Algebra Lineare e Geometria - Lezione 21
Giuseppe Zappal`a
Universit`a di Catania
21 aprile 2020
Classificazione delle coniche
Esercizio 1
Classificare, al variare del parametro h ∈ R la conica γ : x2+ 2xy + hy2− 4x = 0.
Soluzione.
B =
1 1 −2
1 h 0
−2 0 0
.
det B = −4h; det A = h − 1.
det B = 0 se e solo se h = 0; la conica diventa
x2+ 2xy − 4x = 0 ⇐⇒ x (x + 2y − 4) = 0, ovvero la conica si spezza in due rette reali e distinte.
Classificazione delle coniche
Esercizio 1 (continuazione) Se h 6= 0 la conica `e irriducibile.
det A = 0 se e solo se h = 1, γ `e una parabola;
det A > 0 se e solo se h > 1, γ `e una ellisse;
det A < 0 se e solo se h < 1; per h < 1 e h 6= 0, γ `e una iperbole.
0 1 ellissi h
iperboli
Rette tangenti
Definizione
Sia γ :tx B x = 0 una conica irriducibile. Sia P0(x0) ∈ γ. Sia r una retta passante per P0. Diremo che r `e tangente a γ in P0 se r interseca γ in due punti coincidenti in P0.
Proposizione
Sia γ :tx B x = 0 una conica irriducibile. Sia P0(x0) ∈ γ.
γ ha una ed una sola retta tangente in P0 di equazionetx B x0 = 0.
Dim. Intersecando una generica retta per P0, r = P0P1, con γ otteniamo l’equazione (*) (tx0Bx0)λ2+ 2(tx1Bx0)λµ + (tx1Bx1)µ2 = 0. Poich´e P0∈ γ,tx0Bx0 = 0, quindi segue che
µ[2(tx1Bx0)λ + (tx1Bx1)µ] = 0.
Rette tangenti
Proposizione (continuazione)
Quest’ultima equazione ammette una soluzione doppia se e solo se
tx1Bx0 = 0
ovvero se e solo se P1 appartiene alla retta di equazione
tx Bx0 = 0.
Quindi esiste una ed una sola retta tangente a γ in P0 la cui equazione `e quella suddetta.
Rette tangenti
Esercizio 2
Calcolare la retta tangente alla conica
γ : x2+ 3xy − y2− 3x − y − 2 = 0, nel punto P0(2, 1) ∈ γ.
Dim. La retta tangente a γ in P0 ha equazione
x y t
1 32 −32
3
2 −1 −12
−32 −12 −2
2 1 1
= 0 ⇐⇒ 4x + 3y − 11 = 0.
Asintoti
Definizione
Sia γ una curva algebrica. Si chiama asintoto di γ una retta tangente a γ in un suo punto improprio.
Le iperboli, avendo due punti impropri reali e distinti, hanno due asintoti reali.
La parabola `e tangente alla retta impropria nel suo punto improprio.
Asintoti
Esercizio 3
Calcolare gli asintoti dell’iperbole
γ : 2x2+ 6xy + 4y2+ 2x + 4y + 1 = 0.
Dim. Determiniamo i punti impropri di γ.
( 2x2+ 6xy + 4y2+ 2xt + 4yt + t2= 0
t = 0 ⇐⇒
( 2(x2+ 3xy + 2y2) = 0
t = 0 ⇐⇒
( (x + y )(x + 2y ) = 0
t = 0 ;
da cui ricaviamo i punti impropri
P∞(1, −1, 0), Q∞(2, −1, 0).
Asintoti
Esercizio 3 (continuazione) Calcoliamo adesso i due asintoti.
x y t
2 3 1 3 4 2 1 2 1
1
−1 0
= 0 ⇐⇒ x + y + 1 = 0.
x y t
2 3 1 3 4 2 1 2 1
2
−1 0
= 0 ⇐⇒ x + 2y = 0.
Polarit` a
Definizione
Sia P2∗K l’insieme di tutte le rette di P2K.
