Algebra Lineare e Geometria - Lezione 22

Algebra Lineare e Geometria - Lezione 22

Giuseppe Zappal`a

Universit`a di Catania

23 aprile 2020

Forme ridotte

Teorema

Sia γ : a11x²+ 2a12xy + a22y²+ 2a13xt + 2a23yt + a33t² = 0 una conica.

Con una rototraslazione del sistema di riferimento `e possibile trasformare γ in una conica la cui equazione `e di uno dei seguenti tipi:

(I) αX²+ βY²− γT² = 0;

(II) βY²− 2γXT = 0.

Dim. Per il lemma precedente possiamo supporre che a12= 0.

Successivamente bisogna effettuare una opportuna traslazione (omettiamo i dettagli).

Nel caso dell’ellisse o iperbole si perviene al tipo (I).

Nel caso di una parabola si perviene al tipo (II).

Forme ridotte

Esercizio 1

Determinare la rototraslazione che trasforma la conica γ : 2x²+ 2xy + 2y²+ 4x + 2y + 1 = 0 in forma ridotta.

Soluzione.

B =







2 1 2 1 2 1 2 1 1





; det B = −3; det A = 3.

γ `e quindi una ellisse. La sua forma ridotta `e del (I) tipo.

Per prima cosa diagonalizziamo la sottomatrice A, utilizzando una matrice ortogonale speciale P. (I calcoli per diagonalizzare A si trovano a pag. 18, Lezione 16).

Forme ridotte

Esercizio 1 (continuazione) P =

√1 2,^√1

2

−^√1

2,^√1

2

! . La traslazione va invece effettuata sul centro di γ.

Calcoliamo il centro dell’ellisse.

( 2x0+ y0+ 2 = 0 x0+ 2y0+ 1 = 0 ⇐⇒

( x0= −1 y0= 0 . La rototraslazione cercata `e quindi







x = ^√1

2X +^√1

2Y − T y = −^√1

2X +^√1

2Y t = T

.

Invarianti ortogonali

Definizione

Sia γ una conica. Si chiamanoinvarianti ortogonali quelle funzioni dei coefficienti di γ che non cambiano dopo una rototraslazione.

Teorema

Sia γ :^tx B x = 0 una conica. Sono invarianti ortogonali:

1) il rango di B;

2) il determinante di B;

3) il determinante di A;

4) la traccia di A.

Invarianti ortogonali

Teorema (continuazione)

Dim. Abbiamo visto che effettuando una rototraslazione x = QX , con matrice ortogonale speciale P, le matrici della conica trasformata sono B⁰ =^tQBQ e A⁰ = P⁻¹AP =^tPAP.

rk B⁰= rk B in quanto B⁰ si ottiene da B moltiplicando per matrici invertibili.

det B⁰= (det^tQ)(det B)(det Q) = 1 (det B) 1 = det B.

Infine A⁰ `e simile ad A e pertanto A⁰ ed A hanno lo stesso determinante e la stessa traccia.

Osservazione

Utilizzando gli invarianti ortogonali `e possibile ricavare la forma ridotta di una conica senza dover calcolare la trasformazione ortogonale.

Invarianti ortogonali

Esercizio 2

Trasformare la conica γ : 2x²+ 2xy + 2y²+ 4x + 2y + 1 = 0, in forma ridotta.

Soluzione.

B =







2 1 2 1 2 1 2 1 1





; det B = −3; det A = 3; tr A = 4.

γ `e quindi una ellisse. La sua forma ridotta `e del (I) tipo. Quindi

B⁰ =







α 0 0

0 β 0

0 0 −γ





.

Invarianti ortogonali

Esercizio 2 (continuazione)

Imponiamo l’uguaglianza degli invarianti ortogonali







det B⁰= det B det A⁰= det A tr A⁰= tr A

⇐⇒







−αβγ = −3 αβ = 3 α + β = 4

⇐⇒







−3γ = −3 αβ = 3 α + β = 4

⇐⇒





 γ = 1

α²− 4α + 3 = 0 α + β = 4

;





 α = 1 β = 3 γ = 1

.

