Corso di Geometria 2011-12

Meccanica, Elettrotecnica

Esercizi 11: soluzioni

Esercizio 1. Scrivere la matrice canonica di ciascuna delle seguenti trasformazioni lineari delpiano:

a) Rotazione di angolo2pi3

.

b) Rotazione di angolo2pi3

seguita dalla riflessione attorno a x y = 0.

c) Riflessione attorno a x y = 0 seguita dalla rotazione di angolo 2pi3

.

d) Proiezione ortogonale sulla retta 2x y = 0.e) Riflessione attorno alla retta 2x y = 0.Quali delle matrici trovate risultano ortogonali?

Soluzione. a)

(12

32

32 12

). b)

(0 11 0

)(12 3232 12

)=

(32 1212

32

).

c)

(12

32

32 12

)(0 11 0

)=

(32 1212

32

).

d) La matrice e` data dal prodotto uut con u =15

(12

). Dunque la matrice e`

15

(1 22 4

).

e) La matrice e` data da 2A I dove A e` la matrice della proiezione ortogonale trovata in d).Si ottiene

15

(3 44 3

).

Le matrici sono tutte ortogonali, con leccezione della proiezione ortogonale in d).

Esercizio 2. a) Scrivere la matrice canonica M della rotazione di angolo = pi/3; calcolareinoltre M1 e M6.

1

b) La matrice15

(3 44 3

)e` la matrice canonica della riflessione attorno a una retta r passante

per lorigine. Determinare lequazione di r.

Soluzione. a) M =

(12

32

32

12

). Si ha M1 = M t =

(12

32

32

12

)poiche M e` ortogonale. La

matrice M6 e` associata alla rotazione di angolo 6 pi3 = 2pi. Dunque M6 = I.b) La retta cercata coincide con lautospazio della matrice associato allautovalore 1. La retta e`dunque x 2y = 0.

Esercizio 3. Scrivere le formula del cambiamento di coordinate da R = (O;x, y) a R =(O;X,Y ) se la nuova origine O ha coordinate

(21)

rispetto a R e gli assi X,Y si ottengono

ruotando gli assi x, y di un angolo = pi3

. Esprimere il cambiamento di coordinate inverso conunopportuna matrice T di ordine 3 tale chexy

1

= TXY

1

.

Soluzione. La matrice e` T =

1232 2

32

12 1

0 0 1

. Esercizio 4. Diagonalizzare ciascuna delle matrici simmetriche seguenti, trovando in ciascuncaso una matrice ortogonale M e una matrice diagonale D tali che M tAM = D. Possiamo farein modo che M sia una rotazione (cioe`, |M | = 1)?(

1 22 1

),

(1 33 9

),

(2 22 5

),

(6 11 6

).

Soluzione. a) Matrice(

1 22 1

): M =

12

(1 11 1

), D =

(1 00 3

).

b) Matrice(

1 33 9

): M =

110

(3 11 3

), D =

(0 00 10

).

c) Matrice(

2 22 5

): M =

15

(2 11 2

), D =

(1 00 6

).

2

d) Matrice(

6 11 6

): M =

12

(1 11 1

), D =

(5 00 7

).

Cambiando (eventualmente) segno ad uno dei due vettori della base ortonormale di autovettoritrovata, e` sempre possibile fare in modo che M sia una matrice ortogonale.

Esercizio 5. Determinare quali delle seguenti forme quadratiche sono definite positive, e qualisono indefinite.

a) q(xy

)= x2 + y2 + 4xy.

b) q(xy

)= x2 + 9y2 + 6xy.

c) q(xy

)= 2x2 + 5y2 + 4xy.

d) q(xy

)= 6x2 + 6y2 2xy.

In ciascun caso, determinare una rotazione degli assi in modo che, nel nuovo riferimento (O;X,Y ),

q assuma forma diagonale: q(xy

)= X2 +Y 2 (usare il calcolo fatto nellesercizio precedente).