Sia γ :tx B x = 0 una conica irriducibile. γ definisce una funzione pol : P2K → P2∗K
definita per ogni P0(x0) ∈ P2K nel seguente modo pol(P0) :tx B x0= 0.
Tale funzione `e detta polarit`a. La retta r = pol(P0) `e detta la polare di P0. Il punto P0 `e detto ilpolo di r .
Osservazione
Il vettore colonna Bx0 `e il vettore dei coefficienti della retta pol(P0).
Polarit` a
Proposizione
La polarit`a `e una funzione biettiva.
Dim. Basta far vedere che esiste la funzione inversa. Sia r ⊂ P2K una retta, r : ax + by + ct = 0. Sia a =
a b c
. Dobbiamo trovare un punto di coordinate x0 tale che
Bx0= a.
Poich´e γ `e irriducibile, B `e una matrice invertibile e quindi x0 = B−1a.
Polarit` a
Teorema di reciprocit`a
Se P1∈ pol(P0) allora P0 ∈ pol(P1).
Dim.
P1 ∈ pol(P0) ⇐⇒ tx1Bx0 = 0 ⇐⇒ t(tx1Bx0) = 0 ⇐⇒ tx0Bx1= 0
⇐⇒ P0∈ pol(P1).
Osservazione
Se P0 ∈ γ allora la polare di P0 coincide con la retta tangente a γ in P0.
Polarit` a
Teorema di reciprocit`a
A
B
P
pol(P)
Centro di una conica
Definizione
Sia γ una conica irriducibile.
Si chiama centrodi γ il polo della retta impropria.
Osservazione
Poich´e la retta impropria `e tangente ad una parabola, il suo polo `e il punto improprio della parabola. Quindi il centro della parabola `e il suo punto improprio.
La retta impropria non `e tangente all’ellisse o all’iperbole, quindi essa non contiene il centro. Quindi il centro dell’ellisse e dell’iperbole `e un punto proprio.
Centro di una conica
Proposizione
Sia γ :tx B x = 0 una ellisse o iperbole. Sia C (x0, y0) il centro di γ. Allora ( a11x0+ a12y0+ a13= 0
a12x0+ a22y0+ a23= 0 .
Cio`e le coordinate non omogenee di C soddisfano il sistema lineare associato alle prime due righe di B.
Dim. La retta impropria ha equazione t = 0, ovvero `e caratterizzata dal fatto che i suoi primi due coefficienti sono nulli.
Centro di una conica
Proposizione (continuazione)
D’altra parte i coefficienti della retta polare di C si ottengono dal prodotto
a11 a12 a13 a12 a22 a23 a13 a23 a33
x0 y0 1
=
a11x0+ a12y0+ a13 a12x0+ a22y0+ a23 a13x0+ a23y0+ a33
.
Eguagliando a zero le prime due componenti otteniamo la tesi.
Proposizione
Il centro dell’ellisse e dell’iperbole `e anche centro di simmetria per la conica.
Forme ridotte
Lemma
Sia γ : a11x2+ 2a12xy + a22y2+ 2a13xt + 2a23yt + a33t2 = 0 una conica.
Con una rotazione del sistema di riferimento `e possibile trasformare γ in una conica
γ0 : a110 X2+ a022Y2+ 2a013XT + 2a023YT + a330 T2 = 0, cio`e con a012= 0.
Dim. Per il teorema spettrale `e possibile diagonalizzare la sottomatrice A tramite una matrice ortogonale speciale P = cos ϑ − sen ϑ
sen ϑ cos ϑ
! .
Forme ridotte
Lemma (continuazione) Sia quindi
Q =
cos ϑ − sen ϑ 0 sen ϑ cos ϑ 0
0 0 1
.
Eseguiamo la rotazione x = QX . Sostituendo nell’equazionetx B x = 0 otteniamo
t(QX )BQX = 0 ⇐⇒ tX (tQBQ)X = 0.
Indichiamo con B0 ed A0 le matrici trasformate di B ed A, rispettivamente.
Si ha che B0 =tQBQ e A0 = P−1AP; quindi A0 `e una matrice diagonale e conseguentemente a012= 0.
