(2)(3)prima prova parziale Mat Tre - 21 maggio 2002 Esercizio 1

(1)

Raccolta esami a.a. 2002/3/4/5/6/7/8 Mat.3 (Forme Quadratiche e Geometria Proiettiva)

temi M3M

Sono raccolti gli esami dei corsi di Matematica 3 del Corso di Laurea Triennale in Matematica dell’Universit`a di Padova negli anni accademici della riforma secondo il D.M. 509/1999. I contenuti dei corsi riguardavano l’algebra quadratica e la geometria proiettiva.

Docenti di quei corsi sono stati: Valentino Cristante, Maurizio Candilera, Maurizio Cailotto, Alessandra Bertapelle.

(2)

(3)

prima prova parziale Mat Tre - 21 maggio 2002 Esercizio 1.

(1) Siano r ed s due rette sghembe in P

¯

3(K), e sia P un punto di P

¯

3(K) non appartenente n´e ad r n´e ad s. Dimostrare che esiste una unica retta h passante per P ed incidente sia r che s.

(2) Se r = P₁∨ P2, s = Q₁∨ Q2 ove

P₁=





 1 3 2 2





 , P₂=





 1 1 0 2





 , Q₁=





 1 0 1 1





 , Q₂=





 1 0 1

−1





 ,

e P = (1, 1, 1, 1)^t, verificare che r ed s sono sghembe, che P non appartiene a nessuna delle due rette, e trovare equazioni cartesiane per la retta h del punto (1).

(3) Dualizzare l’asserzione del punto (1).

Soluzione.

(1) Poiché P non appartiene ad r, esiste un unico piano ρ = P ∨ r contenente P ed r; e necessariamente la retta h cercata deve appartenere a ρ (deve passare per P e per un punto di r). Analogamente, poiché P non appartiene ad s, esiste un unico piano σ = P ∨ s contenente P ed s; e necessariamente la retta h cercata deve anche appartenere a σ. Ora abbiamo ρ 6= σ, altrimenti r ed s sarebbero complanari, contro l’ipotesi che siano sghembe. Allora una facile applicazione della formula di Grassmann assicura che la dimensione di h = ρ ∧ σ è 1; quindi si tratta di una retta, unicamente definita dalle condizioni poste.

Certamente poi h contiene P (poich´e P appartiene sia a ρ che a σ), ed interseca sia r che s essendo complanare con entrambe le rette (su due piani diversi!).

(2) Le rette r ed s sono sghembe se e solo se i quattro punti P1, P2, Q1, Q2 generano una variet`a lineare di dimensione 3, cio`e se e solo se i quattro vettori rappresentanti sono linearmente indipendenti, ovvero se e solo se la matrice

A =







1 1 1 1

3 1 0 0

2 0 1 1

2 2 1 −1





 ha rango 4; ciò è vero, poiché det(A) = 8 6= 0.

Il punto P non appartiene ad r se e solo se i punti tre punti P, P1, P2 generano una variet`a lineare di dimensione 2 (un piano), ovvero se e solo se la matrice







1 1 1 1 3 1 1 2 0 1 2 2







ha rango 3; ciò è vero, poiché le prime tre righe danno una sottomatrice quadrata di determinante non nullo.

Analogamente Il punto P non appartiene ad s se e solo se i punti tre punti P, Q1, Q2 generano una variet`a lineare di dimensione 2 (un piano), ovvero se e solo se la matrice







1 1 1

1 0 0

1 1 1

1 1 −1







ha rango 3; ciò è vero, poiché le ultime tre righe danno una sottomatrice quadrata di determinante non

(4)

prima prova parziale Mat Tre - 21 maggio 2002 da cui si ottiene (quasi) subito:

X0− X1− X2+ X₃= 0

X₀− X₂= 0 ovvero X1− X3= 0 X₀− X₂= 0 . (3) L’enunciato duale `e il seguente: siano r ed s due rette sghembe in in P

¯

3(K), e sia π un piano di P

¯

3(K) non contenente n´e r n´e s. Dimostrare che esiste una unica retta h contenuta in π ed incidente sia r che s (osserviamo solo che nozione duale di “due rette sghembe (intersezione vuota)” sarebbe “due rette che generano lo spazio”, ma sono due nozioni equivalenti in P

¯

3(K); come pure “due rette si incontrano in un punto” e la duale “due rette sono complanari”).

Da notare che questo enunciato è molto più facile da dimostrare: la retta h è unicamente definita dai due punti di intersezione del piano π con le due rette r ed s.

(4) L’enunciato in P

¯

4(K) diventa falso, come si pu`o osservare facilmente dal fatto che l’enunciato duale diventa falso: una retta ed un piano che non si appartengono non hanno necessariamente un punto in comune, come `e invece necessario per l’esistenza di h (vedi punto (3)).

