Corso di laurea in Matematica, Appello straordinario di Geometria II del 28/4/2014.
I
In R3 `e assegnata la forma bilineare simmetrica F (prodotto scalare generalizzato) associata,
rispetto alla base canonica, alla matrice
1 0 0
A = 0 k k con k parametro reale.
0 k 2
1) Determinare i valori di k per i quali F `e un prodotto scalare (F `e definita positiva).
2) Dato il sottospazio V = {(x, y, z) | x+y = 0} ⊆ R3 , nel caso k = 1 determinare il sottospazio
U = V ⊥ rispetto al prodotto scalare F .
3) Sempre per k = 1 determinare una base di V ed una base di U la cui unione sia una base
ortonormale di R3 rispetto ad F .
4) Nel caso k = 2 determinare un vettore v 6= 0 tale che F (v, v) = 0.
II
` assegnato nel piano un sist. di rif. cart. ort. O.~x, ~y .u.
E
Determinare e studiare il fascio φ delle coniche che hanno come asse di simmetria la prima
bisettrice (di equazione x − y = 0) e passano per i punti O ≡ (0, 0) e A ≡ (2, 2). Determinare il luogo dei centri di simmetria delle coniche di φ. Studiare l’iperbole equilatera γ di φ
determinandone gli assi, gli asintoti ed i vertici.
III
` assegnato nello spazio un sist. di rif. cart. ort. O.~x, ~y , ~z.u.
E
Studiare il fascio delle quadriche che contengono le coniche C1 e C2 di equazione
z=0
x=0
C1 :
;
C2 :
.
xy − 1 = 0
yz − 1 = 0
Determinare il luogo dei centri di simmetria delle quadriche del fascio.
IV
Nello spazio proiettivo P 3 (C) `e data la superficie F di equazione
F : F = x3 + y 3 − xyt + zt2 = 0.
1) Determinare i suoi eventuali punti singolari ed il cono tangente in ciascuno di questi.
2) Studiare la curva che si ottiene secando F col suo piano tangente nell’origine.
V
Nello spazio affine A4 (R) sono assegnati l’iperpiano π : x + y − z = 0 ed i punti A ≡ (1, 2, 0, 0),
B ≡ (0, 1, 1, 1), C ≡ (0, 0, 0, 1). Determinare:
1) il luogo D dei punti D ∈ π tali che le rette AB e CD sono complanari;
2) il sottospazio lineare congiungente D con la retta AB.
1
SOLUZIONE, I
1) Il polinomio caratteristico della matrice A `e: (T −1)(T 2 −(k+2)T −k 2 +2k); usando la regola
dei segni di Cartesio di vede facilmente che gli autovalori di A sono positivi per 0 < k < 2. In
questo intervallo F `e un prodotto scalare.
2) Posto k = 1 determiniamo una base ortogonale di V . Considerato il vettore v1 = (0, 0, 1) ∈ V ,
cerchiamo in V un vettore ad esso ortogonale:
1 0 0
x
(0 0 1) 0 1 1 −x = 0 ⇒ −x + 2z = 0 ⇒ v2 = (2, −2, 1).
0 1 2
z
I vettori v1 , v2 sono una base ortogonale di V ; cercando i vettori ad essi ortogonali avremo
y + 2z = 0
⇒ u = (−1, −2, 1),
U = L (u).
2x − y = 0
3) I vettori v1 , v2 , u sono una base ortogonale di R3 . Per trovare la richiesta base ortonormale
v
basta dividere ciascuno di questi vettori per la sua norma (rispetto ad F ) e si trova v10 = √12 ,
v
v20 = √26 , v30 = √u3 .
4) Posto k = 2 `e sufficiente determinare un vettore del nucleo di A; si trova subito il vettore
v = (0, 1, −1). Di conseguenza F (v, v) = 0.
II
Siccome i punti base O ed A appartengono all’asse di simmetria, le tangenti in questi punti
debbono essere ortogonali all’asse, quindi sono rispettivamente le rette x+y = 0 e x+y −4 = 0.
Siamo quindi nel caso della bitangenza e possiamo determinare il fascio:
φ : (x + y)(x + y − 4) + h(x − y)2 = 0 φ : (1 + h)x2 + 2(1 − h)xy + (1 + h)y 2 − 4x − 4y = 0
Siccome conosciamo le due coniche spezzate distinte di φ, che si hanno per h = 0 e per h = ∞,
rimangono da caratterizzare le sue coniche irriducibili. Da |A| = h, osservato che non ci sono
parabole, avremo:
|A| > 0 per h > 0: ELLISSI. Per h = 1 si ha la circonferenza x2 + y 2 − 2x − 2y = 0;
|A| < 0 per h < 0: IPERBOLI. Per h = −1 si ha l’iperbole equilatera xy − x − y = 0.
