2 − z2 − 2xy + 2x− 4y = 0

Q′ : 6y2 + 4xz − 6x + 12y − 2z + 5 = 0 .

Stabilire se esiste una rototraslazione che porta Q in Q′ .

1

9. Siano

Q : x2 + 2y2 − z2 + 2xy + 2x + 2y = 0

Q′ : x2 + 2yz − 1 = 0 .

Stabilire se esiste una rototraslazione che porta Q in Q′ .

10. Sia Q : x2 + y2 + 2z2 + 2xy − 4x = 0 .

(a) Riconoscere Q .

(b) Scrivere l’equazione canonica di Q .

(c) Scrivere le equazioni di una rototraslazione che porta Q in forma canonica.

(d) Stabilire se Q e di rotazione e, in caso affermativo, determinare l’asse di rotazione.

(e) Determinare gli eventuali vertici di Q .

11. Sia Q : 3x2 − z2 − 4xy − 4x + 2z = 0 .

(a) Riconoscere Q .

(b) Scrivere l’equazione canonica di Q .

(c) Determinare (se esiste) il centro di Q .

(d) Scrivere le equazioni di una rototraslazione che porta Q in forma canonica.

(e) Stabilire se Q e di rotazione e, in caso affermativo, determinare l’asse di rotazione.

12. Determinare, al variare del parametro reale k , l’indice di specializzazione della quadrica

Qk : x2 + k2y2 + k2z2 + 2k2xy + 2kxz + 2kyz + 2kx + 2ky + 2kz + 2− k = 0 .

13. Scrivere l’equazione del piano tangente alla quadrica Q : x2 +2y2−z2 +2xy−4yz+6z = 0nei punti P1 ≡ (−1, 1,−1) , P2 ≡ (0, 2, 2) e P3 ≡ (4, 0,−2) .

14. Mostrare che il piano tangente alla quadrica Q : λ1x2 + λ2y

2 + λ3z2 + k = 0 nel punto

P0 ≡ (x0, y0, z0) ∈ Q ha equazione

λ1x0x + λ2y0y + λ3z0z + k = 0 .

15. Siano

r :

x = 1 + 2t

y = 2− t

z = 1− t

e a :

x = 0y = 0z = t .

Sia Q la superficie che si ottiene dalla rotazione della retta r attorno alla retta a .Riconoscere Q .

16. Sia Q il luogo delle rette incidenti le rette

r :

{x = 0y = 1

e s :

{x = 1z = 0

e parallele al piano π : 5x + 2y − z = 0 .

(a) Scrivere l’equazione cartesiana di Q .

(b) Riconoscere Q .

17. Determinare le rette che passano per il punto A ≡ (−1, 2,−6) e che giacciono sulla quadrica

Q : 5x2 + 2xy − xz − 7x− 2y + 2 = 0 .

2

18. Scrivere l’equazione della quadrica Q che contiene i due assi coordinati x e y , che passaper il punto A ≡ (1, 2, 1) e che ha centro nel punto C ≡ (1, 1,−1) . Riconoscere Q .

19. Sia Q il paraboloide ellittico di fuoco F e piano direttore π : x + y − z = 0 .

(a) Scrivere l’equazione cartesiana di Q .

(b) Scrivere l’equazione canonica di Q .

(c) Determinare l’asse e il vertice di Q .

20. Siano F1 e F2 due punti distinti dello spazio (detti fuochi) e sia a ∈ R , a > 0 .

(a) Riconoscere il luogo Q dei punti dello spazio tali che d(P, F1) + d(P, F2) = 2a .

(b) Riconoscere il luogo Q dei punti dello spazio tali che |d(P, F1)− d(P, F2)| = 2a .

21. Sia F un punto dello spazio e sia d una retta dello spazio che non contenga F . Sia ε ∈ R ,ε > 0 . Riconoscere, al variare del parametro ε , il luogo Q dei punti P dello spazio taliche d(P, F ) = ε d(P, d) .

22. Sia F ≡ (1, 1, 0) e sia d : x = (t, t,−t) . Scrivere l’equazione del luogo Q dei punti Pdello spazio tali che d(P, F ) = 2 d(P, d) .

23. Sia Q il luogo dei punti dello spazio equidistanti dalle due rette

r :

{x− z = 0y = 0

s :

{x = 1z = 0 .

(a) Determinare l’equazione cartesiana di Q .

(b) Riconoscere Q .

(c) Scrivere l’equazione canonica di Q .

24. Siano

r :

{x = 0y = −1

s :

{x = 1y − z = 0 .

Sia π un piano passante per la retta r e sia π′ il piano passante per la retta s ortogonalea π .

(a) Scrivere l’equazione cartesiana del luogo Q delle rette π ∩ π′ .

(b) Riconoscere Q .

25. Sia Q il luogo dei punti dello spazio che intersecano le tre rette

r1 :

{x = y

y = zr2 :

{x + y = 0y + 1 = 0

r3 :

{x− z = 1y + z = 1 .

(a) Determinare l’equazione cartesiana di Q .

(b) Riconoscere Q .

(c) Scrivere l’equazione canonica di Q .

26. Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita da

f(x, y, z) = (x + y, x− y, x + y + z) .

per ogni (x, y, z) ∈ R3 , e sia Qf = {x ∈ R3 : ||f(x)|| = 1 } .

(a) Determinare l’equazione cartesiana della superficie Qf .

(b) Riconoscere Qf .

(c) Scrivere l’equazione canonica di Qf .

3

(d) Stabilire se Qf e di rotazione.

27. Sia f : R3 → R3 un’applicazione lineare definita da f(x) = Ax per ogni x ∈ R3 , e siaQf = {x ∈ R3 : ||f(x)|| = 1 } .

(a) Determinare l’equazione (vettoriale) della quadrica Qf .

(b) Caratterizzare f in modo che Qf sia una quadrica a centro. In questo caso, deter-minare il centro.

28. Riconoscere la curva

Γ :

{x2 − 2xy + y2 + z2 + 2x− 2y = 0x + 2y − z + 1 = 0 .