D’altra parte possiamo dare un controesempio diretto: sia r = he1, e2i, s = he3, e4i e P = he5i (usiamo la base canonica di K⁵); siamo evidentemente nelle ipotesi dell’enunciato (1), ma non vi `e alcuna retta passante per P , r ed s (dovrebbe passare per 3 punti indipendenti).

Esercizio 2. Sia data la proiettivit`a φ della retta P

¯

1(R

¯) che nel riferimento canonico ha matrice A = 2 1

5 −2

. (1) Dimostrare che si tratta di una involuzione.

(2) Dimostrare che possiede due punti uniti P1e P2e trovarne le coordinate nel riferimento canonico.

(3) Determinare il quarto armonico dopo i punti P1, P2e Q = (1, −2)^t. (4) Che cosa cambierebbe se invece di R

¯ si usasse un corpo K di caratteristica 2?

Soluzione.

(1) Una involuzione è una proiettività non identica di quadrato l’identità; dunque basta verificare che A²

`e un multiplo della matrice identica. Il facile calcolo d`a A² = 9I

¯². D’altra parte sappiamo che una proiettività non identica della retta è involuzione se e solo se la traccia di una qualunque applicazione lineare sovrastante è nulla; ciò è evidente per la matrice A.

(2) Trattandosi φ di una involuzione, A possiede due autovalori distinti, uno opposto dell’altro, e dunque due autovettori indipendenti che corrispondono a due punti uniti distinti di φ. Il polinomio caratteristico di A `e X²+ det(A) = X²− 9; dunque gli autovalori di A sono ±3, e i punti uniti P1 e P₂ di φ sono gli autospazi di A:

ker(A − 3I

¯²) = h 1 1

i e ker(A + 3I

¯²) = h

1

−5

i .

(3) Poiché φ è involuzione, abbiamo (P₁P₂Q φ(Q)) = −1; dunque il quarto armonico cercato è φ(Q) = h 2 1

5 −2

1

−2

i = h 0 9

i = h 0 1

i .

Nel riferimento scelto si tratta del “punto all’infinito”, quando si disomogenezzi rispetto e X0; questo è giusto, poiché Q è il punto “di mezzo” tra P₁ e P₂ (la (semi)somma dei due).

(4) Rimane certo vero che si tratta di una involuzione (punto (1)); d’altra parte in caratteristica 2 una proiettività della retta è involutiva se e solo se è parabolica; dunque troveremmo un solo autovalore (3 = 1 = −1 = −3) e un solo autovettore ((1, 1) = (1, −5)), dunque un unico punto unito (questo per il punto (2)). Il punto (3) pertanto non ha più senso: per calcolare il quart’armonico bisogna avere 3 punti distinti (in ogni caso, notare che siccome 1 = −1 in caratteristica 2, si ha che il quarto armonico dopo tre punti distinti è necessariamente il terzo punto: la nozione di armonia non è più interessante!).

(5)

seconda prova parziale Mat Tre - 7 giugno 2002 Esercizio 1.

Sia dato in P

¯

2(R

¯) il fascio di coniche di equazione

λX₀²+ λX₁²+ λX₂²− 2(λ + µ)X0X₁− 2λX0X₂+ µX₁X₂= 0 (1) Trovare tutte le coniche degeneri del fascio e scriverle esplicitamente.

(2) Trovare il ciclo base del fascio, cio`e tutti i punti del piano (con relative molteplicit`a) per cui passano tutte le coniche del fascio.

Si consideri ora il piano affine complementare della retta di equazione X₀= 0.

(3) Classificare affinemente tutte le coniche del fascio; in particolare scrivere esplicitamente tutte le parabole del fascio e dire se ogni conica del fascio si pu`o scrivere come combinazione di parabole.

(4) Descrivere il luogo dei punti del piano dato dai centri delle coniche a centro del fascio.

Soluzione. La matrice del fascio di conice `e

A(λ, µ) =





λ −λ − µ −λ

−λ − µ λ µ/2

−λ µ/2 λ



 .

(1) Per trovare le coniche degeneri, studio per quali valori dei parametri si annulla il determinante di A(λ, µ):

det A(λ, µ) = λ λ +µ

2

²

ed otteniamo due coniche degeneri:

(a) per λ = 0, poniamo µ = 1 e si ha la conica X1(X2− 2X0) = 0;

(b) per 2λ + µ = 0, poniamo µ = −2, λ = 1 e si ha la conica (X0+ X1− X2)²= 0;

Poich´e vi sono solo due coniche degeneri, ed una delle due `e una retta doppia, ne concludiamo che si tratta di un fascio bitangente: tutte le coniche del fascio saranno tangenti in due fissati punti alle rette di equazioni X₁= 0 e X₂− 2X0= 0.

