Esercizio 1: Classificare dal punto di vista metrico la conica C, di equazione cartesiana, X

Esercizi GEOMETRIA (Edile e Edile-Architettura) - a.a. 2010/2011 I Emisemestre

Docente: Prof. F. Flamini

Esercizi Riepilogativi Svolti

Esercizio 1: Classificare dal punto di vista metrico la conica C, di equazione cartesiana, X

+ X

− 4X

− 6X

= 3, individuando la sua forma canonica metrica.

Svolgimento: Non è necessario applicare l’algoritmo di riduzione a forma canonica metrica delle coniche. Nei casi in cui i polinomi non sono troppo complicati, con oppor- tuni artifici si può determinare semplicemente la classificazione metrica delle coniche.

Oppure, si possono studiare i ranghi ed i determinanti delle varie matrici simmetriche associate. Nel caso in esame, è facile accorgersi che l’equazione data si può scrivere in forma

(X

− 2)

+ (X

− 3)

= 16 che è quindi una circonferenza di centro C = 2

3

!

e raggio 4. Considerando il cambia- mento di coordinate

Y

:= X

− 2, Y

= X

− 3 dato da una traslazione, l’equazione della conica diventa

Y

+ Y

= 16 e quindi

Y

16 + Y

16 = 1.

Pertanto, la forma canonica metrica di C è quella di un’ellisse generale a punti reali, i.e.

di tipo (1), con a = b = 4, come dev’essere dato che abbiamo già detto essere una circonferenza.

Esercizio 2: Sia data la conica C di equazione cartesiana 7X

− 10 √

3X

X

− 3X

+ 12 √

3X

− 12X

− 12 = 0.

(i) Ridurre la conica C a forma canonica metrica M. Stabilire quindi la classificazione metrica di C e determinare l’isometria che trasforma C in M.

1

(ii) Scrivere le equazioni cartesiane degli eventuali assi di simmetria, dell’eventuale cen- tro di simmetria e degli eventuali asintoti di C.

Svolgimento: (i) La matrice simmetrica associata alla forma quadratica della conica C è la matrice

A := 7 −5 √

3

−5 √

3 −3

! .

Poiché det A = −96 < 0, allora sicuramente C sarà un’iperbole. Denotata con T un’indeterminata, il polinomio caratteristico di A è

det (A − T I) = T

− 4T − 96 che ha soluzioni

λ

= 12 λ

= −8.

Utilizzando il Teorema Spettrale degli operatori autoaggiunti, la base ortonormale di R

costituita da autovettori di A è ad esempio la base

f

=

√ 3/2

−1/2

!

, f

= 1/2

√ 3/2

! . La matrice cambiamento di base M = M

è quindi

M :=

√ 3/2 1/2

−1/2 √ 3/2

! .

che è ovviamente una matrice ortogonale, essendo e ed f ambedue basi ortonormali. La trasformazione di coordinate è quindi

x = M y, cioè

x

= √

3/2y

+ 1/2y

, x

= −1/2y

+ √ 3/2y

.

Sostituendo nell’equazione di C, e ricordando che le coordinate (y

, y

) diagonalizzano A, si trova rapidamente che l’equazione della conica C in tali coordinate diventa

12Y

− 8Y

+ 24Y

− 12 = 0,

dato che f

era l’autovettore relativo all’autovalore λ

= 12, mentre f

è quello relativo a λ

= −8. Dividendo tutta l’equazione per 4, studiamo quindi la conica

C

: 3Y

− 2Y

+ 6Y

− 3 = 0.

Poiché il coefficiente di Y

è nullo, consideriamo la traslazione y = z + c

dove z = z

z

!

e c = α 0

!

, con α da determinare opportunamente. Sostituendo nella equazione di C

si ottiene

3Z

− 2Z

+ 6(1 + α)Z

+ 3α

+ 6α − 3 = 0.

Scegliendo α = −1 allora l’equazione della conica diventa 3Z

− 2Z

= 6 e quindi c = −1

0

!

. Dividendo tutto per 6, si ottiene che C è un’iperbole generale a punti reali e che l’equazione della sua forma canonica metrica nel riferimento (z

, z

) è

M : Z

/2 − Z

/3 = 1.

Da quanto scritto precedentemente, l’isometria che porta C in M è data da x = M (z + c) = M z + M c.

Visto che M c = − √ 3/2 1/2

!

, le formule dell’isometria sono

x

= √

3/2z

+ 1/2z

− √

3/2, x

= −1/2z

+ √

3/2z

+ 1/2.