29. Riconoscere la curva

Γ :

{x2 + y2 + z2 + 2xy − 6xz + 3y + 1 = 02x + y + 1 = 0 .

30. Riconoscere la curva

Γ :

{x2 + 2y2 + xz − 3x + z − 1 = 0x− 4y + z − 2 = 0 .

31. Riconoscere, al variare del parametro reale k , la curva

Γk :

{x2 + y2 − z2 = 1x + ky − z + 1 = 0 .

Nel caso in cui Γk sia degenere, trovare le due rette in cui la conica si spezza e dare unainterpretare geometrica di questo fatto.

32. Verificare che il punto P0 ≡ (1, 1, 1) appartiene alla conica

Γ :

{y2 + 4z2 + 8x− 4y − 9 = 02x− y + 2z − 3 = 0 .

Scrivere le equazioni cartesiane della retta tangente a Γ nel punto P0 .

4

Soluzioni

1. (a) I4 = −22 , I3 = 2 , I2 = 8 , I1 = 6 : ellissoide reale.(b) I4 = 8 , I3 = −4 , I2 = 0 , I1 = 3 : iperboloide iperbolico (a una falda).(c) I4 = −40 , I3 = −9 , I2 = −1 , I1 = 4 : iperboloide ellittico (a due falde).(d) I4 = 121 , I3 = 0 , I2 = −13 , I1 = 1 : paraboloide iperbolico (a sella).(e) I4 = I3 = 0 , I2 = 9/4 , I1 = 3 : cilindro ellittico.(f) I4 = I3 = I2 = 0 , I1 = 3 : cilindro parabolico.(g) I4 = 0 , I3 = −8 , I2 = −10 , I1 = 2 : cono irriducibile reale.

2. (a) Moltiplicando l’equazione di Q per 2 , si ha

r(A) = r

2 3 −1 −13 4 −1 −2−1 −1 0 1−1 −2 1 0

= r

1 2 −1 −11 2 −1 −20 0 0 1−1 −2 1 0

= 2 .

Quindi Q e una quadrica specializzata due volte, ossia e una quadrica riducibile che sispezza in due piani distinti.

(b) Scriviamo l’equazione di Q come se fosse un’equazione in x :

x2 + (3y − z − 1)x + 2y2 − yz − 2y + z = 0 .

Le radici di questa equazione sono

x1,2 =−3y + z + 1±

√(3y − z − 1)2 − 4(2y2 − yz − 2y + z)

2

=−3y + z + 1±

√y2 + z2 + 1− 2yz + 2y − 2z

2

=−3y + z + 1± (y − z + 1)

2

=

−3y + z + 1 + y − z + 12−3y + z + 1− y + z − 12

=

{−y + 1−2y + z .

Pertanto, i piani in cui Q si spezza sono π1 : x + y − 1 = 0 e π2 : x + 2y − z = 0 .

3. (a) Si ha I4 = 0 e I3 = −4 6= 0 , I2 = −8 < 0 . Quindi Q e un cono irriducibile reale.(b) Il vertice di un cono coincide con il centro, le cui coordinate sono determinate dal sistema

x + y + 1 = 0x + y − 2z − 1 = 0y + z + 3 = 0

da cui si ha x = 1 , y = −2 , z = −1 . Quindi il vertice e v ≡ (1,−2,−1) .

4. (a) Si ha I4 = −32 < 0 , I3 = −8 6= 0 , I2 = 2 > 0 , I1 = 5 e I1I3 < 0 . Quindi Q e uniperboloide ellittico (a due falde).

(b) Gli autovalori di B sono −1 , 4 , 2 . Quindi l’equazione canonica di Q e

−x2 + 4y2 + 2z2 + 4 = 0

ossiax2 − 4y2 − 2z2 = 4 .

In particolare, Q non e di rotazione (avendo tre autovalori distinti).

5

(c) Gli assi di Q sono le rette passanti per il centro C e parallele agli autospazi di B . Ilcentro di Q e determinato dal sistema

6x− 2y = 06y − 2x = 0−2z − 4 = 0

dal quale si ha C ≡ (0, 0,−2) . Gli autospazi di B sono

V−1 = 〈(0, 0, 1)〉 , V2 = 〈(1, 1, 0)〉 , V4 = 〈(1,−1, 0)〉 .

Pertanto gli assi di Q sono

a1 :

x = 0y = 0z = −2 + t

a2 :

x = t

y = t

z = −2a3 :

x = t

y = −t

z = −2 .

5. (a) Si ha I4 = 1 > 0 , I3 = −1 6= 0 , I2 = −1 < 0 , I1 = 1 e I1I3 < 0 . Quindi Q e uniperboloide iperbolico (a una falda).

(b) Gli autovalori di B sono 1 , 1 , −1 e l’equazione canonica di Q e x2 + y2 − z2 = 1 .

(c) Poiche possiede due autovalori uguali, Q e una quadrica di rotazione. Nel caso dellequadriche non specializzate a centro, l’asse di rotazione coincide con la retta che passaper centro e che ha come direzione quella individuata dall’autospazio V7 relativoall’autovalore semplice. In questo caso, si ha C ≡ (0, 0, 0) e V−1 = 〈(1,−1, 0)〉 .Quindi l’asse di rotazione e

a :

x = t

y = −t

z = 0ossia a :

{x + y = 0z = 0 .

6. (a) Gli invarianti ortogonali sono I4 = −9 · 272 , I3 = 9 · 27 , I2 = 207 , I1 = 25 . Laquadrica Q e un ellissoide reale.

(b) Gli autovalori di Q sono 9 , 9 , 7 . Quindi l’equazione canonica di Q e

9x2 + 9y2 + 7z2 = 63 .