(2) Come già detto il fascio è bitangente, dunque il ciclo base sarà del tipo 2P + 2Q ove P e Q sono i due punti che si ottengono intersecando per esempio le coniche degeneri; si trovano i sistemi

( X1= 0

X0+ X1− X2= 0 e

( X2− 2X0= 0 X0+ X1− X2= 0 da cui i punti P = (1, 0, 1) e Q = (1, 1, 2).

(3) Per classificare affinemente le coniche del fascio come richiesto, basta considerare la loro intersezione con X0= 0, e per questo `e sufficiente controllare il determinante di A_∞(λ, µ): la conica `e

( ellisse parabola iperbole

a seconda che det A∞(λ, µ) = λ²−µ² 4 T 0 .

Dunque le parabole si ottengono per λ²− µ²/4 = 0, i.e. per λ = ±µ/2. Per λ = −µ/2 sappiamo, dal primo punto, trattarsi di una conica degenere (la doppia retta); per λ = µ/2 troviamo una parabola non degenere di equazione (poniamo µ = 2, λ = 1)

(6)

seconda prova parziale Mat Tre - 7 giugno 2002

(4) Il centro C di una conica a centro `e il polo dell’iperpiano all’infinito, che ha equazione X0= 0, ovvero coordinate (1, 0, 0); dunque le coordinate x di C soddisfano all’equazione

x^tA(λ, µ) = (1, 0, 0) ovvero x^t= (1, 0, 0)A(λ, µ)⁻¹

(a meno di proporzionalit`a); per calcolare il centro basta dunque calcolare la prima riga della matrice inversa di A(λ, µ), usando i complementi algebrici:











x₀= det

λ µ/2

µ/2 λ

= λ²−µ²

4 = (λ +µ

2)(λ −µ 2) x₁= − det −λ − µ −λ

µ/2 λ

= λ²+λµ

2 = (λ +µ 2)λ x2= det −λ − µ −λ

λ µ/2

= −λµ 2 −µ²

2 + λ²= (λ + µ

2)(λ − µ)

da cui (per ipotesi det A(λ, µ) = λ(λ + µ/2)²6= 0) abbiamo la retta di equazioni parametriche











x₀= λ −µ 2 x₁= λ x2= λ − µ

e di equazione cartesiana 2x₀− x1− x2 = 0. Conclusione: i centri dele coniche a centro del fascio descrivono i punti della retta appena identificata, eccetto i tre punti corrispondenti alle coniche degeneri ((1, 0, 2) per la coppia di rette, (2, 1, 3) per la retta doppia) e alla parabola (il punto all’infinito (0, 1, −1)).

Pi`u geometricamente, si poteva calcolare i centro applicando il principio di reciprocit`a, ed intersecando le rette polari di due punti distinti della retta all’infinito. Scegliendo i due punti fondamentali, si arrivava agli stessi calcoli.

Esercizio 2. Sia data la forma quadratica su R

¯

4 di espressione

Q(X0, X1, X2, X3) = 2X₁²+ X₂²+ X0X1+ X0X2+ 2X1X2+ 2X2X3

nella base canonica.

(1) Scrivere la matrice di Q e classificare la forma bilineare simmetrica associata; in particolare si trovi un sottospazio isotropo massimale.

(2) Sia Q¸ la quadrica di P

¯

3(R

¯) di equazione Q(X) = 0 nel riferimento canonico; classificare proiettiva- mente Q¸ , specificando qual’`e il suo vertice ed esibendo una sottovariet`a lineare di dimensione massimale contenuta in Q¸ .

(3) Si classifichi Q¸ come quadrica affine dello spazio affine complementare di X0= 0.

(4) Trovare per quali valori di α il piano X1= αX0taglia su Q¸ una conica degenere.

Soluzione.

(1) La matrice della forma in questione `e

A =







0 1/2 1/2 0

1/2 2 1 0

1/2 1 1 1

0 0 1 0







Prima soluzione: strategia astuta. Osservando la matrice, vediamo che il primo e l’ultimo vettore della base data sono isotropi tra loro ortogonali per la forma bilineare; dunque la forma bilineare possiede sottospazi isotropi di dimensione 2, per esempio quello generato da questi due vettori. Poiché è non degenere (un facile sviluppo mostra det(A) = 1/4 6= 0), la dimensione massima dei sottospazi isotropi è

(7)

seconda prova parziale Mat Tre - 7 giugno 2002

esattamente 2: questo ci permette di concludere che si tratta di una forma di segnatura (2, 2), e quello prima evidenziato era un sottospazio isotropo massimale (uno dei tanti).

