Esercizi di preparazione alla PFB

(1)

Universit`a degli Studi Roma Tre - Corso di Laurea in Matematica

Esercizi di preparazione alla PFB

A.A. 2012-2013 - Docente: A. Bruno e G. Gentile Tutori: Sara Lamboglia e Maria Chiara Timpone

Parte 1: Analisi Matematica

1. Dato p > 0 provare che lim

n→∞

√n

p = 1.

Soluzione:

Distinguiamo tre casi:

p = 1 : L’asserto `e vero perch´e √ⁿ

1 = 1 per ogni n.

p > 1 : Si ha che p > 1 ⇔ p = 1 + b con b > 0. Da cui

pⁿ¹ = (1 + b)ⁿ¹ = 1 + r_n con r_n> 0 quindi 1 + b = (1 + rn)ⁿ≥ 1 + nrn⇔ nrn ≤ b ⇔ 0 < rn≤ b

n. Ora b

n

n→∞−→ 0, quindi rn

n→∞−→ 0 (per il Teorema dei Carabinieri). Segue l’asserto.

0 < p < 1 : Si ha p = _1+b¹ con b > 0 da cui pⁿ¹ = 1 (1 + b)ⁿ¹. Sia 1

1 + rn

:= 1

(1 + b)ⁿ¹ cio´e 1

1 + b = 1

(1 + rn)ⁿ ≤ 1 1 + nrn

⇔ 1 + nrn≤ 1 + b ⇔ 0 < rn≤ b n. Poich´e b

n

n→∞−→ 0, si ha rn

n→∞−→ 0 (per il Teorema dei Carabinieri) da cui segue l’asserto.

2. Una funzione f : R → R si dice periodica se esiste T > 0 tale che f (x + T ) = f (x) per ogni x ∈ R.

Dimostrare che se f : R → R `e continua e periodica, allora non esiste lim_x→∞f (x), a meno che f non sia costante.

Soluzione:

Chiaramente, tale limite non pu`o essere ±∞ (altrimenti, verrebbe contraddetta la periodicit`a di f ).

Supponiamo allora che ∃` ∈ R tale che ∀ > 0 ∃X > 0 tale che |f (x) − `| < per ogni x > X. Comunque preso x ∈ R, prendiamo k ∈ N tale che x + kT > X. Allora

|f (x) − `| = |f (x + kT ) − `| < .

Per l’arbitrariet`a di , otteniamo che f (x) = ` per ogni x ∈ R.

3. Sia F : R²→ R²tale che F (x, y) = (x 2,my

2 ) con m > 1 per ogni (x, y) ∈ R². Provare che se g ∈ C¹(R, R)

`e tale che F (Γ(g)) ⊆ Γ(g) := {(x, g(x)) : x ∈ R}, allora g `e una funzione costante.

(2)

Soluzione:

Dire che F (Γ(g)) ⊆ Γ(g) equivale a dire che per ogni x ∈ R esiste z ∈ R tale chex 2,m

2g(x)

= (z, g(z)) da cui

m

2 g(x) = gx 2

(1)

Derivando (1) si ha m

2g⁰(x) = 1 2g⁰x

2

che implica g⁰(x) = 1 mg⁰x

2

= 1 m

2gx

2

0

. Ora applicando (1) a g ^x₂ si ha g ^x₂ =_m²g ^x₄ da cui

g⁰(x) = 1 mg⁰x

2

= 1 m

2gx

2

0

= 1 m²g⁰x

2²

= . . . = 1 mⁿg⁰x

2ⁿ

_n→∞

−→ 0

Quindi g(x) `e una funzione costante.

4. Mostrare la seguente identit`a

n

Y

k=0

(1 + x²^k) = 1 − x²ⁿ⁺¹ 1 − x . Soluzione:

Utilizziamo il principio d’induzione.

Se n = 1 l’indenti`a vale. Supponiamo che sia vero per n e dimostriamolo per n + 1:

n+1

Y

k=0

(1 + x²^k) = (1 + x²ⁿ⁺¹)

n

Y

k=0

(1 + x²^k) = (1 + x²ⁿ⁺¹)1 − x²ⁿ⁺¹

1 − x = 1 − x²ⁿ⁺² 1 − x .

5. Calcolare i seguenti limiti:

(a) lim

n→∞

3ⁿ+n² 2ⁿ+n³; (b) lim

n→∞

n

q n!