Soluzione. a) q(xy

)= X2 + 3Y 2. Rotazione (di pi/4) definita da M = 1

2

(1 11 1

), nel

senso che(XY

)= M t

(xy

). q e` indefinita.

b) q(xy

)= 10Y 2. Rotazione definita da M =

110

(3 11 3

), q e` semi-definita positiva.

c) q(xy

)= X2 + 6Y 2. Rotazione: M =

15

(2 11 2

), q e` definita positiva.

d) q(xy

)= 5X2 + 7Y 2. Rotazione: M =

12

(1 11 1

), q e` definita positiva.

Esercizio 6. Ridurre a forma canonica la conica 5x22xy+5y24x4y10 = 0. Determinarele coordinate del centro di simmetria (se la conica e` a centro) e le equazioni degli assi.

Soluzione. La matrice della conica e`:

A =

5 1 21 5 22 2 10

, con parte principale Q = ( 5 11 5),

3

quindi |A| = 288, |Q| = 24 > 0. Gli autovalori di Q sono = 4, = 6 e per il teorema diriduzione la forma canonica e` del tipo

4X2 + 6Y 2 + p = 0.

La conica e` dunque unellisse (eventualmente degenere, o a punti immaginari). La matrice nel

riferimento (O;X,Y ) e` A =

4 0 00 6 00 0 p

e applicando il teorema di invarianza (|A| = |A|) siottiene p = 12. Dunque la forma canonica e`:

4X2 + 6Y 2 12 = 0, ovvero X2

3+Y 2

2= 1.

Il centro e` C = (12 ,12). Gli assi di simmetria sono paralleli agli autospazi della matrice Q, e

passano per il centro. Dunque gli assi hanno equazione x+ y 1 = 0, x y = 0.

Esercizio 7. Ridurre a forma canonica la conica x2 + 9y2 + 6xy + 6x 2y + 1 = 0.

Soluzione. Matrici: A =

1 3 33 9 13 1 1

, Q = (1 33 9

). Si ha |A| = 100, |Q| = 0. Proce-

dendo come nellesercizio precedente si vede che la conica e` una parabola di equazione canonica

Y 2 =

25X

(entrambi i segni vanno bene).

Esercizio 8. Ridurre a forma canonica le seguenti coniche:

a) x2 + y2 + 4xy + 1 = 0.b) x2 + y2 + 4xy + 6x+ 6y + 6 = 0.c) x2 + y2 + 2xy + 2x+ 2y 3 = 0.Disegnare la conica c) nel riferimento (O;x, y).

Soluzione. a) Iperbole di equazione canonica X2 + 3Y 2 + 1 = 0.b) Iperbole degenere X2 + 3Y 2 = 0.c) Parabola degenere 2Y 2 + r = 0 per un opportuno r R. Risulta che la conica e` una coppiadi rette parallele: (x+ y + 3)(x+ y 1) = 0.

4

Esercizio 9. Ridurre a forma canonica e disegnare le seguenti coniche (non occorre applicareil teorema di riduzione, basta completare i quadrati).

a) x2 + 4y2 + 2x 3 = 0.b) x2 2y2 + 4x 8y 2 = 0.

Soluzione. a) Risulta x2 + 4y2 + 2x 3 = (x+ 1)2 + 4y2 4 = 0. Con la traslazione{X = x+ 1Y = y

la conica (ellisse) assume forma canonica X2 + 4Y 2 4 = 0 ovveroX2

4+ Y 2 = 1.

b) Completando i quadrati: x22y2+4x8y2 = (x+2)22(y+2)2+2 e ponendo{X = x+ 2Y = y + 2

otteniamo la forma canonicaX2 2Y 2 + 2 = 0.

La conica e` uniperbole.