(c) Poiche possiede due autovalori uguali, Q e un ellissoide di rotazione. Nel caso dellequadriche non specializzate a centro, l’asse di rotazione coincide con la retta che passaper centro e che ha come direzione quella individuata dall’autospazio V7 relativoall’autovalore semplice. In questo caso, si ha C ≡ (1, 0, 0) e V7 = 〈(0, 1, 1)〉 . Quindil’asse di rotazione e

a :

x = 1y = t

z = t

ossia a :

{x = 1y = z .

7. (a) Gli invarianti ortogonali sono I4 = −81 , I3 = 9 , I2 = −17 , I1 = 7 . La quadrica Qe un iperboloide a due falde.

(b) Gli autovalori di Q sono −1 , −1 , 9 . Quindi l’equazione canonica di Q e

9x2 − y2 − z2 = 9 .

(c) Poiche possiede due autovalori uguali, Q e un ellissoide di rotazione. Essendo Quna quadrica non specializzata a centro, l’asse di rotazione coincide con la retta chepassa per centro e che ha come direzione quella individuata dall’autospazio V9 relativo

6

all’autovalore semplice. In questo caso, si ha C ≡ (2,−1, 1) e V9 = 〈(1,−3, 0)〉 .Quindi l’asse di rotazione e

a :

x = 2 + t

y = −1− 3t

z = 1ossia a :

{3x + y − 5 = 0z − 1 = 0 .

8. Gli invarianti ortogonali di Q e di Q′ sono rispettivamente

I4 = 6 I3 = −3 I2 = −1 I1 = 3I ′4 = 96 I ′3 = −24 I ′2 = −4 I ′1 = 6 .

Pertanto esiste uno scalare non nullo ρ = 3 tale che I ′4 = ρ4I4 , I ′3 = ρ3I3 , I ′2 = ρ2I2 ,I ′1 = ρI1 . Di conseguenza, le due quadriche sono equivalenti, ossia esiste una rototraslazioneche porta Q in Q′ . In particolare, si ha che le due quadriche hanno la stessa equazionecanonica

x2 + 3y2 − z2 = 2 .

9. Gli invarianti ortogonali di Q e di Q′ sono rispettivamente

I4 = 1 I3 = −1 I2 = −2 I1 = 2I ′4 = 1 I ′3 = −1 I ′2 = −1 I ′1 = 1 .

Pertanto non esiste alcuno scalare ρ 6= 0 tale che I ′4 = ρ4I4 , I ′3 = ρ3I3 , I ′2 = ρ2I2 ,I ′1 = ρI1 . Di conseguenza, le due quadriche non sono equivalenti, ossia non esiste unarototraslazione che porta Q in Q′ .

10. (a) Si ha I4 < 0 e I3 = 0 . Quindi Q e un paraboloide ellittico.

(b) Gli autovalori di Q sono 2 , 2 , 0 . Quindi l’equazione canonica di Q e x2+y2 =√

2 z .

(c) Gli autospazi di B sono

V0 = 〈(1,−1, 0)〉 e V2 = 〈(1, 1, 0), (0, 0, 1)〉 .Poiche le basi trovate per gli autospazi sono ortogonali, possiamo considerare la seguentematrice ortogonale (ottenuta normalizzado i vettori di tali basi)

H =

1√2

0 1√2

1√2

0 − 1√2

0 1 0

.

Poiche |H| = 1 , la matrice H rappresenta una rotazione. Le nuove e le vecchiecoordinate sono legate dalle relazioni x = Hx′ e x′ = HT x , ossia

x =x′ + z′√

2

y =x′ − z′√

2z = y′

e

x′ =x + y√

2y′ = z

z′ =x− y√

2.

Nel nuovo sistema di riferimento, l’equazione di Q diventa(

x′ + z′√2

+x′ − z′√

2

)2

+ 2y′2 − 4x′ + z′√

2= 0 .

Semplificando, si hax′2 + y′2 −

√2 x′ −

√2 z′ = 0 .

Utilizzando il metodo del completamento a un quadrato, si ha(

x′ − 1√2

)2

+ y′2 −√

2(

z′ +1

2√

2

)= 0 .

7

Infine, mediante la traslazione

x′′ = x′ − 1√2

y′′ = y′

z′′ = z′ +1

2√

2,

l’equazione di Q diventax′′2 + y′′2 =

√2 z′′ .

Quindi, le equazioni della rototraslazione cercata sono

x′′ =x + y − 1√

2y′′ = z

z′′ =2x− 2y + 1

2√

2.

(d) Poiche possiede due autovalori uguali, Q e una quadrica di rotazione. Nel sistema diriferimento finale, l’asse di rotazione coincide con l’asse z′′ , che ha equazioni x′′ = 0 ey′′ = 0 . Pertanto, utilizzando le equazioni trovate nel punto precedente, abbiamo chenel sistema di riferimento iniziale l’asse di rotazione e

a :

{x + y − 1 = 0z = 0 .

(e) Poiche Q e un paraboloide ellittico, esso possiede un solo asse di simmetria (l’asse dirotazione) e un solo vertice V = Q∩a . Poiche le equazioni parametriche dell’asse sono

a :

x = t

y = 1− t

z = 0 ,

si trova subito che

V ≡(

14,34, 0

).

11. (a) Poiche I4 = 4 > 0 , I3 = 4 6= 0 , I2 = −1 < 0 , Q e un iperboloide iperbolico (a unafalda).

(b) Gli autovalori di Q sono −1 , −1 , 4 . Quindi l’equazione canonica di Q risultaessere x2 + y2 − 4z2 = 1 .

(c) La quadrica Q e a centro e si trova facilmente che C ≡ (0,−1, 1) .(d) Gli autospazi di B sono

V−1 = 〈(1, 2, 0), (0, 0, 1)〉 e V4 = 〈(2,−1, 0)〉.Quindi una matrice ortogonale che diagonalizza B e data dalla matrice

H =

1√5

0 2√5

2√5

0 − 1√5

0 1 0

.

Poiche |H| = 1 , la matrice H rappresenta un rotazione. Le nuove e le vecchiecoordinate sono legate dalle relazioni x = Hx′ e x′ = HT x , ossia

x =x′ + 2z′√

5

y =2x′ − z′√

5z = y′

e

x′ =x + 2y√

5y′ = z

z′ =2x− y√

5.