Nota che α e β sono gli autovalori della matrice A. Una equazione ridotta di γ `e quindi

X²+ 3Y²− T² = 0.

Coniche

Equazioni canoniche

Dalle equazioni ridotte si ricavano le equazioni canoniche.

1) Iperbole.

αX²+ βY²= γ, αβ < 0 ⇐⇒ ^α_γX²+^β_γY² = 1.

Se ^α_γ > 0 allora ^β_γ < 0; poniamo a² = ^γ_α, b² = −^γ_β, a, b ∈ R⁺⇒ X²

a² −Y² b² = 1.

Se ^α_γ < 0 allora ^β_γ > 0; poniamo a² = −^γ_α, b²= ^γ_β, a, b ∈ R⁺⇒ X²

a² −Y² b² = −1.

Coniche

Equazioni canoniche 2) Ellisse.

αX²+ βY²= γ, αβ > 0 ⇐⇒ ^α_γX²+^β_γY² = 1.

Se ^α_γ > 0 allora ^β_γ > 0; poniamo a² = ^γ_α, b² = ^γ_β, a, b ∈ R⁺⇒ X²

a² +Y²

b² = 1 (ellisse reale).

Se ^α_γ < 0 allora ^β_γ < 0; poniamo a² = −^γ_α, b²= −^γ_β, a, b ∈ R⁺⇒ X²

a² +Y²

b² = −1 (ellisse immaginaria).

Coniche

Equazioni canoniche 3) Parabola.

βY² = 2γX ⇐⇒ Y² = 2_β^γX . Se ^γ_β > 0 poniamo p = ^γ_β

Y²= 2pX .

Se ^γ_β < 0 poniamo p = −_β^γ

Y² = −2pX .

Coniche nel riferimento canonico

Iperbole

Iperbole di equazione ^X_a2² −^Y_b2² = 1.

Coniche nel riferimento canonico

Ellisse

a b

Ellisse reale di equazione ^X_a2² +^Y_b2² = 1, con a > b.

L’ellisse con a = b `e una circonferenza.

Coniche nel riferimento canonico

Parabola

Parabola di equazione Y²= 2pX , con p > 0.

Coniche

Assi di simmetria e vertici

L’iperbole e l’ellisse hanno un centro di simmetria e due assi di simmetria tra loro ortogonali, che si intersecano nel centro.

Nell’iperbole gli assi di simmetria sono le bisettrici degli asintoti.

La parabola ha un solo asse di simmetria.

I punti di intersezione tra gli assi di simmetria e la conica si chiamano vertici.

La retta tangente ad una conica irriducibile in suo vertice V `e ortogonale all’asse di simmetria passante per V .

Ellisse immaginaria

Definizione

L’ellisse immaginaria `e una conica irriducibile (a coefficienti reali) priva di punti reali.

Proposizione

Una forma quadratica reale definisce una ellisse immaginaria se e solo se ha segnatura definita (ovvero `e definita positiva oppure definita negativa).

Esempio

La conica di equazione x²+ y²+ 1 = 0 `e una ellisse immaginaria.

Calcolo degli assi di simmetria

Ellisse o iperbole

Per l’ellisse e per l’iperbole i vettori direttivi degli assi di simmetria sono gli autovettori della matrice A. Siano P∞ e Q∞ i punti impropri corrispondenti a tali autovettori. Sia s_P l’asse di simmetria passante per P∞ e s_Q l’asse di simmetria passante per Q∞. Per il teorema di reciprocit`a si ha che

sP = pol(Q∞) e sQ = pol(P∞).

Infatti le tangenti ai due vertici che stanno sullo stesso asse di simmetria sono parallele ed hanno direzione ortogonale all’asse di simmetria.

Calcolo degli assi di simmetria

Parabola

L’asse di simmetria interseca la parabola nel suo vertice V e nel suo punto improprio P∞. Sia r la tangente nel vertice ed r∞ la retta impropria.