(ii) Gli asintoti della forma canonica M sono le rette di equazioni cartesiane

√

3Z

− √

2Z

= 0, √

3Z

+ √

2Z

= 0

il centro di simmetria è l’origine di questo riferimento, l’asse di simmetria intersecato da M è Z

= 0 mentre l’asse di simmetria non intersecato da M è Z

= 0.

Dalle formule x = M z + M c, troviamo che il centro di simmetria di C è quindi x = M c = − √

3/2 1/2

!

, che si ottiene per il valore di z = 0. Sempre dalla relazione precedente e ricordando che M è una matrice ortogonale, si ottiene la relazione inversa

z =

M x − c

cioè

z

= √

3/2x

− 1/2x

+ 1, z

= 1/2x

+ √ 3/2x

. Pertanto, i due asintoti di C sono, rispettivamente,

(3 − √

2)X

− ( √ 3 + √

6)X

+ 2 √

3 = 0, (3 + √

2)X

+ ( √ 6 − √

3)X

+ 2 √ 3 = 0.

Analogamente, l’asse di simmetria che non viene intersecato da C è

√

3X

− X

+ 2 = 0, mentre quello che viene intersecato da C è

X

+ √

3X

= 0.

In questo modo, grazie alle proprietà geometriche note di M ed alla isometria che sca- turisce dall’algoritmo di riduzione a forma canonica metrica, conosciamo tutti i dati geometrici necessari per poter disegnare senza problemi la conica C nel riferimento orig- inario (x

, x

).

Esercizio 3: È data la conica C di equazione cartesiana X

+ 4X

− 4X

X

+ 6X

− 12X

+ 9 = 0. Ridurre la conica C a forma canonica metrica M. Stabilire la classifi- cazione metrica di C e determinare esplicitamente l’isometria che trasforma C in M.

Svolgimento: La matrice simmetrica associata alla forma quadratica della conica C è la matrice

A := 1 −2

−2 4

! .

Poiché det A = 0, allora sicuramente C apparterrà alla famiglia delle parabole. Il poli- nomio caratteristico di A è

det (A − T I) = T (T − 5),

dove T un’indeterminata. Gli autovalori di A forniscono quindi, grazie al Teorema Spet- trale, la seguente trasformazione di coordinate

x

= 2/

√

5y

− 1/ √

5y

, x

= 1/

√

5y

+ 2/

√ 5y

.

Sostituendo nell’equazione di C, e ricordando che le coordinate (y

, y

) diagonalizzano A, si trova rapidamente che l’equazione della conica C in tali coordinate diventa

C

: 5Y

− 30

√

5 Y

+ 9 = 0.

Poiché il coefficiente di Y

è nullo, consideriamo la traslazione y = z + c

dove c = 0 β

!

, con β da determinare opportunamente. Sostituendo nella equazione di C

si ottiene che con β = 3/ √

5 l’equazione della conica diventa 5Z

= 0.

Dividendo tutto per 5, si ottiene che in tale riferimento C ha equazione cartesiana della sua forma

Z

= 0.

Deduciamo allora che C è una parabola doppiamente degenere. Però questa equazione non è la forma canonica metrica, come nella tipologia (9) della tabella fondamentale per la classificazione metrica delle coniche. Per averla basterà considerare uno scambio di coordinate (che è determinata da un’isometria lineare di R

). In altre parole, poniamo Z = 0 1

1 0

!

W = BW , che determina quindi Z

= W

, Z

= W

.

In tali coordinate, otteniamo quindi che l’equazione della forma canonica metrica di C è esattamente W

= 0.

Componendo tutte le trasformazioni di coordinate utilizzate:

x = M y, y = z + c, z = Bw,

otteniamo che l’isometria che porta C nella sua forma canonica metrica M è x

= −1/ √

5w

+ 2/ √

5w

− 3/5, x

= +2/ √

5w

+ 1/ √

5w

+ 6/5;

in particolare, utilizzando l’isometria inversa troviamo che C è la retta X

− 2X

− 3 = 0

contata due volte.

Esercizio 4: Classificare dal punto di vista affine la conica C, di equazione cartesiana

X

+ 2X

= 0, determinando esplicitamente il cambiamento di coordinate che la porta

nella sua forma canonica affine.