8

Nel nuovo sistema di riferimento, l’equazione di Q diventa

3(

x′ + 2z′√5

)2

− y′2 − 4x′ + 2z′√

52x′ − z′√

5− 4

x′ + 2z′√5

+ 2y′ = 0 .

Semplificando, si ha l’equazione

x′2 + y′2 − 4z′2 +4√5

x′ − 2y′ +8√5

z′ = 0 .

Mediante il completamento a un quadrato, si ha(

x′ +2√5

)2

+ (y′ − 1)2 − 4(

z′ − 1√5

)= 1 .

Infine, con la traslazione

x′′ = x′ +2√5

y′′ = y′ − 1

z′′ = z′ − 1√5

,

si ottiene l’equazionex′′2 + y′′2 − 4z′′2 = 1 .

In conclusione, le equazioni della rototraslazione cercata sono

x′′ =x + 2y + 2√

5y′′ = z − 1

z′′ =2x− y − 1√

5.

(e) Poiche possiede due autovalori uguali, Q e una quadrica di rotazione. L’asse dirotazione nel sistema di riferimento finale coincide con l’asse z′′ , che ha equazionix′′ = 0 e y′′ = 0 . Quindi, nel sistema di riferimento iniziale, l’asse di rotazione e laretta

a :

{x + 2y + 2 = 0z − 1 = 0 .

12. La matrice completa della quadrica Qk e

A =

1 k2 k kk2 k2 k kk k k2 kk k k 2− k

.

L’indice di specializzazione di Qk e 4− r(A) . Si tratta quindi di calcolare il rango di A .Iniziamo a calcolare il determinate di A :

I4 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 k2 k kk2 k2 k kk k k2 kk k k 2− k

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1− k2 k2 k k0 k2 k k0 k k2 k0 k k 2− k

∣∣∣∣∣∣∣∣= (1− k2)k2

∣∣∣∣∣∣

k 1 11 k 1k k 2− k

∣∣∣∣∣∣

= (1− k2)k2

∣∣∣∣∣∣

k − 1 1 11− k k 1

0 k 2− k

∣∣∣∣∣∣= (1− k2)k2

∣∣∣∣∣∣

k − 1 1 10 k + 1 20 k 2− k

∣∣∣∣∣∣= (k2 − 1)(k − 1)k2(k2 + k − 2) = k2(k − 1)3(k + 1)(k + 2) .

Pertanto, per k 6= 0,±1,−2 , il rango di A e massimo e Qk e una quadrica non specializ-zata. Rimangono da esaminare i casi k = 0,±1,−2 .

9

Per k = 0 , si ha la matrice

A =

1 0 0 k0 0 0 00 0 0 00 0 0 2

.

Poiche r(A) = 2 , la quadrica Q0 e specializzata due volte (si spezza in due piani distinti).

Per k = 1 , si ha la matrice

A =

1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

.

Poiche r(A) = 1 , la quadrica Q1 e specializzata tre volte (si spezza in due piani coincidenti).

Per k = −1 , si ha la matrice

A =

1 1 −1 −11 1 −1 −1−1 −1 1 −1−1 −1 −1 3

.

Poiche r(A) = 3 , la quadrica Q1 e specializzata una volta sola (e un cono o un cilindro).

Infine, per k = −2 , si ha la matrice

A =

1 4 −2 −24 4 −2 −2−2 −2 4 −2−2 −2 −2 4

∼

1 4 −2 −20 1 0 −10 0 1 −10 0 0 0

.

Poiche r(A) = 3 , la quadrica Q1 e specializzata una volta sola (e un cono o un cilindro).

In conclusione, abbiamo trovato che

• per k 6= 0,±1,−2 , Qk non e specializzata

• per k = −1,−2 , Qk e specializzata una sola volta

• per k = 0 , Qk e specializzata due volte

• per k = 1 , Qk e specializzata tre volte.

13. Il piano π1 tangente a Q nel punto P1 ha equazione xT1 Ax = 0 , ossia

[−1 1 −1 1]

1 1 0 01 2 −2 00 −2 −1 30 0 3 0

xyz1

= 0.

Pertanto π1 : 3y + 2z − 3 = 0 . Analogamente, il piano tangente a Q in P2 eπ2 : 2x− 3z + 6 = 0 e il piano tangente a Q in P3 e π3 : 4x + 8y + 5z − 6 = 0 .

14. Il piano π tangente a Q nel punto P0 ha equazione xT0 Ax = 0 , dove A e la matrice

completa che rappresenta Q , xT0 = [x0 y0 z0 1 ] e xT = [ x y z 1 ] . Quindi, si ha

π :[x0 y0 z0 1

]

λ1

λ2

λ3

k

xyz1

= 0

ossia π : λ1x0x + λ2y0y + λ3z0z + k = 0 .

10

15. Sia C ≡ (0, 0, 0) ∈ a . Allora

Q :

{x2 + y2 + z2 = (1 + 2t)2 + (2− t)2 + (1− t)2

z − 1 + t = 0 .

Dalla seconda equazione si ha t = 1− z . Sostituendo nella prima equazione si ottiene

Q : x2 + y2 − 5z2 + 10z − 10 = 0

Poiche questa equazione non contiene termini misti, essa puo essere ridotta a forma canonicamediante il completamento a un quadrato. Infatti, si ha

Q : x2 + y2 − 5(z − 1)2 = 5 .

Quindi Q e un iperboloide iperbolico (a una falda), di rotazione attorno all’asse z .

16. (a) Sia A ≡ (0, 1, t) il generico punto di r e sia B ≡ (1, u, 0) il generico punto di s . Iparametri direttori della retta AB sono (1 : u − 1 : −t) . Affinche la retta AB siaparallela al piano π si deve avere 5 + 2u− 2 + t = 0 , ossia t = −2u− 3 . Quindi

AB :

x = 1 + v

y = u + (u− 1)vz = 0 + (2u + 3)v .