Seconda soluzione: strategia dei quadrati. Si possono completare i quadrati della forma quadratica nel modo seguente (parto da X₂ perché è più facile):

Q(X) = (X₂+X₀

2 + X₁+ X₃)²−X₀²

4 + X₁²− X₃²− X0X₃− 2X1X₃

= Z₀²− X₀ 2 + X₃

²

+ X₁²− 2X₁X₃

= Z₀²− Z₁²+ (X₁− X3)²− X₃²

= Z₀²− Z₁²+ Z₂²− Z₃²

ove abbiamo usato la trasformazione di coordinate data da











Z₀= X₀

2 + X₁+ X₂+ X₃ Z1= X0

2 + X3

Z2= X1− X3

Z₃= X₃

Ne concludiamo che la forma ha rango 4, dunque non è degenere, e segnatura (2, 2). Un sottospazio isotropo massimale (dunque di dimensione 2) si può trovare nelle coordinate Z scrivendo le due equazioni Z0= Z1e Z2= Z3, e dunque sostituendo troviamo che si tratta del sottospazio di equazioni X1+X2= 0 e X1= 2X3 nelle coordinate originali (ho scritto questo svolgimento solo perché non avevo mai usato a lezione le trasformazioni di coordinate per trovare dei sottospazi isotropi).

Terza soluzione: strategia dell’ingegnere. Senza indugio, si applica il metodo: si passa subito a torturare (induttivamente) la matrice per farle confessare una base ortogonale; si guadagna un sacco di conti da fare (legge del contrappasso).

(2) Siccome la forma bilineare era non degenere, la quadrica in questione `e non degenere, e il suo vertice `e vuoto (il vuoto proiettivo). Dalla forma canonica prima trovata si vede che si tratta di una quadrica rigata di P

¯

3(R

¯); per esempio la retta congiungente i punti di coordinate (1, 0, 0, 0) e (0, 0, 0, 1) nel riferimento iniziale `e contenuta nella quadrica.

(3) Sappiamo già che la quadrica contiene rette (e dunque non può essere un ellissoide); si tratta dunque di decidere se è un paraboloide o un iperboloide; per questo basta vedere se la matrice della conica tagliata su X0= 0 è degenere (allora si tratta d’un paraboloide, essendo tangente al piano all’infinito), oppure no (e allora si tratta d’un iperboloide). Abbiamo

det





2 1 0 1 1 1 0 1 0



= 2 6= 0 e dunque si tratta di un iperboloide (iperbolico).

(4) Sostituendo X₁= αX₀ nella Q(X) = 0, troviamo l’equazione

α(2α + 1)X₀²+ X₂²+ (1 + α)X0X2+ X2X3= 0

(8)

primo appello Mat Tre - 10 giugno 2002 Esercizio 1.

Sia data la proiettivit`a φ del piano P²(R) in s´e che, usando coordinate nel riferimento canonico, si scrive

φ



 X0

X1

X2



=





3X0− X2

X0+ 4X1+ X2

−X0+ 3X2





(1) Scrivere la matrice di φ nel riferimento dato.

(2) Trovare i punti uniti e le rette unite per φ, e determinare le relazioni d’appartenenza reciproche.

(3) Dimostrare che, per ogni retta unita r, che non sia di punti uniti, vi sono due punti uniti P e Qr di cui uno `e indipendente dalla retta r. Per ogni punto R ∈ r, calcolare il birapporto (P QrR φ(R)).

(4) Sia ora r la retta di equazione X0= 0. Dare equazioni cartesiane per la retta s = φ(r), e per la retta t tale che φ(t) = r.

Svolgimento.

(1) La matrice `e

A =





3 0 −1

1 4 1

−1 0 3



 poich´e si controlla subito che φ(X) = AX, ove X = (X₀, X₁, X₂).

(2) Per vedere le sottovariet`a unite, studiamo gli autovalori di A:

det(xI3− A) = det





x − 3 0 1

−1 x − 4 −1

1 0 x − 3



= (x − 4)((x − 3)²− 1) = (x − 2)(x − 4)²

e dunque trovo gli autovalori 2 (di moltepicità 1) e 4 (di molteplicità 2). Studio subito l’autospazio di 2, che avrà necessariamente dimensione 1, e dunque identifica un punto fisso P ; si trova P = h(1, −1, 1)i.