Allora, per il teorema di reciprocit`a, il polo dell’asse di simmetria `e P_∞^⊥ = r ∩ r∞.

Quindi se con s indichiamo l’asse di simmetria della parabola, si ha che s = pol(P_∞^⊥).

Parabola

Esercizio 3

Determinare l’asse di simmetria ed il vertice della parabola γ : 4x²+ 4xy + y²+ 6x − 2y − 13 = 0.

Soluzione. Calcoliamo il punto improprio di γ.

( t = 0

4x²+ 4xy + y²= 0 ⇐⇒

( t = 0

(2x + y )² = 0 ⇐⇒ P_∞(1, −2, 0).

Quindi P_∞^⊥(2, 1, 0). L’asse di simmetria di γ `e s = pol(P_∞^⊥).

Parabola

Esercizio 3 (continuazione)



x y t^







4 2 3

2 1 −1

3 −1 −13











 2 1 0





= 0 ⇐⇒ 10x + 5y + 5t = 0.

s : 2x + y + 1 = 0.

Il vertice `e V = s ∩ γ.

( 2x + y + 1 = 0

4x²+ 4xy + y²+ 6x − 2y − 13 = 0 ⇐⇒

( 2x + y + 1 = 0

(2x + y )²+ 6x − 2y − 13 = 0

( 2x + y + 1 = 0

6x − 2y − 12 = 0 ; V (1, −3).

Parabola

Esercizio 3 (continuazione)

V A

B

Parabola di equazione 4x²+ 4xy + y²+ 6x − 2y − 13 = 0

Assi di simmetria

Esercizio 4

Determinare gli assi di simmetria della conica

γ : 17x²− 18xy − 7y²− 6x − 18y − 8 = 0.

Soluzione.

B =







17 −9 −3

−9 −7 −9

−3 −9 −8





; det B = −200, det A = −200.

Quindi γ `e una iperbole. Calcoliamo gli autovettori della matrice A.

P(λ) =     

17 − λ −9

−9 −7 − λ

= λ²− 10λ − 200.

Assi di simmetria

Esercizio 4 (continuazione)

P(λ) = 0 ⇐⇒ λ = −10, λ = 20.

Calcoliamo l’autospazio V−10. 17 + 10 −9

−9 −7 + 10

! α β

!

= 0 ⇐⇒ 27 −9

−9 3

! α β

!

= 0

⇐⇒ −9α + 3β = 0; α = 1, β = 3.

Il punto improprio relativo a tale autovettore `e P∞(1, 3, 0). Sia sP l’asse di simmetria avente direzione P∞. L’altro asse di simmetria s<sub>Q</sub> `e ortogonale a s_P e quindi ha direzione Q∞(3, −1, 0) = P_∞^⊥. I due assi di simmetria sono le rette polari di P∞ e Q∞.

Assi di simmetria

Esercizio 4 (continuazione) s_P : ^x y t^







17 −9 −3

−9 −7 −9

−3 −9 −8











 3

−1 0





= 0 ⇐⇒ 3x − y = 0.

s_Q : ^x y t^







17 −9 −3

−9 −7 −9

−3 −9 −8











 1 3 0





= 0 ⇐⇒ x + 3y + 3 = 0.

Assi di simmetria

Esercizio 4 (continuazione)

Iperbole di equazione 17x²− 18xy − 7y²− 6x − 18y − 8 = 0.

Eccentricit` a di una conica

Proposizione

Sia F ∈ A²_R. Sia r ⊂ A²_R una retta, tale che F 6∈ r . Sia inoltre e ∈ R⁺. Il luogo geometrico dei punti P del piano affine reale tali che

d (P, F ) d (P, r ) = e

`

e una conica irriducibile γ.

1) Se 0 < e < 1 si ottiene una ellisse reale;

2) Se e = 1 si ottiene una parabola;

3) Se e > 1 si ottiene una iperbole.

Ogni conica irriducibile reale (esclusa la circonferenza) si pu`o ottenere in questo modo.