√n!+n²−√

√ n!

n!+4 ;

(c) lim

n→∞

√ 1

n²+1ln(

√1+e²ⁿ+3ⁿ

√1+16ⁿ+3ⁿ);

(d) lim

n→∞

2

√

ln2 n+ln n2

n²+1 ;

(e) lim

x→0

sin(π cos x) x sin x ; (f) lim

x→0(cos x)^x2¹ . Soluzione:

(a) lim

n→∞

3ⁿ+n²

2ⁿ+n³ = +∞.

(b) lim

n→∞

n

q n!

√n!+n²−√

√ n!

n!+4 = lim

n→∞

n

qn!^√ ⁿ²

n!+4(√

n!+n²+√

n!) = √ⁿ n²_n

s 1

√

1+_n!⁴

q 1+ⁿ²_n!+1

= 1.

(c) lim

n→∞

√ 1 n²+1ln(

√1+e²ⁿ+3ⁿ

√1+16ⁿ+3ⁿ) = lim

n→∞

√ 1 n²+1ln





3 4

ⁿ

r

1 9n+_e2

9

n

+1

√

1+_16n¹ +(³4)ⁿ



=

= lim

n→∞

1 nq

1+¹

n2



n ln(³₄) + ln





r

1 9n+

e2 9

n

√ +1

1+_16n¹ +(³₄)ⁿ







= ln(³₄).

(d) lim

n→∞

2

√

ln2 n+ln n2

n²+1 = lim

n→∞

2^{ln n}

√

1+ 2 ln n

n²+1 =^∗ lim

n→∞

n^{ln 2}

√

1+ 2 ln n

n²+1 =^∗∗0.

∗ Applicare due volte la formula del cambiamento di base dei logaritmi.

∗∗ Si noti che ln 2 < 2.

(3)

(e) lim

x→0

sin(π cos x) x sin x = lim

x→0

sin(π−π cos x) x sin x = lim

x→0

sin(π−π cos x) π−π cos x

π(1−cos x) x²

x sin x= ^π₂. (f) lim

x→0(cos x)^x2¹ = lim

x→0

h(1 + (cos x − 1))^{cos x−1}¹ i⁻^{1−cos x}_x2

= e⁻¹².

6. Determinare il limite delle seguenti successioni definite per ricorrenza:

(a) a1= 1, an= n + an−1; (b) a0= ¹₄, an+1= ^2a_4a²ⁿ⁺¹

n (Suggerimento: mostrare che an≥

√2 2 );

(c) a₀>√

3, a_n+1=¹₂(a_n+_a³

n);

Soluzione:

(a) Si vede subito che la successione `e monotona crescente e dunque ammette limite +∞.

(b) Verifichiamo che la successione `e monotona decrescente. In primo luogo si dimostra, per induzione, che a_n > 0 per ogni n ≥ 0. Inoltre si ha

an+1< an ⇔ 2a²_n+ 1 < 4a²_n ⇔ an>

√2

2 o an < −

√2 2 . Siccome la propriet`a an> 0 implica an>

√2

2 allora an `e monotona decrescente.

La successione dunque ammette limite ` ∈ [

√2

2 , a1). Siccome per ogni > 0 esiste n tale che se n ≥ n

|

√2

2 − `| < |an− `| < allora necessariamente ` =

√ 2 2 .

(c) Verifichiamo che la successione `e monotona decrescente.

an+1< an⇔ 1

2(a²_n+ 3 an

) < an ⇔ a²_n− 3 > 0 ⇔ an< −√

3 o an>√ 3.

Osseviamo che da a0 =√

3, per induzione, segue che an >√

3 per ogni n ≥ 2, cio`e la successione risulta essere monotona decrescente.

La successione dunque ammette limite ` ∈ [√

3, a₀). Siccome per ogni > 0 esiste n tale che se n ≥ n

|√

3 − `| < |an− `| < allora necessariamente ` =√

3.

7. Discutere la convergenza semplice e assoluta (laddove sia necessario) delle seguenti serie:

(a) P

n≥1 1

nsin(_3n+5¹ );

(b) P

n≥2 1 n ln³n;

(c) P

n≥0 1

(³ⁿn); (d) P

n≥0 eⁿ²+1

n! ; (e) P

n≥0

√3

n⁵√+2n³+17 n+2 .

