Geometria I Gianluca Ferrari Geometria Proiettiva
Tema d’Esame del 20 febbraio 2017 – Geometria I
Esercizio 3
i. 𝒞: ? t.c. 𝒞 𝑡𝑔 𝑟: 3𝑥 + 4𝑦 + 3 = 0 in 𝐴(−1; 0) e 𝒞 𝑡𝑔 𝑠: 𝑥 − 1 = 0 in 𝐵(1; −1) e t.c. 𝑂(0; 0) e 𝐶(2; 0) siano coniugati rispetto a 𝒞.
In virtù del teorema di rappresentazione delle coniche, consideriamo la matrice simmetrica rappresentativa della forma quadratica che identifica, a meno della classe di proporzionalità, l’equazione di una generica conica in coordinate proiettive omogenee.
Come prima cosa, scriviamo l’equazione del fascio di coniche bitangenti nei punti 𝐴 e 𝐵 alle rette considerate, determinandone le coniche degeneri, che saranno
𝒞̃1: 𝑟 ∪ 𝑠 ⟹ 𝒞̃1: (3𝑥 + 4𝑦 + 3)(𝑥 − 1) = 0 e
𝐶̃2: 𝑟𝑡(𝐴; 𝐵) ∪ 𝑟𝑡(𝐴; 𝐵) dove
𝑟𝑡(𝐴; 𝐵) ∶ {𝑥 = −1 + 2𝑡
𝑦 = 0 − 𝑡 ⟹ 𝑥 + 2𝑦 + 1 = 0 da cui
𝒞̃2: (𝑥 + 2𝑦 + 1)2 = 0 Il fascio di coniche ℱ può dunque essere espresso come
ℱ: (3𝑥 + 4𝑦 + 3)(𝑥 − 1) + 𝑘(𝑥 + 2𝑦 + 1)2 = 0
ℱ: 3𝑥2+ 4𝑥𝑦 + 3𝑥 − 3𝑥 − 4𝑦 − 3 + 𝑘(𝑥2+ 4𝑦2+ 1 + 4𝑥𝑦 + 2𝑥 + 4𝑦) = 0 ℱ: 3𝑥2+ 4𝑥𝑦 − 4𝑦 − 3 + 𝑘𝑥2 + 4𝑘𝑦2+ 𝑘 + 4𝑘𝑥𝑦 + 2𝑘𝑥 + 4𝑘𝑦 = 0 ℱ: (𝑘 + 3)𝑥2+ 4𝑘𝑦2+ 4(𝑘 + 1)𝑥𝑦 + 2𝑘𝑥 + 4(𝑘 − 1)𝑦 + 𝑘 − 3 = 0
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la cui chiusura proiettiva diventa
ℱ: (𝑘 + 3)𝑥12+ 4𝑘𝑥22+ 4(𝑘 + 1)𝑥1𝑥2 + 2𝑘𝑥1𝑥3+ 4(𝑘 − 1)𝑥2𝑥3+ (𝑘 − 3)𝑥32 = 0 Scriviamo la matrice 𝐴 rappresentativa della forma bilineare associata al fascio di coniche considerato.
𝐴 = (
𝑘 + 3 2(𝑘 + 1) 𝑘
2(𝑘 + 1) 4 2(𝑘 − 1)
𝑘 2(𝑘 − 1) 𝑘 − 3
)
Imponiamo infine la relazione di coniugio tra i punti 𝑂 = [(0; 0; 1)] e 𝐶 = [(2; 0; 1)].
(0 0 1) ( 𝑘 + 3 2(𝑘 + 1) 𝑘
2(𝑘 + 1) 4 2(𝑘 − 1)
𝑘 2(𝑘 − 1) 𝑘 − 3
) (2 0 1
) = 0
(𝑘 2(𝑘 − 1) 𝑘 − 3) (2 0 1
) = 0 2𝑘 + 𝑘 − 3 = 0 ⟹ 𝑘 = 1
Per 𝑘 = 1 abbiamo la conica 𝒞 del fascio che soddisfa le condizioni richieste.
𝒞 ∶ 4𝑥2+ 4𝑦2+ 8𝑥𝑦 + 2𝑥 − 2 = 0 𝒞 ∶ 2𝑥2+ 2𝑦2+ 4𝑥𝑦 + 𝑥 − 1 = 0
ii. Si classifichi la conica 𝒞 dal punto di vista affine e proiettivo, determinandone, se possibile, centro, assi e asintoti.
La matrice rappresentativa della forma bilineare associata alla conica 𝒞 è data da 𝐴 = (
2 2 1/2
2 2 0
1/2 0 −1) Calcoliamone quindi il determinante.
det 𝐴 = −4 −1
2+ 4 = −1 2≠ 0
Dal punto di vista proiettivo, la conica 𝒞 è una conica generale, dunque non presenta punti singolari.