Al variare di entrambi i parametri, queste sono le equazioni parametriche di Q . Pertrovare l’equazione cartesiana, basta eliminare i parametri. dalla prima equazione si hav = x−1 . Sostituendo nella seconda equazione, si trova u = (x+y−1)/x . Sostituendonella terza equazione, si ottiene l’equazione cartesiana di Q , ossia

Q : 5x2 + 2xy − xz − 7x− 2y + 2 = 0 .

(b) Moltiplicando per 2 l’equazione di Q , si ha I4 = 4 > 0 , I3 = 0 . Pertanto Q e unparaboloide iperbolico (a sella).

17. La quadrica Q e un iperboloide iperbolico (si veda l’esercizio 16) e A ∈ Q . Pertanto,essendo Q una quadrica doppiamente rigata, per il punto A ∈ Q passano esattamente duerette completamente contenute in Q . Consideriamo la generica retta passante per A :

r :

x = −1 + at

y = 2 + bt

z = −6 + ct .

Imponiamo che r sia contenuta in Q , ossia che ogni punto di r appartenga a Q . Si deveavere

5(−1 + at)2 + 2(−1 + at)(2 + bt)− (−1 + at)(−6 + ct)− 7(−1 + at)− 2(2 + bt) + 2 = 0

per ogni t ∈ R , ossia(5a2 + 2ab− ac)t2 − (7a + 4b− c)t = 0

per ogni t ∈ R , ossia {5a2 + 2ab− ac = 07a + 4b− c = 0 .

Posto c = 7a + 4b , la prima equazione diviene a(a + b) = 0 . Si hanno quindi due casi:

• se a = 0 , allora c = 4b e (a : b : c) = (0 : 1 : 4) ,

• se b = −a , allora c = 3b e (a : b : c) = (1 : −1 : 3) .

11

Si hanno cosı le due rette

r1 :

x = −1y = 2 + t

z = −6 + 4t

e r2 :

x = −1 + t

y = 2− t

z = −6 + 3t .

18. Consideriamo l’equazione della generica quadrica

Q : ax2 + by2 + cz2 + 2dxy + 2exz + 2fyz + 2hx + 2iy + 2lz + k = 0 .

Imponiamo che Q contenga l’asse x , ossia che contenga ogni punto (t, 0, 0) . Si deve avereat2 + 2ht + k = 0 , per ogni t ∈ R , ossia a = h = k = 0 . Analogamente, imponiamo che Qcontenga l’asse y , ossia che contenga ogni punto (0, t, 0) . Si deve avere by2 + 2iy + k = 0 ,per ogni t ∈ R , ossia b = i = k = 0 . A questo punto l’equazione di Q si riduce a

Q : cz2 + 2dxy + 2exz + 2fyz + 2lz = 0 .

Le coordinate del centro soddisfano il seguente sistema lineare

2dy + 2ez = 02dx + 2fz = 02cz + 2ex + 2fy + 2l = 0 .

Imponendo il passaggio per A e imponendo che il centro sia C , si ottiene il sistema lineare

c + 4d + 2e + 4f + 2l = 0d− e = 0d− f = 0−c + e + f + l = 0

c = −2d

e = d

f = d

l = −4d .

Pertanto, posto d = 1 , si ha Q : −2z2 + 2xy + 2xz + 2yz − 8z = 0 , ossia

Q : z2 − xy − xz − yz + 4z = 0 .

Poiche contiene l’asse x e l’asse y , Q deve essere una quadrica rigata. Piu precisamente,risulta essere un iperboloide a una falda. Moltiplicando per 2 l’equazione di Q , si hannogli invarianti ortogonali I4 = 16 , I3 = −4 , I2 = −3 , I1 = 2 .

19. (a) Il paraboloide Q e il luogo dei punti P dello spazio equidistanti dal fuoco F e dalpiano direttore π . Quindi d(P, F ) = d(P, π) . Se P ≡ (x, y, z) , allora l’equazione diQ e √

(x− 1)2 + (y + 1)2 + (z − 1)2 =|x + y − z|√

3ossia

3((x− 1)2 + (y + 1)2 + (z − 1)2) = (x + y − z)2

ossia2x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy + 2xz + 2yz − 6x + 6y − 6z + 9 = 0 .

(b) Si ha I4 = −27 . Inoltre gli autovalori della matrice B sono 3 , 3 , 0 . Pertantol’equazione canonica di Q risulta

√3x2 +

√3y2 − 2z = 0 .

(c) L’asse di Q e la retta a che passa per F ed e ortogonale a π . Quindi si ha

a :

x = 1 + t

y = −1 + t

z = 1− t .

12

Il vertice V di Q e il punto medio del segmento di estremi F e F ′ = a ∩ π .Intersecando a con π , si ottiene t = 1/3 . Quindi

F ′ ≡(

1 +13,−1 +

13, 1− 1

3

)≡

(43,−2

3,23

)

e

V =12(F + F ′) ≡

(76,−5

6,56

).

20. Scegliamo un sistema di riferimento cartesiano in modo che F1 ≡ (c, 0, 0) e F2 ≡ (−c, 0, 0) ,con c ∈ R , c > 0 . Sia P ≡ (x, y, z) un generico punto dello spazio.

(a) In questo sistema di riferimento, l’equazione d(P, F1) + d(P, F2) = 2a diventa√

(x− c)2 + y2 + z2 +√

(x + c)2 + y2 + z2 = 2a

ossia √(x− c)2 + y2 + z2 = 2a−

√(x + c)2 + y2 + z2 .

Elevando a quadrato e semplificando, si ottiene l’equazione

a√

(x + c)2 + y2 + z2 = a2 + cx .

Elevando ancora a quadrato, si ha

a2(x2 + 2cx + c2 + y2 + z2) = a4 + 2a2cx + c2x2

ossia(a2 − c2)x2 + a2y2 + a2 + z2 = a2(a2 − c2) .