Soluzione:

(a) Per il criterio del confronto asintotico, si ha che X

n≥1

1 nsin

1

3n + 5

∼X

n≥1

1 n(3n + 5). Segue che la serie `e convergente.

(4)

(b) La serie `e convergente, come si vede subito applicando il criterio di condensazione di Cauchy.

(c) Abbiamo

(n + 1)!(2n + 2)!

(3n + 3)!

(3n)!

n!(2n)! = 4 27

(1 + ¹_n)(1 +_2n¹) (1 + _3n² )(1 +_3n¹) −−−−→

n→∞

4 27 < 1.

Quindi la serie converge per il criterio del rapporto.

(d) La serie è divergente: infatti, il termine generale non è infinitesimo, poiché eⁿ²

n! > eⁿ²

nⁿ = en(n−log(n))

−−−−→

n→∞ ∞.

(e) La serie `e divergente: infatti,

n→∞lim

√3

n⁵+ 2n³+ 17

√n + 2 = ∞.

8. Discutere la convergenza semplice e assoluta (laddove sia necessario) delle seguenti serie al variare del parametro x ∈ R:

(a) P

n≥0 xⁿ

2+xⁿ; (b) P

n≥0 1

1+e^{n2 x}; (c) P

n≥0 sin(xⁿ)

(1+x)ⁿ; (d) P

n≥0 ln(n²x)

n²+x². Soluzione:

(a) Se x = 1 la serie diverge, mentre se x = −1 non converge. Supponiamo ora |x| > 1. In tal caso, il termine generale non `e infinitesimo: infatti

n→∞lim xⁿ

2 + xⁿ = lim

n→∞

xⁿ

xⁿ(_x²n+ 1) = 1.

Se invece |x| < 1, dalla disuguaglianza triangolare otteniamo

|2 + xⁿ| = |2 − (−xⁿ)| ≥ |2 − |xⁿ|| ≥ 2 − |xⁿ|

|{z}

<1

> 1.

Dunque

| xⁿ

2 + xⁿ| < |x|ⁿ, cio`e la serie converge assolutamente per il criterio del confronto.

(b) Se x = 0, la serie diventaP1

2, che `e chiaramente divergente. Se x < 0, eⁿ²^x→ 0, i.e. ¹

1+e^{n2 x} → 1, perci`o la serie `e ancora divergente. Sia ora x > 0. Abbiamo

eⁿ²^x≥ n²x ⇔ n²≥ 2

xlog(n)+log(x)

x ⇐ n²≥ 2

xn+log(x)

x ⇐ n ≥ 1

x(1 +p

1 + x log(x))

+1¹. Quindi la serie `e convergente per il criterio del confronto.

(c) Sicuramente, x 6= −1. Ora, sia

` := lim sup

n→∞

n

s| sin(xⁿ)|

|1 + x|ⁿ = 1

|1 + x|.

Abbiamo che ` < 1 se x ∈ A := (−∞, −2)∪(0, ∞). Quindi, la serie converge assolutamente se x ∈ A e diverge assolutamente se x ∈ {A\{−2, 0}. Se x = 0, si ha una somma di zeri, e quindi la serie `e ancora assolutamente convergente. Se invece x = −2, la serie diventa P

n≥1(−1)ⁿsin((−1)ⁿ2ⁿ), che non converge. Dobbiamo ora discutere la convergenza della serie per x ∈ (−2, 0) \ {−1}. Se x ∈ (−2, −1), allora 1 + x ∈ (−1, 0), cio`e 1 + x = −y, per qualche y ∈ (0, 1), e quindi xⁿ= (−1)ⁿ(1 + y)ⁿ, e

sin(xⁿ)

(1 + x)ⁿ =sin((−1)ⁿ(1 + y)ⁿ)

(−1)ⁿyⁿ = sin((1 + yⁿ))

yⁿ ≥ 0 (sin(·) `e dispari).

1Si pu`o assumere che x log(x) ≥ −e⁻¹> −1 per ogni x > 0 (si vede facilmente dallo studio di funzione. . . ).

(5)

In effetti, ^sin(x_(1+x)ⁿn⁾ = |^sin(x_(1+x)ⁿn⁾|, e abbiamo gi`a visto che la serie diverge assolutamente per x ∈ (−2, 0) \ {1} ⊃ (−2, −1). Sia ora x ∈ (−1, 0), i.e. x = −y per qualche y ∈ (0, 1). Poich´e xⁿ → 0, sin(xⁿ) ∼ xⁿ, i.e. (criterio del confronto asintotico)

X

n≥1

sin(xⁿ) (1 + x)ⁿ ∼X

n≥1

x

1 + x

ⁿ

=X

n≥1

(−1)ⁿ

y 1 − y

ⁿ .