Esercizio 10. Calcolare gli invarianti I1, I2, I3 e classificare ciascuna delle seguenti coniche.

a) x2 + 3xy + 2y2 + x+ 2y = 0b) 3x2 + 2xy + 3y2 + x+ 2y + 1 = 0c) x2 + 6xy + y2 3 = 0d) 3x2 + 2xy + 3y2 8 = 0e) x2 + 2xy + y2 + 4x = 0f) x2 + 2xy + 2y2 2x+ 2 = 0g) 4x2 + 4xy + y2 + 2x+ y = 0

Soluzione. Ricordiamo che I1 = trQ, I2 = detQ, I3 = detA.a) Risulta I1 = 3, I2 = 14 , I3 = 0. Poiche I2 < 0 e I3 = 0 la conica e` uniperbole degenere.b) I1 = 6, I2 = 8, I3 = 214 . Poiche I2 > 0 la conica e` unellisse (eventualmente degenere oimmaginaria). Ma I3I1 > 0, dunque si ha unellisse immaginaria.c) I1 = 2, I2 = 8, I3 = 24. Si ha I2 < 0 e I3 6= 0, dunque e` un iperbole.d) I1 = 6, I2 = 8, I3 = 64. Si ha I2 > 0 e I3I1 < 0: ellisse.e) I1 = 2, I2 = 0, I3 = 4. Si ha I2 = 0 e I3 6= 0: parabola.f) I1 = 3, I2 = 1, I3 = 0: ellisse degenere (punto).

5

g) Si ha I2 = I3 = 0: parabola degenere.

Esercizio 11. Classificare la conica ax2 + 2bxy + cy2 = 0 al variare di a, b, c non tutti nulli.

Soluzione. La matrice della conica e` A =

a b 0b c 00 0 0

con parte principale Q = (a bb c

). Si ha

|A| = 0 per ogni a, b, c (la conica e` sempre degenere) e |Q| = ac b2. Dunque:ellisse degenere (punto) se ac b2 > 0iperbole degenere (coppia di rette incidenti) se ac b2 < 0retta contata due volte se ac b2 = 0

Infatti, se ac b2 = 0 il rango della matrice A vale 1, e per il teorema di riduzione la formacanonica e` del tipo Y 2 = 0, con 6= 0.

Esercizio 12. Classificare la conica

Ck : x2 + ky2 + 4xy + 2x+ 2y 1 = 0al variare di k R. Per quali valori di k la conica ha un centro di simmetria?

Soluzione. Un calcolo mostra che |A| = 2k+7, che si annulla solo quando k = 72 , e |Q| = k4.Dunque gli invarianti sono I1 = k + 1, I2 = k 4, I3 = 2k + 7. Abbiamo il seguente schema: se k < 4 e k 6= 72 : iperbole (I2 < 0, I3 6= 0). se k = 72 : iperbole degenere. se k = 4: parabola. se k > 4: ellisse (poiche I2 > 0 e I3I1 < 0).La conica ha centro di simmetria per |Q| 6= 0, cioe` per k 6= 4.

Esercizio 13. Classificare la conica

k : x2 + 9y2 + 2kxy + 2x+ 2y = 0

al variare di k R. Determinare per quali valori di k la conica possiede un centro di simmetriaCk = (xk, yk), e calcolare limkCk (se tale limite esiste).

Soluzione. Un calcolo mostra che |A| = 2k 10, |Q| = 9 k2. Invarianti:I1 = 2, I2 = 9 k2, I3 = 2k 10.

6

Si ha I2 > 0 per k (3, 3), e I3 > 0 per k > 5. Per k = 3 abbiamo I2 = 0 e I3 6= 0, dunqueuna parabola. Alla fine otteniamo il seguente schema:

se k < 3: iperbole. se k = 3: parabola. se 3 < k < 3: ellisse (I2 > 0 e I3I1 < 0). se k > 3 e k 6= 5: iperbole. se k = 5: iperbole degenere.La conica ha centro di simmetria per |Q| 6= 0, cioe` per k 6= 3. In tal caso le coordinate delcentro sono:

xk =k 99 k2 , yk =

k 19 k2 .

Si vede facilmente che limk(xk, yk) = (0, 0). Dunque il centro di simmetria tende versolorigine quando k .

7