Considerato il triangolo PF1F2 , per la disuguaglianza triangolare si ha 2a > 2c , ossiaa > c . Esiste pertanto un numero reale positivo b < a tale che b2 = a2 − c2 . Quindi,l’equazione precedente diventa

b2x2 + a2y2 + a2z2 = a2b2

da cui si ricavax2

a2+

y2

b2+

z2

b2= 1 .

Pertanto Q e un ellissoide reale di rotazione attorno all’asse focale.(b) In questo sistema di riferimento, l’equazione d(P, F1)− d(P, F2) = ±2a diventa

√(x− c)2 + y2 + z2 −

√(x + c)2 + y2 + z2 = ±2a

ossia √(x− c)2 + y2 + z2 = ±2a +

√(x + c)2 + y2 + z2 .

Elevando a quadrato e semplificando, si ottiene l’equazione

±a√

(x + c)2 + y2 + z2 = a2 + cx .

Elevando ancora a quadrato, si ha

a2(x2 + 2cx + c2 + y2 + z2) = a4 + 2a2cx + c2x2

ossia(a2 − c2)x2 + a2y2 + a2 + z2 = a2(a2 − c2) .

Considerato il triangolo PF1F2 , per la disuguaglianza triangolare si ha 2a < 2c , ossiaa < c . Esiste pertanto un numero reale positivo b tale che b2 = c2 − a2 . Quindi,l’equazione precedente diventa

−b2x2 + a2y2 + a2z2 = −a2b2

da cui si ricavax2

a2− y2

b2− z2

b2= 1 .

Pertanto Q e un iperboloide ellittico (a due falde) di rotazione attorno all’asse focale.

13

21. Scegliamo il sistema di riferimento in modo che F ≡ (c, 0, 0) , d : x = −a , y = 0 , cona, c ∈ R , a, c > 0 e c = εa (ossia O ∈ Q ). Se P ≡ (x, y, z) , allora l’equazione di Qdiventa √

(x− c)2 + y2 + z2 = ε√

(x + a)2 + y2

ossia (dopo aver elevato a quadrato e semplificato)

Q : (1− ε2)x2 + (1− ε2)y2 + z2 − 2c(1 + ε)x = 0 .

Se ε = 1 , allora Q : z2 − 4cx = 0 , e quindi Q e un cilindro parabolico. Se invece ε 6= 1 ,allora si ha

I4 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1− ε2 0 0 −c(1 + ε)0 1− ε2 0 00 0 1 0

−c(1 + ε) 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣= −c2(1 + ε)2(1− ε2) 6= 0

I3 =

∣∣∣∣∣∣

1− ε2 0 00 1− ε2 00 0 1

∣∣∣∣∣∣= (1− ε2)2 6= 0 .

Quindi Q e sempre una quadrica non specializzata a centro. Poiche la matrice B ediagonale, i suoi autovalori sono 1 − ε2 (contato due volte) e 1 . Quindi l’equazionecanonica di Q e

(1− ε2)x2 + (1− ε2)y2 + z2 − c2(1 + ε)2(1− ε2)(1− ε2)2

ossia

x2 + y2 +z2

1− ε2=

(c

1− ε

)2

.

Quindi, se ε < 1 , si ha un ellissoide reale, altrimenti, se ε > 1 , si ha un iperboloide a unafalda. Riassumendo, in conclusione, si ha la seguente classificazione:

• se 0 < ε < 1 : Q e un ellissoide reale di rotazione• se ε = 1 : Q e un cilindro parabolico• se ε > 1 : Q e un iperboloide iperbolico (a una falda) di rotazione.

22. In base all’esercizio 21, essendo ε = 2 > 1 , il luogo Q e un iperboloide iperbolico (auna falda) di rotazione. Sia P ≡ (α, β, γ) il generico punto dello spazio e sia P ′ la suaproiezione ortogonale sulla retta d . Sia π il piano che passa per P e che e ortogonale ad . Allora π : 1 · (x−α) + 1 · (y− β)− 1 · (z− γ) = 0 , ossia π : x + y− z−α− β + γ = 0 .Intersecando π con d si ottiene t+ t+ t−α−β +γ = 0 , ossia t = (α+β−γ)/3 . Pertanto

P ′ ≡(

α + β − γ

3,α + β − γ

3,−α + β − γ

3

).

L’equazione d(P, F ) = 2 d(P, d) e equivalente all’equazione d(P, F ) = 2 d(P, P ′) , ossiaall’equazione

√(α− 1)2 + (β − 1)2 + γ2 = 2

√(α− α + β − γ

3

)2

+(

β − α + β − γ

3

)2

+(

γ +α + β − γ

3

)2

ossia

(α− 1)2 + (β − 1)2 + γ2 = 4

[(2α− β + γ

3

)2

+(−α + 2β + γ

3

)2

+(

α + β + 2γ

3

)2]

.

Sviluppando i calcoli, si ottiene

5α2 + 5β2 + 5γ2 − 8αβ + 8αγ + 8βγ + 6α + 6β − 6 = 0 .

Infine, sostituendo α , β e γ rispettivamente con x , y e z , si ha

Q : 5x2 + 5y2 + 5z2 − 8xy + 8xz + 8yz + 6x + 6y − 6 = 0 .

14

23. (a) Sia P ≡ (α, β, γ) il generico punto dello spazio. Si trova facilmente che le proiezioniortogonali di P rispettivamente sulle rette r ed s sono date dai punti

P ′ ≡(

α + γ

2, 0,

α + γ

2

)e P ′′ ≡ (1, β, 0) .

Pertanto l’equazione d(P, r) = d(P, s) diventa d(P, P ′)2 = d(P, P ′′)2 , ossia(

α− α + γ

2

)2

+ β2 +(

γ − α + γ

2

)2

= (α− 1)2 + γ2 .

Semplificando, si ottiene l’equazione

α2 − 2β2 + γ2 + 2αγ − 4α + 2 = 0 .