Ora, se x ∈ (−¹₂, 0), la successione (a termini positivi) (_1−y^y )ⁿ`e decrescente e infinitesima, quindi per Leibniz la serie ´e convergente. Sia ora x ∈ (−1, −¹₂), i.e. x = −y per qualche y ∈ (¹₂, 1). Abbiamo sempre sin(xⁿ) ∼ xⁿ, e quindi per il criterio del confronto asintotico

X

n≥1

sin(xⁿ) (1 + x)ⁿ ∼X

n≥1

xⁿ

(1 + x)ⁿ =X

n≥1

(−1)ⁿ

y 1 − y

ⁿ ,

e _1−y^y = −1 +_1−y¹ > −1 + 2 = 1 (poich´e y > ¹₂), cio`e (_1+y^y )ⁿ→ ∞. Quindi la serie non converge.

(d) Occorre sicuramente richiedere x > 0 per poter definire log(n²x). Poi, abbiamo ^log(n_n2+x²^x)² ≤ ^{2 log(n)}_n2 +

log(x)

n² . Poich´e ^log(n)^√_n → 0, esister`a un N ∈ N tale che ^{2 log(n)}^√n ≤ 1 per ogni n > N . Allora X

n≥1

log(n²x) n²+ x² ≤ 2

N

X

n=1

n⁻³²log(n)

√n + 2X

n>N

n⁻³² + log(x)X

n≥1

1 n². Quindi la serie converge ∀x > 0.

9. (a) Mostrare che ∀x, y > 0 e p, q > 1 tali che 1 p+1

q = 1 si ha xy ≤ x^p p +y^q

q. (Disuguaglianza di Young)

(b) Mostrare che ∀p, q > 1 tali che 1 p+1

q = 1, {an} ∈ `p e {bn} ∈ `q si ha

∞

X

n=0

|anbn| ≤

∞

X

n=0

|an|^p

!¹_p _∞ X

n=0

|bn|^q

!¹_q .

(Disuguaglianza di Holder)

(Suggerimenti: per il punto (a) trovare il massimo di f (x) = xy −x^p

p , per il punto (b) applicare (a)).

Soluzione:

(a) Come da suggerimento, cerchiamo il massimo della funzione f (x) = xy −x^p

p : poich´e f (0) = 0, lim

x→+∞f (x) = −∞

e f⁰(x) = y − x^p−1= 0 ⇐⇒ y = x^p−1 ⇐⇒ x = y^p−1¹ , allora

max

[0,+∞)f = f y^p−1¹

= y^p−1¹ ⁺¹−1 py^p−1^p =

1 −1

p

y^p−1^p = y^q q , dunque

xy = x^p

p + f (x) ≤x^p

p + max

[0,+∞)

f = x^p p +y^q

q. (b) Come da suggerimento, applicando la disuguaglianza di Young con x = |an|

(P∞

n=0|an|^p)^p¹

e y = |bn| (P∞

n=0|bn|^q)¹^q si ha che

|an||bn| (P∞

n=0|an|^p)¹^p(P∞

n=0|bn|^q)¹^q

≤x^p p +y^q

q = |an|^p pP∞

n=0|an|^p + |bn|^p qP∞

n=0|bn|^q,

(6)

dunque sommando per n che va da 0 a N si ha che PN

n=0|an||bn

(P∞

n=0|an|^p)¹^p(P∞

n=0|bn|^q)¹^q

≤ PN

n=0|an|^p pP∞

n=0|a_n|^p + PN

n=0|bn|^p qP∞

n=0|b_n|^q, e passando al lim

N →∞si ottiene P∞

n=0|an||bn| (P∞

n=0|a_n|^p)¹^p(P∞

n=0|b_n|^q)¹^q

≤ P∞

n=0|an|^p pP∞

n=0|an|^p + P∞

n=0|bn|^p qP∞

n=0|bn|^q =1 p+1

q = 1 ⇒

⇒

∞

X

n=0

|an||bn| ≤

∞

X

n=0

|an|^p

!¹_p _∞ X

n=0

|bn|^q

!¹_q .