Svolgimento: Anche in questo caso, possiamo evitare di applicare l’algoritmo di riduzione a forma canonica affine. Infatti, poiché la somma eguagliata a zero è una somma di due quadrati, essa è pertanto una conica puntiforme, cioè supportata solo nell’origine. Con- siderando le sostituzioni

Y

= X

e Y

=

√ 2 X

, dettate dall’affinità di equazioni

Y = AX con

A = 1 0

0 √ 2

! , si ha la forma canonica affine di C che è, ovviamente,

Y

+ Y

= 0.

Esercizio 5. Sia data la conica C di equazione cartesiana X

−X

X

+X

−4X

−3 = 0.

(i) Classificare C.

(ii) Ridurre C nella sua forma canonica metrica M, trovando esplicitamente l’isometria che trasforma C in M.

(iii) Scrivere le equazioni cartesiane degli eventuali assi di simmetria, dell’eventuale centro di simmetria e degli eventuali asintoti della conica C.

(iv) Ridurre C nella sua forma canonica affine A, trovando esplicitamente l’affinità che trasforma C in A.

Svolgimento: (i) La matrice simmetrica completa associata a C è la matrice

A = e







−3 −2 0

−2 1 −1/2

0 −1/2 1





 ,

che ha determinante diverso da zero. Pertanto C è una conica generale. La matrice simmetrica della forma quadratica associata alla conica è la sottomatrice e A(2, 3; 2, 3) che è di determinante 3/4. Pertanto C è sicuramente un’ellisse.

Dall’equazione di C, notiamo che il suo supporto contiene il punto 3 0

!

. Pertanto, dalla

classificazione delle ellissi generali, necessariamente deve contenere infiniti punti reali,

i.e. è un’ellisse generale a punti reali.

(ii) Il polinomio caratteristico della matrice simmetrica associata alla forma quadratica di C è

det( e A(2, 3; 2, 3) − T I) = T

− 2T + 3 4 che ha soluzioni

λ

= 1/2 λ

= 3/2.

Utilizzando il Teorema Spettrale degli operatori autoaggiunti, la base ortonormale di R

costituita da autovettori di e A(2, 3; 2, 3) è ad esempio la base

f

=

√ 2/2

√ 2/2

!

, f

= − √

√ 2/2 2/2

! . La matrice cambiamento di base è quindi

M =

√

2/2 − √

√ 2/2 2/2 √

2/2

! .

che è ovviamente ortogonale. La trasformazione di coordinate è quindi x = M y,

cioè

x

= √

2/2y

− √

2/2y

, x

= √

2/2y

+ √ 2/2y

.

Sostituendo nell’equazione di C, e ricordando che le coordinate (y

, y

) diagonalizzano la forma quadratica Q(X

, X

) associata all’equazione di C, si trova rapidamente che l’equazione della conica C in tali coordinate diventa

Y

+ 3Y

− 2 √

2Y

+ 2 √

2Y

− 6 = 0.

Consideriamo ora la traslazione

y = z + c dove z = z

z

!

e c = α β

!

, con α e β da determinare opportunamente. Sostituendo nella equazione di C

si ottiene

Z

+ 3Z

+ 2(α − √

2)Z

+ 2(3β + √

2)Z

+ α

+ 3β

− 2 √

2α + 2 √

2β − 6 = 0.

Scegliendo α = √

2 e β = − √

2/3, si ottiene

Z

+ 3Z

= 10,

e quindi c =

√ 2

− √ 2/3

!

. Dividendo tutto per 10, ritroviamo che C è un’ellisse gen- erale a punti reali dato che l’equazione della sua forma canonica metrica nel riferimento (z

, z

) è

M : Z

10 + Z

10/3 = 1.

Da quanto scritto precedentemente, l’isometria che porta C in M è data da x = M (z + c) = M z + M c.

Visto che M c = 4/3 2/3

!

, le formule per questa isometria sono

x

=

√

2/2z

− √

2/2z

+ 4/3, x

=

√

2/2z

+

√

2/2z

+ 2/3.

(iii) M ha centro di simmetria l’origine di questo riferimento, e gli asse di simmetria gli assi coordinati. Nelle coordinate del riferimento iniziale, il centro di simmetria di C si ottiene per z = 0, pertanto tale centro è M c = 4/3

2/3

!

. L’isometria inversa è z =

M x − c, i.e.

z

= √

2/2x

+ √

2/2x

− √

2, z

= − √

2/2x

+ √

2/2x

+ √ 2/3.

Pertanto, l’asse di simmetria Z

= 0 corrisponde, nel riferimento iniziale, alla retta X

+ X

= 2

mentre l’asse di simmetria Z

= 0 corrisponde, nel riferimento iniziale, alla retta X

− X

= 2/3.