Ora calcoliamo il determinante del minore di dimensione 2 in alto a sinistra della matrice al fine di classificare la conica dal punto di vista affine e valutarne quindi i punti di intersezione con la retta impropria.
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det (2 22 2) = 0
La conica è una parabola, poiché ha due punti di intersezione coincidenti con la retta impropria.
Ricordiamo che la parabola non è una conica a centro, o meglio, ha come centro il suo punto improprio dato dall’intersezione con la retta impropria. Calcoliamolo risolvendo il sistema
{𝒞 ∶ 2𝑥12+ 2𝑥22+ 4𝑥1𝑥2 + 𝑥1𝑥3− 𝑥32 = 0
𝑟∞ ∶ 𝑥3 = 0 ⟹ 2𝑥12+ 2𝑥22+ 4𝑥1𝑥2 = 0
⟹ 𝑥12+ 2𝑥1𝑥2 + 𝑥22 = 0 ⟹ (𝑥1 + 𝑥2)2 = 0 ⟹ 𝑥1+ 𝑥2 = 0 da cui
𝐶∞ = [(1; −1; 0)]
Inoltre, gli asintoti della parabola sono due e coincidono con la retta impropria di equazione 𝑟∞ ∶ 𝑥3 = 0.
Determiniamone quindi gli assi, o meglio, l’unico asse di cui dispone.
L’asse della parabola è la polare di un punto improprio ortogonale al suo centro. Questo punto sarà dato da 𝐶∞⊥ = [(1; 1; 0)]. Calcoliamo quindi l’asse 𝑎 ≔ 𝜋(𝐶∞⊥)
𝜋(𝐶∞⊥) ∶ (1 1 0) ( 2 2 1/2
2 2 0
1/2 0 −1) ( 𝑥1 𝑥2
𝑥3) = 0
(4 4 1
2) ( 𝑥1 𝑥2
𝑥3) = 0 ⟹ 4𝑥1+ 4𝑥2+1
2𝑥3 = 0 𝑎 ∶ 8𝑥 + 8𝑦 + 1 = 0
iii. Calcolare il polo 𝑇 ≔ 𝜋−1(𝑡) della retta 𝑡 ∶ 𝑥 = 0.
Si ricordi che la polare è la retta che passa per i punti di tangenza delle rette condotte dal suo polo 𝑇 alla conica. Per determinare il polo, l’idea è quella di determinare i punti di intersezione 𝑃 e 𝑄 della polare con la conica, nonché di determinare le loro polari (che sono tangenti alla conica stessa e passano per il polo 𝑇 – per il teorema di reciprocità). Infine è possibile determinare il polo 𝑇 facendo l’intersezione delle due tangenti così determinate.
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{𝒞 ∶ 2𝑥2 + 2𝑦2+ 4𝑥𝑦 + 𝑥 − 1 = 0
𝑡 ∶ 𝑥 = 0 ⟹ 2𝑦2 − 1 = 0 ⟹ 𝑦 = ±√2 2
Abbiamo così ricavato che 𝑃 = [(0; +√22 ; 1)] e 𝑄 = [(0; −√22 ; 1)]. Calcoliamone le polari.
𝜋(𝑃) ∶ (0 √2
2 1) (
2 2 1/2
2 2 0
1/2 0 −1) ( 𝑥1 𝑥2
𝑥3) = 0 (√2 +1
2 √2 −1) ( 𝑥1 𝑥2
𝑥3) = 0 𝜋(𝑃) ∶ (√2 +1
2) 𝑥 + √2𝑦 − 1 = 0 𝜋(𝑄) ∶ (0 −√2
2 1) (
2 2 1/2
2 2 0
1/2 0 −1) ( 𝑥1 𝑥2
𝑥3) = 0 (−√2 +1
2 −√2 −1) (
𝑥1 𝑥2
𝑥3) = 0 𝜋(𝑄) ∶ (−√2 +1
2) 𝑥 − √2𝑦 − 1 = 0 Mettendo le due polari a sistema, determiniamo 𝑇.
{𝜋(𝑃) ∶ (√2 +1
2) 𝑥 + √2𝑦 − 1 = 0 𝜋(𝑄) ∶ (−√2 +1
2) 𝑥 − √2𝑦 − 1 = 0
Sfruttando il metodo di riduzione – cioè sommando le due equazioni – si ottiene subito 𝑥 − 2 = 0 ⟹ 𝑥 = 2
che sostituendolo nella prima equazione dà (√2 +1
2) (2) + √2𝑦 − 1 = 0 2√2 + 1 + √2𝑦 − 1 = 0 ⟹ 𝑦 = −2 da cui
𝑇(2; −2)