10. Discutere la convergenza puntuale e uniforme delle seguenti successioni di funzioni:

(a) f_n(x) = n^x.

(b) fn(x) = χ_[n,n+1]

n .

(c) fn(x) = cos(nx) n²x²+ 1. (d) fn(x) = x

x²+ n. Soluzione:

(a) fn(x) = n^{x n→∞}→ f (x) =

0 se x < 0

1 se x = 0 , dunque la convergenza non è uniforme perché le fn sono continue ∀n ∈ N mentre f non lo è; c’è tuttavia convergenza uniforme in (−∞, −δ] ∀δ > 0 perché

sup

x∈(−∞,−δ]

|fn(x) − f (x)| =

= sup

x∈(−∞,−δ]

n^x= n^{−δ n→∞}→ 0.

(b) f_n(x) = χ_[n,n+1]

n

n→∞→ f (x) ≡ 0 ∀x ∈ R e la convergenza `e uniforme perch´e sup

x∈R

|fn(x) − f (x)| = 1 n

n→∞→ 0.

(c) f_n(x) = cos(nx) n²x²+ 1

n→∞→ f (x) =

0 se x 6= 0

1 se x = 0 , dunque la convergenza non è uniforme perché le f_n sono continue ∀n ∈ N mentre f non lo è; c’è tuttavia convergenza uniforme in (−∞, −δ] ∪ [δ, +∞) ∀δ > 0 perché sup

x∈(−∞,−δ]∪[δ,+∞)

|f_n(x) − f (x)| = sup

(−∞,−δ]∪[δ,+∞)

cos(nx) n²x²+ 1

≤ sup

(−∞,−δ]∪[δ,+∞)

1 n²x²+ 1 = 1

n²δ²+ 1

n→∞→ 0.

(d) f_n(x) = x x²+ n

n→∞→ 0 ∀x ∈ R e la convergenza `e uniforme perch´e, essendo

x→±∞lim fn(x) = 0 e f_n⁰(x) = n − x²

(x²+ n)² = 0 ⇐⇒ x = ±√

n, allora sup

x∈R

|fn(x)| = fn

√n = 1

2√ n

n→∞→ 0.

11. Sia A un aperto di R² tale che ∂A sia una curva regolare γ. Siano u, v ∈ C²(R², R) due funzioni.

(i) Dimostrare che

div(u · ∇u) = h∇u, ∇ui + u · ∆u.

(ii) Verificare la formula d’integrazione per parti Z

A

u∆udxdy = Z

γ

hu∇u, nidσ − Z

A

h∇u, ∇uidxdy.

(7)

(iii) Si supponga che u sia identicamente nulla su ∂A, e che ∆u(x) = λu(x) per ogni x in A. Si dimostri che se u non `e identicamente nulla, allora λ < 0.

Soluzione:

(i) Ricordiamo che se f ∈ C²(R²) allora divf = ^∂f_∂x+^∂f_∂y. Dunque

div(u · ∇u) = ∂(u^∂u_∂x)

∂x +∂(u^∂u_∂y)

∂y = ∂u

∂x

2

+ u∂²u

∂x² + ∂u

∂y

2

+ u∂²u

∂y² = h∇u, ∇ui + u∆u (ii) Integrando su A la precedente relazione si ha :

Z

A

div(u · ∇u) = Z

A

h∇u, ∇ui + Z

A

u∆u Per il teorema della divergenza si ha che R

Adiv(u · ∇u) =R

γhu∇u, nidσ da cui segue l’asserto.

(iii) Poich´e u `e identicamente nulla sul bordo di A si ha cheR

γhu∇u, nidσ = 0. A questo punto si ha la seguente relazione

λ Z

A

u²dxdy = − Z

A

h∇u, ∇uidxdy da cui

λ = − R

A||∇u||²dxdy R

Au²dxdy < 0

12. Sia ω la forma differenziale su R³ definita da

ω(x, y, z) = y sin zdx + x sin zdy + xy cos zdz.

(i) Dire se ω `e chiusa;

(ii) Dire se ω `e esatta;

(iii) Se la risposta al punto (ii) `e affermativa, calcolare una primitiva di ω.

Soluzione:

(i) Poich´e le derivate incrociate che coincidono ω `e chiusa ;

(ii) Poiché il dominio di ω è stellato e ω è una forma chiusa abbiamo che ω è esatta;

(iii) Una primitiva `e xy sin z.