Per eventualmente disegnare C con precisione, si potrebbero trovare le intersezioni con gli assi di simmetria: questi non sono altro che i punti ottenuti per trasformazione, me- diante l’isometria x = M z + M c, dei punti di intersezione di M con gli assi coordinati Z

= 0 e Z

= 0.

(iv) Per trovare la forma canonica affine di C, consideriamo la forma canonica met-

rica M ed applichiamo il procedimento di Sylvester alla forma quadratica associata

all’equazione di M. Se prendiamo in base di Sylvester indeterminate W

e W

, otteni- amo la trasformazione

Z

= √

10 W

, Z

= r 10

3 W

.

Con tale trasformazione, la forma canonica metrica M si trasforma in A : W

+ W

= 1,

come doveva essere data la classificazione di C. Prendiamo S =

√ 10 0 0 p10/3

!

la matrice di questo cambiamento di coordinate. Poiché z = Sw, dall’equazione vetto- riale dell’isometria precedentemente trovata abbiamo x = M Aw + M c.

Calcolando il prodotto tra matrici, otteniamo che M A =

√ 5 − √

√ 5/3

5 √

5/3

! . Quindi le formule per l’affinità sono:

x

=

√

5w

− √

5/3w

+ 4/3, x

=

√ 5w

+

√

5/3w

+ 2/3.

Esercizio 5. Sia data la conica C di equazione cartesiana

X

−X

X

+

X

−

2

X

+

√1

2

X

+ 7 = 0.

(i) Classificare C.

(ii) Ridurre C nella sua forma canonica metrica M. Determinare inoltre tutte le isometrie coinvolte in tale riduzione, stabilendo che tipo di isometrie sono.

(iii) Scrivere le equazioni cartesiane degli eventuali assi di simmetria, dell’eventuale centro di simmetria o dell’eventuale vertice.

Svolgimento: (i) La matrice simmetrica completa associata a C è la matrice

A = e









7 −

2√ 2

1 2√

2

−

2√ 2

1

2

−

1 2√

2

−







 .

Poichè det e A = −

6= 0 e det ( e A(2, 3; 2, 3)) = 0, la conica C è sicuramente una

parabola generale.

(ii) Il polinomio caratteristico della matrice simmetrica associata alla forma quadratica di C è

det ( e A(2, 3; 2, 3) − T I) = T (T − 1) che ha soluzioni

λ

= 0 e λ

= 1.

Utilizzando il Teorema Spettrale degli operatori autoaggiunti, la base ortonormale di R

costituita da autovettori di e A(2, 3; 2, 3) è ad esempio la base

f

= √

√ 2/2 2/2

!

, f

= √

2/2

− √ 2/2

! . La matrice cambiamento di base è quindi

M =

√

2/2 √

√ 2/2

2/2 − √ 2/2

! .

che è ovviamente ortogonale (non speciale). La trasformazione di coordinate è quindi x = M y,

cioè

x

= √

2/2y

+ √

2/2y

, x

= √

2/2y

− √ 2/2y

.

Sostituendo nell’equazione di C, e ricordando che le coordinate (y

, y

) diagonalizzano la forma quadratica Q(X

, X

) associata all’equazione di C, si trova rapidamente che l’equazione della conica C in tali coordinate diventa

Y

− 3Y

− 4Y

+ 7 = 0.

Consideriamo ora la traslazione

y = z + c dove z = z

z

!

e c = α β

!

, con α e β da determinare opportunamente con le solite tecniche. Si determina

α = −1, β = −2, e l’equazione di C

diventa, nel riferimento (z

, z

):

C

: Z

= 3Z

.

Facendo ora la sostituzione di indeterminate

Z

= W

, Z

= W

, dettata dall’isometria lineare

z = 0 1 1 0

! w, si ottiene

C

: W

= 3W

, e quindi la forma canonica metrica richiesta è

M : 1

3 W

= W

. La prima isometria considerata è l’isometria

x = M y,

che è un’isometria lineare inversa. Precisamente è una riflessione le cui formule sono state descritte precedentemente, i.e.

x

= √

2/2y

+ √

2/2y

, x

= √

2/2y

− √ 2/2y

. La seconda isometria è ovviamente una traslazione, data da

y

= z

− 1, y

= z

− 2.

La terza isometria

z = 0 1 1 0

! w

è anch’essa un’isometria lineare inversa data dalla riflessione rispetto alla retta vettoriale Z

= Z

.