Infine, sostituendo α , β e γ rispettivamente con x , y e z , si ottiene l’equazionecartesiana di Q , ossia

Q : x2 − 2y2 + z2 + 2xz − 4x + 2 = 0 .

(b) Poiche I4 = 8 > 0 e I3 = 0 , Q e un paraboloide iperbolico (a sella).

(c) Gli autovalori di Q sono ±2 e 0 . Quindi l’equazione canonica di Q e

x2 − y2 =√

2z .

24. (a) Consideriamo i fasci di piani passanti rispettivamente per r e per s :

Φr : tx + y + 1 = 0Φs : x− 1 + u(y − z) = 0

Pertanto, abbiamo i piani

π : tx + y + 1 = 0π′ : x + uy − uz − 1 = 0

e π⊥π′ quando t + u = 0 . Di conseguenza, sostituendo in questa equazione i valori

t = −y + 1x

e u =1− x

y − z,

si ottiene l’equazioneQ : x2 + y2 − yz − x + y − z = 0 .

(b) Per costruzione, Q e una quadrica rigata. Poiche (dopo aver moltiplicato per 2 ) si haI4 = 1 > 0 , I3 = −2 6= 0 , I2 = 3 > 0 , I1 = 4 , I1I3 < 0 , Q e un iperboloide a unafalda.

25. (a) Primo modo. Sia A ≡ (t, t, t) il generico punto di r1 . Sia π2 il piano contenenter2 e A . Sia π3 il piano contenente r3 e A . Intersecando π2 con π3 si trova unaretta che interseca le tre retta date. Per determinare questi due piani, consideriamo ifasci che hanno come sostegno rispettivamente le rette r2 ed r3 :

Φ2 : x + y + λ(y + 1) = 0Φ3 : x− z − 1 + µ(y + z − 1) = 0 .

Imponendo, in entrambi i casi, il passaggio per A , si ottiene

Φ2 : t + t + λ(t + 1) = 0 λ = − 2t

1 + t

Φ3 : t− t− 1 + µ(t + t− 1) = 0 µ =1

2t− 1.

15

Pertanto, si ha

π2 : x + y − 2t

1 + t(y + 1) = 0

π3 : x− z − 1 +1

2t− 1(y + z − 1) = 0 .

Quindi

π2 ∩ π3 :

{(1 + t)(x + y)− 2t(y + 1) = 0(2t− 1)(x− z − 1) + (y + z − 1) = 0 .

Lasciando variare il parametro t si ottiene Q . per trovare l’equazione cartesiana diQ , bisogna eliminare il parametro t . Poiche

t = − x + y

x− y − 2t =

x− y − 2z

2x + 2z − 2,

si ottiene l’equazione

(x + y)(2x + 2z − 2) + (x− y − 2z)(x− y − 2) = 0

ossiaQ : 3x2 + y2 − 4xz − 4x + 4z = 0 .

Secondo modo. Sia A ≡ (t, t, t) il generico punto di r1 e sia B ≡ (1,−1, u) ilgenerico punto di r2 . Allora

AB :

x = 1 + (t− 1)wy = −1 + (t + 1)wz = u + (t− u)w .

Intersechiamo la retta AB con la retta r3 ed imponiamo che abbiano un punto incomune. Si ha

{1 + (t− 1)w − u− (t− u)w = 1−1 + (t + 1)w + u + (t− u)w = 1

{(u− 1)w − u = 0(2t− u + 1)w + u− 2 = 0

da cui si ottienew =

u

u− 1e w =

2− u

2t− u + 1.

Affinche le due rette AB ed r3 siano incidenti, occorre che sia soddisfatta la seguentecondizione di compatibilita

u

u− 1=

2− u

2t− u + 1ossia tu− u + 1 = 0 .

Le equazioni parametriche di Q sono pertanto date da

Q :

x = 1 + (t− 1)wy = −1 + (t + 1)wz = u + (t− u)wtu− u + 1 = 0 .

Per determinare l’equazione cartesiana di Q , bisogna eliminare tutti i parametri. Dalleprime tre equazioni, si ottiene

w =2− x + y

2, t = − x + y

x− y − 2, u = −x + y − 2z

x− y.

16

Sostituendo nell’ultima equazione, si ha

x + y

x− y − 2x + y − 2z

x− y+

x + y − 2z

x− y+ 1 = 0

ossia

(x + y)(x + y − 2z) + (x + y − 2z)(x− y − 2) + (x− y − 2)(x− y) = 0

di cui si riottieneQ : 3x2 + y2 − 4xz − 4x + 4z = 0 .

(b) La superficie Q e una quadrica e, per costruzione, e rigata. Gli invarianti ortogonalisono I4 = 4 , I3 = −4 , I2 = −1 , I1 = 4 . Quindi Q e un iperboloide iperbolico (auna falda).

(c) Poiche gli autovalori di Q sono ±1 e 4 , l’equazione canonica di Q e

x2 + 4y2 − z2 = 1 .

26. (a) Si ha ||f(x)|| = 1 sse ||f(x)||2 = 1 , e questo accade sse

(x + y)2 + (x− y)2 + (x + y + z)2 = 1 .

Quindi Qf e una quadrica e la sua equazione cartesiana e

Qf : 3x2 + 3y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz − 1 = 0 .

(b) Poiche I4 = −4 < 0 , I3 = 4 6= 0 , I2 = 12 > 0 , I1 = 7 e I1I3 > 0 , Qf e un ellissoidereale.

(c) L’equazione canonica di Qf e

5 +√

172

x2 +5−√17

2y2 + 2z2 = 1 .

(d) Qf non e di rotazione (poiche possiede tre autovalori distinti).

27. (a) Si ha

x ∈ Qf ⇐⇒ ||f(x)|| = 1⇐⇒ ||f(x)||2 = 1⇐⇒ 〈f(x), f(x)〉 = 1⇐⇒ 〈Ax, Ax〉 = 1⇐⇒ xT AT Ax = 1 .

Pertanto l’equazione di Qf e xT Bx = 1 , dove B = AT A . Si osservi che la matriceB e sempre simmetrica, qualunque sia la matrice A .