13. Per a > 0, calcolare Z

G

zdxdydz con G = {(x, y, z) ∈ R³: x²+ y²+ (z −a 2)²≤a²

4 }.

Soluzione:

Passando in coordinate sferiche abbiamo:

Z 2π 0

Z π 0

Z ^a₂

0

(a

2 + ρ cos φ)ρ²sin φdρdφdθ = π 12a⁴.

(8)

14. Data la funzione H : R²→ R definita da:

H(x, y) = 1 + (x²− 1)² 1 + y² , si consideri il sistema dinamico planare:

x =˙ ^∂H_∂y

˙

y = −^∂H_∂x (a) Determinare i punti di equilibrio del sistema.

(b) Discuterne la stabilit`a.

(c) Studiare analiticamente le curve di livello della funzione H(x, y) e darne una rappresentazione grafica.

(d) Utilizzare i risultati precedenti per lo studio qualitativo delle traiettorie del sistema.

(e) Dimostrare che la traiettoria con dati iniziali (x, y) = (0,^√¹

3) `e periodica.

(f) Scriverne il periodo T come integrale definito.

Soluzione:

Per la soluzione visitare

http://www.mat.uniroma3.it/users/gentile/FM1/esercizi/fms28c.pdf

15. Si consideri un punto materiale di massa µ soggetto a una forza centrale di energia potenziale V (ρ) = ρ⁴

4 − α 8ρ⁸,

dove α ∈ R. Al variare del parametro α e del momento angolare L, si risponda alle seguenti domande.

(a) Si scriva l’equazione del moto per la variabile ρ e il sistema dinamico associato.

(b) Si determinino i punti di equilibrio.

(c) Si discuta la stabilit`a dei punti di equilibrio.

(d) Si disegni il grafico dell’energia potenziale efficace.

(e) Si analizzino qualitativamente le orbite nel piano (ρ, ˙ρ).

(f) Si determinino le traiettorie periodiche nel piano (ρ, ˙ρ).

(g) Si discutano le condizioni sotto le quali il moto complessivo del sistema `e periodico.

Soluzione:

http://www.mat.uniroma3.it/users/gentile/FM1/esercizi/fms36c.pdf

16. Sia dato il sistema gradiente planare

˙

x = −∂V

∂x, y = −˙ ∂V

∂y, V (x, y) = (x²+ y²)(2 − x²).

(a) Determinare i punti di equilibrio;

(b) Studiarne la stabilit`a;

(c) Studiare qualitativamente le traiettorie del sistema;

(d) Stimare il bacino di attrazione di eventuali punti di equilibrio asintoticamente stabili.

(9)

Soluzione:

http://www.mat.uniroma3.it/users/gentile/FM1/esercizi/fmes09042008c.pdf

17. Si consideri il sistema di equazioni differenziali lineari

˙

x = Ax, x ∈ R³, A =0 −1 + α

1 2

Se ne trovi la soluzione al variare del parametro α ∈ R.

Soluzione:

http://www.mat.uniroma3.it/users/gentile/2011/FM210/tutorato/sol01.pdf

18. Si discutano i massimi e i minimi relativi e assoluti(qualora esistano) della funzione f (x, y) = xy²(x+y −1) nel dominio {(x, y) ∈ R²|x + y ≥ 1}.

Soluzione:

Calcoliamo per prima cosa il gradiente di f per trovare i massimi e i minimi liberi di f : ∇f = (y²(x + y − 1) + xy², 2xy(x + y − 1) + xy²). Si ha che

∇f = 0 ⇔

y²(x + y − 1) + xy²= 0 2xy(x + y − 1) + xy²= 0 Uguagliando le due equazioni otteniamo

y²(x + y − 1) = 2xy(x + y − 1) ⇔ y²− 2xy = 0 ⇔ y(y − 2x) = 0

Quindi nel caso y = 0 abbiamo che (x, 0) ∀x ∈ R `e un punto critico e per studiarne la natura calcoliamo in primo luogo la matrice Hessiana:

H =

2y² 2y(x + y − 1) + y²+ 2xy

2y(x + y − 1) + y²+ 2xy 2x(x + y − 1) + 4xy

H(x, 0) =

0 0

0 2x²

I punti (x, 0) sono punti critici degeneri e per determinare se sono massimi o minimi consideriamo il segno di f nel semipiano {x + y ≥ 1}. Si ha che nel semipiano i punti (x, 0) sono tali che x > 0 la f `e positiva dunque poich´e nel punti (x, 0) si annulla, questi saranno punti di minimo.