Per trovare il luogo dei vertici, dal relativo sistema avremo:
(1 + h)x + (1 − h)y = 2
(1 − h)x + (1 + h)y = 2
⇒
per h 6= 0, ∞ H ≡ (1, 1)
per h = 0
x+y =2 .
per h = ∞
x−y =0
La conica spezzata (x + y)(x + y − 4) = 0 ammette infiniti centri di simmetria: i punti della
retta “equidistante” x + y − 2 = 0; anche l’altra conica spezzata (x − y)2 = 0 ha infiniti centri
di simmetria, i punti della stessa retta x − y = 0. Le coniche irriducibili di φ hanno lo stesso
centro di simmetria, H ≡ (1, 1).
L’iperbole equilatera γ ha centro H; la traslazione che porta l’origine in H produce l’equazione
x=X +1
⇒ γ : XY − 1 = 0.
y =Y +1
Quindi gli assi di γ sono x − y = 0, x + y − 2 = 0; gli asintoti sono x − 1 = 0, y − 1 = 0; i
vertici sono i punti O ed A.
2
III
Osserviamo subito che le coniche date sono due iperboli. Quindi tra le quadriche non ci possono
essere ellissoidi e paraboloidi ellittici. Imponendo che la generica conica contenente C1 contenga
anche C2 , avremo
z(ax + by + cz + d) + xy − 1 = 0
≡ C2 ⇒ b = 1, c = d = 0
x=0
quindi Q : xy + axz + yz − 1 = 0. Si trovano facilmente |B| = −|A| = −2a, quindi tra le
quadriche trovate non ci sono paraboloidi. Per a = 0 si ha un cilindro iperbolico di vertice
(1, 0, −1, 0); per a > 0 si hanno iperboloidi ellittici e per a < 0 si hanno iperboloidi iperbolici.
Per determinare il centro di simmetria bisogna risolvere il sistema
y + az = 0
O ≡ (0, 0, 0)
per a 6= 0
x+z =0
⇒
y = x + z = 0 per a = 0
ax + y = 0
cio`e le quadriche non degeneri hanno l’origine come centro di simmetria mentre per il cilindro
i centri di simmetria descrivono il suo asse.
IV
Calcoliamo le derivate prime del polinomio F :
Fx = 3x2 − yt = 0
Fy = 3y 2 − xt = 0
Fz = t2 = 0
Ft = −xy + 2zt
⇒
Z∞ ≡ (0, 0, 1, 0)
Per controllare se Z∞ `e solo doppio calcoliamo le derivate seconde:
Fxx = 6x
Fxy = −t Fyy = 6y
Fxz = 0
Fyz = 0
Fzz = 0
Fxt = −y Fyt = −x Fzt = 2t Ftt = 2z
per cui vediamo che Z∞ `e il solo punto singolare e che esso `e doppio, con cono tangente t2 = 0.
Il piano tangente nell’origine O ≡ (0, 0, 0, 1) ha equazione z = 0, quindi su questo piano
coordinato dobbiamo studiare la curva cubica x3 + y 3 − xyt = 0. Si verifica facilmente che si
tratta di una cubica nodale, l’origine `e un punto doppio con cono tangente xy = 0. Inoltre
questa curva `e simmetrica rispetto alla prima bisettrice che seca nel punto ( 12 , 12 ).
V
1) Detto D ≡ (x, y, z, w) ∈ π un punto generico, le rette AB e CD sono complanari se e solo
se non ha rango massimo la matrice
−1
−2 0 1
−1
−2
0 1
−1
−1 1 1 →
0
1
1 0 →
x−1 y−2 z w
x + w − 1 y + 2w − 2 z 0
−1
−2
0 1
x+w−1=0
0
1
1 0 ⇒ D:
y − z + 2w − 2 = 0 .
x+y−z =0
x + w − 1 y − z + 2w − 2 0 0
Chiaramente D `e una retta perch´e questo sistema ha rango massimo.
2) Le rette AB e D sono complanari e generano il piano determinato dai punti A, B, C. Questo
piano ha equazioni x + w − 1 = y − z + 2w − 2 = 0.
3
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