(iii) La forma canonica metrica M ha vertice nell’origine del riferimento (z

, z

) ed asse di simmetria l’asse Z

= 0. Pertanto, nelle coordinate del riferimento iniziale, il vertice di C è

V = 3/ √ 2

−1/ √ 2

!

mentre l’asse di simmetria Z

= 0 corrisponde, nel riferimento iniziale, alla retta X

− X

= 2 √

2.

Esercizio 6. Nel piano cartesiano R

, con riferimento cartesiano ortonormale standard RC(O; x

, x

), si consideri la conica C di equazione cartesiana

X

− 2X

X

+ X

− 7 √

2X

+ √

2X

+ 14 = 0.

(i) Classificare C.

(ii) Scrivere la forma canonica metrica P (Z

, Z

) = 0 di C, determinando il riferimento cartesiano ortonormale RC(O

; z

, z

) in cui C assume tale equazione e l’isometria tra i due riferimenti RC(O; x

, x

) e RC(O

; z

, z

).

(iv) Disegnare C nel riferimento iniziale RC(O; x

, x

).

Svolgimento: (i) La matrice simmetrica completa associata a C è la matrice

A = e







14 −

√ 2 2

√ 2 2

−

√2

2

1 −1

√ 2

2

−1 1





 .

Otteniamo det( e A) 6= 0. Pertanto C e’ una conica generale.

La matrice simmetrica associata alla forma quadratica della conica C è la matrice

A := 1 −1

−1 1

! .

Poiché det(A) = 0, allora C una parabola generale.

(ii) Il polinomio caratteristico di A è

det (A − T I) = T (T − 1),

dove T un’indeterminata. Poiche’ la forma canonica metrica di una parabola generale e’, in opportune coordinate,

Z

= aZ

per un qualche a ∈ R

, questo significa che si deve annullare il coefficiente di Z

. In al-

tre parole conviene scegliere come primo autovettore f

della nuova base ortonormale di

R

, l’autovettore relativo all’autovalore 1 e come secondo quello relativo all’autovalore

0.

Utilizzando il Teorema Spettrale degli operatori autoaggiunti, la base ortonormale di R

costituita da autovettori di A è ad esempio la base

f

= − √

√ 2/2 2/2

!

, f

=

√ 2/2

√ 2/2

! . La matrice cambiamento di base M = M

è quindi

M := − √

2/2 √

√ 2/2 2/2 √

2/2

! .

che è ovviamente ortogonale. La trasformazione di coordinate è quindi x = M y,

cioè

x

= −

√

2/2y

+

√

2/2y

, x

=

√

2/2y

+

√ 2/2y

.

Sostituendo nell’equazione di C, e ricordando che le coordinate (y

, y

) diagonalizzano A, si trova rapidamente che l’equazione della conica C in tali coordinate diventa

P (Y

, Y

) = Y

+ 4Y

− 3Y

+ 7 = 0,

dato che f

era l’autovettore relativo all’autovalore λ

= 1, mentre f

è quello relativo a λ

= 0.

consideriamo la traslazione

y = z + c dove z = z

z

!

e c = α β

!

, con α e β da determinare opportunamente. Sostituendo nella equazione P (Y

, Y

) = 0 si ottiene

P (Z

, Z

) = Z

− 3Z

+ Z

(2α + 4) + α

+ 4α − 3β + 7 = 0.

Annulliamo il coefficiente del termine lineare in Z

, determinando α = −2.

Pertanto si ottiene

P (Z

, Z

) = Z

− 3Z

+ 3 − 3β = 0.

Annullando anche il termine noto, si determina

β = 1.

In definitiva il polinomio si riduce a

P (Z

, Z

) = Z

− 3Z

= 0.

Ne segue che la traslazione si ha per

c = −2 1

!

e la forma canonica metrica di C e’

Z

= 1 3 Z

.

Da quanto scritto precedentemente, l’isometria che porta C nella sua forma canonica metrica e’ data da

x = M (z + c) = M z + M c.

Visto che M c =

3√ 2 2

−

√2 2

!

, le formule dell’isometria sono

x

= − √

2/2z

+ √

2/2z

+ (3 √

2)/2, x

= √

2/2z

+ √

2/2z

− √ 2/2.

Nel riferimento RC(O

, z

, z

) il vertice di C e’ l’origine di questo riferimento, i.e. z = 0

0

!