L’autospazio relativo a 4 si trova studiando la matrice 4I3− A, che si vede subito avere rango 1, dunque l’autospazio ha dimensione 2, generato per esempio da Q₁ = h(1, 0, −1)i e Q₂ = h(0, 1, 0)i; dunque si tratta di due punti del piano proiettivo, uniti relativamente allo stesso autovalore, e allora tutta la retta a che li congiunge (di equazione X0+ X2= 0) è fatta di punti uniti (in particolare è una retta unita). La proiettività in questione è dunque una omologia generale di asse a: il punto fisso P , che non appartiene ad a, è centro d’un fascio di rette unite, ognuna delle quali interseca a in un punto. Questo termina la discussione su punti e rette unite e loro appartenenze reciproche.

(3) Sia r una retta unita distinta dall’asse di omologia; allora r contiene P (le rette unite diverse dall’asse sono solo quelle del fascio di centro P , come già detto), e interseca a in un punto Qr che è un punto unito (perché appartiene all’asse); non vi sono altri punti uniti appartenenti ad r, altrimenti la retta stessa sarebbe di punti uniti. La proiettività indotta sulla retta r ha punti uniti P (di autovalore 2) e Qr(di autovalore 4), dunque il birapporto richiesto è il rapporto 2/4 = 1/2.

(4) Data una retta di coordinate plückeriane a = (a0, a1, a2), la sua immagine tramite φ ha coordinate plückeriane aA⁻¹; questo ci permette subito di trovare t poiché basta calcolare (1, 0, 0)A = (3, 0, −1), e dunque dedurre l’equazione cartesiana 3X0− X2= 0.

Per calcolare s, piuttosto che calcolare (la prima riga di) A⁻¹, possiamo congiungere l’immagine tramite φ di due qualsiasi punti di r; possiamo usare (0, 1, 0) che `e punto fisso (appartiene all’asse) e (0, 0, 1) la cui immagine `e (−1, 1, 3); si trova la retta di equazione 3X₀+ X₂= 0.

Esercizio 2.

Sia dato in P²(R) il fascio di coniche di equazione

2µX₀²− (λ + µ)X₁²+ (λ − µ)X₂²− 2λX0X1− 2λX0X2= 0 (1) Trovare tutte le coniche degeneri del fascio e scriverle esplicitamente.

(9)

primo appello Mat Tre - 10 giugno 2002

(2) Trovare il ciclo base del fascio, cio`e tutti i punti del piano (con relative molteplicit`a) per cui passano tutte le coniche del fascio.

Si consideri ora il piano affine complementare della retta di equazione X₀= 0.

(3) Classificare affinemente tutte le coniche del fascio; in particolare scrivere esplicitamente tutte le parabole del fascio e dire se ogni conica del fascio si pu`o scrivere come combinazione di parabole.

(4) Descrivere il luogo dei punti del piano dato dai centri delle coniche a centro del fascio.

Soluzione. La matrice del fascio di coniche `e

A(λ, µ) =





2µ −λ −λ

−λ −λ − µ 0

−λ 0 λ − µ



 .

(1) Per trovare le coniche degeneri, studio per quali valori dei parametri si annulla il determinante di A(λ, µ):

det A(λ, µ) = 2µ³

ed otteniamo una sola conica degenere, in corrispondenza del valore µ = 0, poniamo λ = 1, di equazione (2X0+ X1− X2)(X1+ X2) = 0. Poich´e vi `e solo una conica degenere, ed essa si spezza in una coppia di rette distinte, ne concludiamo che si tratta di un fascio osculatore.

(2) Come già detto il fascio è osculatore, dunque il ciclo base sarà del tipo 3P + Q ove P e Q sono i due punti che si ottengono intersecando per esempio la conica degenere con una qualsiasi altra conica del fascio, per esempio quella di equazione 2X₀²− X₁²− X₂²= 0 (ottenuta con λ = 0 e µ = 1); si trovano i sistemi

( X1+ X2= 0 2X₀²− X₁²− X₂²= 0 e

( 2X0+ X1− X2= 0 2X₀²− X₁²− X₂²= 0 da cui i punti P = (1, −1, 1) (con molteplicit`a 3) e Q = (1, 1, −1).

a seconda che det A_∞(λ, µ) = −λ²+ µ²T 0 .

Dunque le parabole si ottengono per λ²− µ² = 0, i.e. per λ = ±µ. Si tratta di due parabole non degeneri, le cui equazioni si possono scrivere ponendo λ = 1 e µ = ±1. Troviamo:

X₀²− X₁²− X0X1− X0X2= 0 e X₀²− X₁²+ X0X1+ X0X2= 0

i cui punti sulla retta all’infinito sono (0, 0, 1) e (0, 1, 0). Siccome nel fascio abbiamo due parabole non degeneri, possiamo scrivere ogni conica del fascio come combinazione di esse.

Le ellissi del fascio si ottengono per λ²− µ²< 0, ovvero per |λ| < |µ|.

Le iperboli del fascio si ottengono per λ²− µ²> 0, ovvero per |λ| > |µ|.