Eccentricit` a di una conica

Definizione

Con la notazione delle precedente proposizione, il punto F si chiama fuoco.

La retta r si chiama direttrice relativa al fuoco F.

Il numero reale positivo e si chiamaeccentricit`a della conica.

Proposizione

La retta polare di un fuoco `e la relativa direttrice.

L’ellisse e l’iperbole hanno due fuochi (e quindi due direttrici).

La parabola ha un solo fuoco (e quindi una sola direttrice).

Eccentricit` a di una conica

Esercizio 5

Determinare l’ellisse γ avente fuoco in F (0, 0), direttrice relativa al fuoco F la retta r : x + y + 1 = 0 ed eccentricit`a e = ^√1₂.

Soluzione. Sia P(x , y ) ∈ γ. Allora d (P, F )

d (P, r ) = e ⇐⇒ d (P, F )²= d (P, r )²e². x²+ y² = 1

2

(x + y + 1)²

2 ⇐⇒ 4(x²+ y²) − (x + y + 1)² = 0.

γ : 3x²− 2xy + 3y²− 2x − 2y − 1 = 0.

Fuochi di una conica

Calcolo dei fuochi: ellisse

Sia ^X_a2² +^Y_b2² = 1 l’equazione canonica di una ellisse reale. Supponiamo che a > b > 0. Poniamo

c =^pa²− b².

I due fuochi dell’ellisse hanno allora coordinate F₁(c, 0); F₂(−c, 0).

Quindi i fuochi stanno sull’asse maggiore dell’ellisse in posizione simmetrica rispetto al centro.

L’eccentricit`a dell’ellisse `e e = ^c_a.

Se l’equazione dell’ellisse reale in forma ridotta `e scritta nella forma λ1X²+ λ2Y² = h, con λ1 > λ2 > 0, h > 0, dove λ1 e λ2 sono gli autovalori della matrice A, allora

e²= a²− b²

a² = 1 − b²

a² = 1 −λ₂ h

h

λ₁ = 1 −λ₂ λ₁.

Fuochi di una conica

Calcolo dei fuochi: iperbole

Sia ^X_a2² −^Y_b2² = 1 l’equazione canonica di una iperbole. Poniamo c =^pa²+ b².

I due fuochi dell’ellisse hanno allora coordinate F1(c, 0); F2(−c, 0).

L’asse trasverso dell’iperbole`e l’asse di simmetria che interseca l’iperbole in due punti reali.

I due fuochi stanno sull’asse trasverso dell’iperbole in posizione simmetrica rispetto al centro.

L’eccentricit`a dell’iperbole `e e = ^c_a.

Fuochi di una conica

Calcolo dei fuochi: parabola

Sia Y² = 2pX l’equazione canonica di una parabola. Il suo fuoco ha coordinate F (^p₂, 0).

Il fuoco della parabola sta sul suo asse di simmetria.

Fuochi di una conica

Esercizio 6

Determinare i fuochi e le direttrici dell’ellisse

γ : 3x²− 2xy + 3y²− 2x − 2y − 1 = 0.

Soluzione. Determiniamo le direzioni degli assi di simmetria.

A = 3 −1

−1 3

!

; P(λ) = λ²− 6λ + 8.

Gli autovalori sono quindi λ₁ = 2 e λ₂ = 4. Gli autovettori associati a λ₁ si ottengono risolvendo il sistema

3 − 2 −1

−1 3 − 2

! u v

!

= 0 ⇒ P∞(1, 1, 0).

Fuochi di una conica

Esercizio 6 (continuazione)

Il punto improprio dell’altro asse di simmetria `e l’ortogonale di P∞, ovvero Q∞(1, −1, 0). Gli assi di simmetria di γ sono le polari di questi punti.

x y t^







3 −1 −1

−1 3 −1

−1 −1 −1











 1

−1 0





= 0 ⇐⇒ x − y = 0.



x y t^







3 −1 −1

−1 3 −1

−1 −1 −1











 1 1 0





= 0 ⇐⇒ x + y − 1 = 0.