. Invece l’asse di simmetria e’ la retta di equazione Z

= 0. Segue che, nel riferimento di partenza RC(O; x

, x

), il vertice di C e’

M c =

3√ 2 2

−

√ 2 2

! .

Per trovare invece l’equazione dell’asse della parabola, consideriamo l’isometria inversa z =

M x − c

che fornisce

z

= −

√ 2 2 x

+

√ 2

2 x

+ 2, z

=

√ 2 2 x

+

√ 2

2 x

− 1.

Pertanto, l’asse di C ha equazione

X

− X

− 2 √

2 = 0.

(iii) Per disegnare per bene C basta calcolare le coordinate di un altro punto di C. Ad esempio, il punto che nel riferimento RC(O

, z

, z

) ha coordinate

1

1 3

!

in RC(O, x

, x

) diventa il punto di coordinate

7√ 2

√6 2 6

! .

Esercizio 7. Nel piano cartesiano R

, con riferimento cartesiano ortonormale standard RC(O; x

, x

), si considerino le coniche C, di equazione cartesiana

X

X

+ X

+ X

+ 1 = 0, e D, di equazione cartesiana

X

+ 3X

X

− 2X

= 0.

(i) Stabilire se esiste un’affinita’ di R

che trasformi C in D, motivando tutte le asserzioni fatte.

(ii) Stabilire se esiste un’isometria di R

che trasformi C in D, motivando tutte le as- serzioni fatte.

Svolgimento: (i) La matrice simmetrica completa associata a C è la matrice

A = e







1 −

1

2

0

1 2

1

2

0





 .

Otteniamo det( e A) = 0 e det(A) = −1/4 < 0. Pertanto C e’ un’iperbole semplicemente degenere.

Per la conica D, basta osservare che essa si scrive come X

(X

+ 3X

− 2) = 0;

pertanto anche questa e’ manifestamente un’iperbole semplicemente degenere. Questo

comporta che C e D sono sicuramente affini, dato che la forma canonica affine di un’iperbole

semplicemente degenere e’ univocamente individuata ed e’, in opportune coordinate,

Z

− Z

= 0.

(ii) Le coniche C e D non possono invece essere congruenti. Per giungere a questa conclusione, si puo’ applicare l’algoritmo di riduzione a forma canonica metrica sia a C che a D e vedere che le forme canoniche metriche vengono differenti. Un metodo piu’ rapido e’ invece quello di considerare il cosendo dell’angolo formato tra le due rette costituenti sia C che D.

Per calcolare il coseno dell’angolo θ tra le due rette di D basta considerare che i due vettori direttori sono (1, 0) e (1, 3). Pertanto si ha cos θ =

√ 10 10

.

Per determinare i vettori direttori delle due rette che formano C, basta osservare che la forma quadratica associata alla conica e’ X

X

, pertanto i due assi di simmetria di C sono necessariamente ortogonali.

Esercizio 8. Nel piano cartesiano R

, con riferimento cartesiano ortonormale standard RC(O; x

, x

), sia data la conica C, di equazione cartesiana

X

+ 4X

X

+ 3X

+ 2X

+ 3 = 0.

(i) Verificare che C e’ un’iperbole generale.

(ii) Determinare le direzioni degli assi di simmetria di C di modo che formino una base positivamente orientata di R

. [6 punti]

(iii) Qual’e’ l’angolo formato da questi assi di simmetria?

Svolgimento: (i) La matrice simmetrica completa associata a C è la matrice

A = e







3 1 0 1 1 2 0 2 3





 .

Otteniamo det( e A) 6= 0 e det(A) = −1 < 0. Pertanto C e’ un’iperbole generale.

(ii) Il polinomio caratteristico della forma quadratica associata a C e’ P (T ) = T

− 4T − 1 che ha come soluzioni 2 ± √

5.

Un generatore v dell’autospazio V

sara’ la direzione di uno dei due assi di sim- metria. L’autospazio si determina risolvendo il sistema lineare

(3 + √

5)X

+ 2X

= 0 = 2X

+ (5 + √ 5)X

che fornisce v = 3 + √

5 2

!

. Per il teorema spettrale degli operatori autoaggiunti,

l’altro autovettore (e quindi la direzione dell’altro asse di simmetria) e’ necessariamente

ortogonale a v. Per avere una base positivamente orientata allora prenderemo come generatore −2

3 + √ 5

!

(iii) La risposta e’ θ = π/2 come discende direttamente dal fatto che A e’ autoaggiunto

e che i due autovalori di A erano distinti.