(4) Il centro C di una conica a centro `e il polo dell’iperpiano all’infinito, che ha equazione X0= 0, ovvero coordinate (1, 0, 0); dunque le coordinate x di C soddisfano all’equazione

x^tA(λ, µ) = (1, 0, 0) ovvero x^t= (1, 0, 0)A(λ, µ)⁻¹

(a meno di proporzionalit`a); per calcolare il centro basta dunque calcolare la prima riga della matrice inversa di A(λ, µ), usando i complementi algebrici:

(10)

da cui, osservando che x1x2 = λ²x0 e 2λ² = x1 − x2, otteniamo l’equazione quadratica 2x1x2 = x0(x1 − x2). Conclusione: i centri delle coniche a centro del fascio descrivono i punti della conica irriducibile appena identificata, eccetto i tre punti corrispondenti alla conica degenere (il punto triplo del ciclo base) e alle due parabole (i due punti sulla retta all’infinito).

Esercizio 3. Sia data la forma quadratica su R⁴di espressione

Q(X0, X1, X2, X3) = X₀²+ 2X₁²+ 2X0X1− 2X0X3− 2X1X2− 2X1X3+ 2X2X3

nella base canonica.

(1) Scrivere la matrice di Q e classificare la forma bilineare simmetrica associata; in particolare si trovi un sottospazio isotropo massimale.

(2) Sia Q la quadrica di P³(R) di equazione Q(X) = 0 nel riferimento canonico; classificare proiettiva- mente Q, specificando qual’`e il suo vertice ed esibendo una sottovariet`a lineare di dimensione massimale contenuta in Q.

(3) Si classifichi Q come quadrica affine dello spazio affine complementare di X0= 0.

(4) Trovare per quali valori di α il piano X1= αX0taglia su Q una conica degenere.

Soluzione.

(1) La matrice della forma in questione `e

A =







1 1 0 −1

1 2 −1 −1

0 −1 0 1

−1 −1 1 0







Prima soluzione: strategia dei quadrati. Si possono completare i quadrati della forma quadratica nel modo seguente:

Q(X) = (X0+ X1− X3)²+ X₁²− X₃²− 2X1X2+ 2X2X3

= Z₀²+ (X₁− X₂)²− X₂²− X₃²+ 2X₂X₃

= Z₀²+ Z₁²− (X₂− X₃)²

= Z₀²+ Z₁²− Z₂²

ove abbiamo usato la trasformazione di coordinate data da











Z0= X0+ X1− X3

Z₁= X₁− X₂ Z2= X2− X3

Z3= X3

Ne concludiamo che la forma ha rango 3 (perché abbiamo trovato solo tre quadrati: nel riferimento nuovo, la matrice è diagonale con 1, 1, −1, 0 sulla diagonale), dunque è degenere, e di segnatura (2, 1).

Un sottospazio isotropo massimale (dunque di dimensione 2) si pu`o trovare nelle coordinate Z scrivendo le due equazioni Z₀ = Z₂ e Z₁ = 0, e dunque sostituendo troviamo che si tratta del sottospazio di equazioni X₀ + X₁− X2 = 0 e X₁ = X₂ nelle coordinate originali (ho scritto questo svolgimento perch´e non avevo mai usato a lezione le trasformazioni di coordinate per trovare dei sottospazi isotropi).

L’ortogonale della forma `e data dalle equazioni Z₀ = Z₁ = Z₂= 0, che sostituendo e risolvendo d`a lo spazio generato dal vettore (0, 1, 1, 1) nel riferimento iniziale.

Seconda soluzione: strategia di ricerca di una base ortogonale. Prima di tutto osserviamo se la forma

è non degenere: una facile riduzione di Gauss mostra che la matrice ha rango 3, dunque la forma è degenere, e il nucleo della forma bilineare è dato dal sottospazio generato da (0, 1, 1, 1). Sia allora v4= (0, 1, 1, 1)^t, e cerchiamo una base ortogonale di un complementare W , che possiamo scegliere come il sottospazio di equazione X3= 0, per esempio. Allora:

(11)

(i) scelgo un vettore non isotropo in W , diciamo v1= (1, 0, 0, 0)^t, e noto che Q(v1) = 1;

(ii) scelgo un vettore non isotropo in W che sia nell’ortogonale di v1, dunque soggetto a X3 = 0 e X₀+ X₁− X3= 0; per esempio v₂= (1, −1, 0, 0) e noto che Q(v₂) = 1;

(iii) scelgo un vettore (non isotropo) in W che sia nell’ortogonale di hv₁, v₂i, dunque soggetto a X3= 0, X₀+ X₁− X₃= 0 e X₁− X₂= 0; per esempio v₃= (1, −1, −1, 0) e noto che Q(v₂) = −1.