Fuochi di una conica

Esercizio 6 (continuazione)

Il centro `e il punto di intersezione dei due assi.

( x − y = 0

x + y − 1 = 0 ⇒ C

1 2,1

2

 .

L’asse contenente i fuochi `e l’asse maggiore dell’ellisse. Calcoliamo quindi i vertici ed i semiassi.

( x − y = 0

3x²− 2xy + 3y²− 2x − 2y − 1 = 0

( x − y = 0

4y²− 4y − 1 = 0 . Una soluzione `e V^1+

√ 2 2 ,¹⁺

√ 2 2

.

Fuochi di una conica

Esercizio 6 (continuazione)

( x + y − 1 = 0

3x²− 2xy + 3y²− 2x − 2y − 1 = 0

( x + y − 1 = 0 y²− y = 0 . Una soluzione `e W (1, 0).

d (C , V )²= 1 2 +1

2 = 1; d (C , W )² =

 1 −1

2

2

+

 0 −1

2

2

= 1 2. L’asse focale `e quindi x − y = 0. Inoltre i quadrati dei semiassi sono a²= 1 e b² = ¹₂. Quindi c² = a²− b²= ¹₂.

Fuochi di una conica

Esercizio 6 (continuazione)

I fuochi sono quindi i punti della retta x − y = 0 che hanno distanza pari a c da C .

Sia P(h, h) un punto che sta sulla retta x − y = 0. Allora d (P, C )² =

 h − 1

2

2

+

 h −1

2

2

= 2

 h − 1

2

2

;

2

 h −1

2

2

= 1 2 ⇐⇒

 h − 1

2

2

= 1

4 ⇐⇒ h = 1 2 ±1

2. Quindi h = 0 oppure h = 1. I due fuochi di γ sono quindi F1(0, 0) ed F₂(1, 1).

Fuochi di una conica

Esercizio 6 (continuazione)

Le direttrici sono le polari dei fuochi. Quindi

x y t^







3 −1 −1

−1 3 −1

−1 −1 −1











 0 0 1





= 0 ⇐⇒ x + y + 1 = 0.

x y t^







3 −1 −1

−1 3 −1

−1 −1 −1











 1 1 1





= 0 ⇐⇒ x + y − 3 = 0.

Eccentricit` a

Esercizio 7

Calcolare l’eccentricit`a dell’iperbole

γ : x²+ 2xy − 2y²+ 2x + 2y − 1 = 0.

Soluzione. Determiniamo una equazione canonica di γ.

B =







1 1 1

1 −2 1

1 1 −1





.

Calcoliamo gli autovalori della sottomatrice A.

tr A = −1, det A = −3; λ²+ λ − 3 = 0; λ1 =

√ 13−1

2 ; λ2 = −

√ 13+1

2 .

Eccentricit` a

Esercizio 7 (continuazione)

Una equazione ridotta di γ `e quindi del tipo

√ 13 − 1

2 X²−

√ 13 + 1

2 Y²= h.

Determiniamo h.

det B = 6 ⇒ −h det A = 6 ⇒ 3h = 6 ⇒ h = 2.

Una equazione ridotta di γ `e quindi

√ 13 − 1

2 X²−

√ 13 + 1

2 Y² = 2.

Eccentricit` a

Esercizio 7 (continuazione) Una equazione canonica `e quindi

√13 − 1 4 X²−

√13 + 1

4 Y² = 1.

L’asse trasverso nel riferimento canonico `e Y = 0; poniamo _a¹2 =

√ 13−1

4 e

1 b² =

√ 13+1

4 .

e²=c²

a² = a²+ b²

a² = 1 +b² a² = 1 +

√13 − 1 4

√ 4

13 + 1 =

= 1 +

√13 − 1

√13 + 1= 1 +14 − 2√ 13

12 = 1 +7 −√ 13

6 =13 −√ 13

6 .

e = s

13 −√ 13

6 .