(b) Poiche una quadrica e a centro sse I3 6= 0 e poiche I3 = |B| = |AT A| = |AT ||A| = |A|2 ,si ha che la quadrica Qf e a centro sse |A| 6= 0 , ossia sse l’applicazione lineare f einvertibile. In questo caso, poiche nell’equazione di Qf mancano i termini lineari, ilcentro coincide con l’origine.

28. Poiche e l’intersezione di una quadrica con un piano, Γ e una conica. Sostituendo z =x + 2y + 1 nella prima equazione, si ottiene

Γ :

{2x2 + 2xy + 5y2 + 4x + 2y + 1 = 0x + 2y − z + 1 = 0 .

Pertanto la curva

Γ′ :

{2x2 + 2xy + 5y2 + 4x + 2y + 1 = 0z = 0

e la proiezione di Γ sul piano xy parallelamente alla direzione data dall’asse z . PoicheΓ′ e un’ellisse reale (irriducibile), essendo I3 = −9 6= 0 , I2 = 9 > 0 , I1 = 7 e I1I3 < 0 ,anche Γ′ e un’ellisse reale (irriducibile).

17

29. Poiche e l’intersezione di una quadrica con un piano, Γ e una conica. Sostituendo y = 2x+1nella prima equazione, si ottiene

Γ :

{9x2 − 6xz + z2 + 12x + 5 = 02x− y + 1 = 0 .

Pertanto la curva

Γ′ :

{9x2 − 6xz + z2 + 12x + 5 = 0y = 0

e la proiezione di Γ sul piano xz parallelamente alla direzione data dall’asse y . PoicheΓ′ e una parabola (irriducibile), essendo I3 6= 0 e I2 = 0 , anche Γ′ e una parabola(irriducibile).

30. La curva Γ e una conica, essendo l’intersezione di una quadrica con un piano. Sostituendoz = −x + 4y + 2 nella prima equazione, si ottiene

Γ :

{4xy + 2y2 − 2x + 4y + 1 = 0x− 4y + z − 2 = 0 .

Pertanto la curva

Γ′ :

{4xy + 2y2 − 2x + 4y + 1 = 0z = 0

e la proiezione di Γ sul piano xz parallelamente alla direzione data dall’asse y . PoicheΓ′ e una iperbole (irriducibile), essendo I3 6= 0 e I2 < 0 , anche Γ′ e una iperbole(irriducibile).

31. Poiche e l’intersezione di una quadrica con un piano, Γk e sempre una conica. Sostituendoz = x + ky + 1 nella prima equazione, si ottiene

Γk :

{2kxy + (k2 − 1)y2 + 2x + 2ky + 2 = 0x + ky − z + 1 = 0 .

Quindi la proiezione di Γk sul piano xy parallelamente alla direzione data dall’asse z e

Γ′k :

{2kxy + (k2 − 1)y2 + 2x + 2ky + 2 = 0z = 0 .

Gli invarianti ortogonali di questa curva sono

I3 =

∣∣∣∣∣∣

0 k 1k k2 − 1 k1 k 2

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

0 0 1k −1 k1 −k 2

∣∣∣∣∣∣= 1− k2 , I2 =

∣∣∣∣0 kk k2 − 1

∣∣∣∣ = −k2 .

Pertanto, essendo dello stesso tipo, Γ′k e Γk sono

• un’iperbole per k 6= 0,±1 ,

• una parabola per k = 0 ,

• una conica degenere in due rette reali incidenti per k = ±1 .

Ci sono esattamente due coniche degeneri, ossia Γ1 e Γ−1 .

Per k = 1 , si ha

Γ1 :

{xy + x + y + 1 = 0x + y − z + 1 = 0

ossia Γ1 :

{(x + 1)(y + 1) = 0x + y − z + 1 = 0 .

18

Di conseguenza, Γ1 si spezza nelle due rette

r1 :

{x + 1 = 0x + y − z + 1 = 0

e s1 :

{y + 1 = 0x + y − z + 1 = 0

che si intersecano nel punto P1 ≡ (−1,−1,−1) . Il piano tangente a Q nel punto P1 e ilpiano1 π1 : x + y − z + 1 = 0 . Quindi Γ1 e la conica degenere che si ottiene intersecandoQ con il suo piano tangente in P1 .

Per k = −1 , si ha

Γ−1 :

{xy − x + y − 1 = 0x− y − z + 1 = 0

ossia Γ−1 :

{(x + 1)(y − 1) = 0x− y − z + 1 = 0 .

Di conseguenza, Γ−1 si spezza nelle due rette

r−1 :

{x + 1 = 0x− y − z + 1 = 0

e s−1 :

{y − 1 = 0x− y − z + 1 = 0

che si intersecano nel punto P−1 ≡ (−1, 1,−1) . Il piano tangente a Q nel punto P−1 e ilpiano π−1 : x−y− z +1 = 0 . Quindi Γ−1 e la conica degenere che si ottiene intersecandoQ con il suo piano tangente in P−1 .

In particolare, Γ1 e Γ−1 si spezzano in due rette reali incidenti perche la quadrica Q eun iperboloide iperbolico (i cui punti sono tutti iperbolici).

32. Siano Q : y2 + 4z2 + 8x − 4y − 9 = 0 e π : 2x − y + 2z − 3 = 0 . La retta r tangentealla conica Γ nel punto P0 puo essere vista come l’intersezione del piano π′ tangente allaquadrica Q nel punto P0 con il piano π contenente la conica Γ . L’equazione del pianoπ′ e

[1 1 1 1

]

0 0 0 40 1 0 −20 0 4 04 −2 0 −9

xyz1

= 0.

ossia π′ : 4x− y + 4z − 7 = 0 . Quindi si ha

r :

{4x− y + 4z − 7 = 02x− y + 2z − 3 = 0 .

ossia r :

{x + z − 2 = 0y = 1 .

1Vedi esercizio 14.

19