Ne concludo che la forma in questione ha segnatura (2, 1) (nella base data da v₁, v₂, v₃, v₄ la matrice diventa diagonale con 1, 1, −1, 0 nella diagonale) quindi i sottospazi isotropi massimali hanno dimensione 2, e uno `e per esempio quello generato da v4e v1− v3.

(2) Siccome la forma bilineare era degenere, la quadrica in questione è degenere, e il suo vertice è il punto di coordinate proiettive (0, 1, 1, 1). Dalla forma canonica prima trovata si vede che si tratta di un cono di P³(R) contenente infiniti punti reali; per esempio la retta congiungente il vertice (0, 1, 1, 1) e un qualsiasi punto della quadrica (per esempio (2, 0, 0, 1)) è contenuta nella quadrica.

(3) Siccome il vertice è un punto dell’iperpiano all’infinito, allora nello spazio affine dato la quadrica si pre- senta come un cilindro; considerando l’intersezione con il piano X1= 0 (scelto perché faccio sparire molti termini), si vede facilmente che viene indotta una iperbole; dunque Q è un cilindro a base iperbolica, e sul piano all’infinito taglia una coppia di rette distinte.

(4) Sostituendo X₁= αX₀ nella Q(X) = 0, troviamo l’equazione

(2α²+ α + 1)X₀²− αX0X₂− 2(α + 1)X0X₃+ 2X₂X₃= 0

di una conica nel piano dato, in cui possiamo usare le coordinate proiettive (X₀, X₂, X₃). Si tratta dunque di vedere quando si annulla il determinante della matrice

Qα=





2α²+ α + 1 −α/2 −α − 1

−α/2 0 1

−α − 1 1 0





e un facile sviluppo dà det Qα = −α²− 1. Quindi non esistono valori di α con la proprietà cercata (d’altra parte la quadrica è un cilindro con l’asse in direzione (0, 1, 1, 1): per tagliare coniche degeneri bisogna che il piano “contenga quella direzione”).

(12)

secondo appello Mat Tre - 25 giugno 2002 Esercizio 1. Siano dati i seguenti punti del piano P²(R)

P1= h



 2

−2



i, P2= h



 1 3 1



i, P3= h



 1 1

−1



i, P4= h



 1 1 1



i.

(1) Dimostrare che esiste una unica proiettivit`a φ del piano P²(R) in s´e che manda ordinatamente i punti fondamentali del riferimento canonico nei punti dati. Scrivere la matrice di φ nel riferimento canonico.

(2) Trovare i punti uniti e le rette unite per φ, e determinare le relazioni d’appartenenza reciproche.

(3) Per ogni coppia P e Q di punti uniti distinti, e per ogni punto R appartenente alla retta generata da P e Q, calcolare il birapporto (P Q R φ(R)).

(4) Calcolare immagine ed antimmagine tramite φ della retta di equazione X₀= 0.

Svolgimento.

(1) Osserviamo subito che i punti P1, P2, P3 sono indipendenti (basta vedere il determinante della matrice che li ha come colonne), e che il punto P4 si scrive come ¹₂P1+ P2− P3; siccome i tre coefficienti sono tutti e tre non nulli, ne concludiamo che i quattro punti dati formano un riferimento proiettivo del piano, e dunque esiste unica la proiettività φ richiesta (dati due riferimenti proiettivi, esiste una unica proiettività che manda ordinatamente uno nell’altro). La matrice è

A =





1 1 −1

−1 3 −1

−1 1 1





(2) Per vedere le sottovariet`a unite, studiamo gli autovalori di A:

det(xI³− A) = det





x − 1 −1 1

1 x − 3 1

1 −1 x − 1



= (x − 1)(x − 2)²

e dunque trovo gli autovalori 1 (di moltepicità 1) e 2 (di molteplicità 2). Studio subito l’autospazio di 1, che avrà necessariamente dimensione 1, e dunque identifica un punto fisso Q0; si trova Q0 = h(1, 1, 1)i (che d’altra parte era evidente dalla definizione essere un punto fisso). L’autospazio relativo a 2 si trova studiando la matrice 2I³− A, che si vede subito avere rango 1, dunque l’autospazio ha dimensione 2, generato per esempio da Q₁ = h(1, 1, 0)i e Q₂ = h(1, 0, −1)i; dunque si tratta di due punti del piano proiettivo, uniti relativamente allo stesso autovalore, e allora tutta la retta a che li congiunge (di equazione X₀− X₁+ X₂= 0) è fatta di punti uniti (in particolare è una retta unita). La proiettività in questione è dunque una omologia generale di asse a: il punto fisso P , che non appartiene ad a, è centro d’un fascio di rette unite, ognuna delle quali interseca a in un punto. Questo termina la discussione su punti e rette unite e loro appartenenze reciproche.

(3) Abbiamo essenzialmente tre casi possibili; il più facile è quando P e Q appartengono entrambi all’asse a ed in tal caso risulta (P Q R φ(R)) = (P Q R R) = 1; altrimenti può essere che P o Q coincidano con il centro di omologia (e l’altro punto unito dev’essere allora nell’asse): si avrà rispettivamente (P Q R φ(R)) = (Q0Q R φ(R)) = 1/2 e (P Q R φ(R)) = (P Q0R φ(R)) = 2 (rapporti degli autovalori).

(4) Data una retta di coordinate plückeriane a = (a0, a1, a2), la sua immagine tramite φ ha coordinate plückeriane aA⁻¹; questo ci permette subito di trovare l’antimmagine richiesta, poiché basta calcolare (1, 0, 0)A = (1, 1, −1), e dunque dedurre l’equazione cartesiana X0+ X1− X2= 0.

Per calcolare invece l’immagine richiesta possiamo congiungere l’immagine tramite φ di due qualsiasi punti della retta X₀= 0; per costruzione conosciamo le immagini di (0, 1, 0) (che `e (1, 3, 1)) e di (0, 0, 1) (che `e (1, 1, −1)). Si trova la retta di equazione 2X₀− X1+ X₂= 0.

Esercizio 2. Si consideri nel piano P²(R) il fascio delle coniche che sono tangenti nel punto di coordinate (1, 0, 1) alla retta di equazione X0+ 2X1− X2= 0, e nel punto di coordinate (1, 1, 0) alla retta di equazione X0− X1+ 2X2= 0.

(13)

secondo appello Mat Tre - 25 giugno 2002

(1) Scrivere esplicitamente tutte le coniche degeneri del fascio e dare l’equazione generale del fascio.

Si consideri ora il piano affine complementare della retta di equazione X0= 0, dotato della usuale metrica euclidea.

(2) Classificare affinemente tutte le coniche del fascio.

(3) Mostrare che nel fascio esiste una unica parabola non degenere e se ne scriva esplicitamente l’equazione;

si determinino asse e vertice della parabola; infine, usando il metodo degli invarianti ortogonali, si determini l’equazione canonica della parabola.

(4) Mostrare che nel fascio esiste un unico cerchio, e se ne scriva esplicitamente l’equazione; si determinino centro e raggio.

Soluzione.

(1) Si tratta di una fascio di coniche bitangenti; dunque vi sono solo due coniche degeneri, una è data dalla unione delle due rette “tangenti”, l’altra è data dalla retta congiungente i due punti “di tangenza” (di equazione X0− X1− 2X2= 0) contata due volte. Quindi l’equazione generale del fascio è

λ(X0− X1− 2X2)²+ µ(X0+ 2X1− X2)(X0− X1+ 2X2) = 0 e la matrice del fascio di coniche `e

A(λ, µ) =





λ + µ ^−2λ+µ₂ ^−2λ+µ₂

−2λ+µ

2 λ − 2µ ^2λ+5µ₂

−2λ+µ 2

2λ+5µ

2 λ − 2µ



 .

a seconda che det A_∞(λ, µ) = −9

4µ(4λ + µ) T 0 .

Dunque le parabole si ottengono per µ = 0 (ma allora `e una conica degenere) e per µ = −4λ (e si tratta dell’unica parabola irriducibile). Ora possiamo supporre µ 6= 0, e porre µ = 4. Allora le ellissi del fascio si ottengono per λ > −1 e le iperboli del fascio si ottengono per λ < −1 (µ = 4 e λ = −1 corrisponde alla parabola non degenere).

(3) Abbiamo gi`a visto che nel fascio esiste una sola parabola non degenere, in corrispondenza dei valori λ = 1 e µ = −4 dei parametri; l’equazione della parabola `e quindi

(X₀, X₁, X₂)





1 1 1

1 −3 3

1 3 −3







 X₀ X₁ X₂



= X₀²− 3X₁²− 3X₂²+ 2X₀X₁+ 2X₀X₂+ 6X₁X₂= 0 .

Il punto all’infinito della parabola (intersezione con X0= 0) si vede subito essere (0, 1, 1), ma questo dà solo la direzione dell’asse della parabola. Per calcolare veramente l’asse usiamo la polarità rispetto alla parabola: l’asse contiene il punto all’infinito e il vertice; dunque è la retta polare del punto dato dalla intersezione delle rette polari del punto all’infinito (che è la retta all’infinito stessa, poiché la parabola vi è tangente) e del vertice (che è la retta tangente nel vertice, per definizione ortognale all’asse): quindi