Nel caso y = 2x abbiamo:

y = 2x

2xy(x + y − 1) + xy²= 0 Per sostituzione nella seconda delle due equazioni, otteniamo

4x²(3x − 1) + 4x³= 0 ⇔ x²(16x − 4) = 0.

Se x = 0 abbiamo il punto (0, 0) che non consideriamo in quanto non `e in {(x, y) ∈ R²|x + y ≥ 1}.

Se x = ¹₄ abbiamo il punto (¹₄,¹₂) che comunque non è in {(x, y) ∈ R²|x + y ≥ 1}. Osserviamo che anche su {(x, y) ∈ R²|x + y = 1} la funzione è nulla, inoltre per x < 0 la funzione è negativa, dunque (x, 1 − x)

(10)

sono di massimo relativo; mentre per x > 0 la funzione è positiva e dunque (x, 1 − x) sono punti di minimo relativo. Poiché il vincolo non è compatto il massimo potrebbe non essere assunto ma essere un estremo superiore. Osserviamo infatti che tale estremo è +∞ in quanto considerando una qualsiasi successione interna al vincolo (x_n, y_n) con x_n → ∞ e yn ≡ k ,o viceversa, la f (xn, y_n) → +∞. Dunque i minimi relativi sono assunti in (x, 0) e (x, 1 − x) con x > 0, i massimi relativi sono in (x, 0) e (x, 1 − x) con x < 0 mentre il massimo assoluto non c’è ma si ha supf = ∞. Si noti che non abbiamo utilizzato il metodo dei moltiplicatori di Lagrange in quanto all’interno abbiamo trovato massimi e minimi relativi con lo studio del gradiente di f , mentre sulla frontiera che è {x + y = 1} f è nulla.

19. Calcolare massimo e minimo di f (x, y) = x − y in

E = {(x, y) ∈ R²|x²− 2y²= 1 0 ≤ x ≤ 3}

Soluzione:

Per prima cosa si osservi che E è compatto perché chiuso e limitato e dunque per il teorema di Weierstrass la funzione f assumerà massimo e minimo su E. Essendo E = ∂E questi punti possono essere trovati tramite il teorema dei moltiplicatori di Lagrange. Quindi abbiamo:







1 = 2λx

−1 = −4λy x²− 2y²= 1

Poich´e x, y 6= 0 (in quanto (0, y) 6∈ E e (1, 0) non soddisfa il sistema) si trovano i punti P1(√ 2,

√ 2 2 ) e P2(−√

2, −

√2

2 ), ma P2 non è in E quindi non lo consideriamo. Per lo studio dei massimi e dei minimi dobbiamo considerare anche gli ”estremi” di E cioè Q1 = (3, 2) e Q2= (3, −2) e andando a calcolare la funzione nei tre punti otteniamo che maxE f = 5 ed è assunto in Q2 mentre minEf = ^√¹

2 ed `e assunto in P₁.

20. Sia E = {(x, y) ∈ R²|x + 2y ≥ 2 e x²+ 4y²≤ 4} e f (x, y) = e^xy, calcolare massimi e minimi di f su E.

Soluzione:

Notiamo che E `e compatto dunque essendo f continua abbiamo che per Weiestrass f deve assumere massimo e minimo in E e questi possono essere all’interno o sulla frontiera. Calcoliamo quindi il gradiente di f :

∇f = (ye^xy, xe^xy)

Esso si annulla solo in (0, 0) che non appartiene all’insieme E e dunque non vi sono massimi o minimi liberi. I punti di massimo e minimo saranno quindi sulla frontiera. Distinguiamo tre parti della frontiera

∂E = {(x, y) ∈ R²|x + 2y = 2 0 ≤ x ≤ 2} ∪ {(x, y) ∈ R²|x²+ 4y² = 4 0 ≤ x ≤ 2} ∪ {(0, 1), (2, 0)}.

Applichiamo ora il teorema dei moltiplicatori di Lagrange ai primi due sottoinsiemi della frontiera:







ye^xy= λ xe^xy= 2λ x + 2y = 2 Da cui otteniamo P₁(1,¹₂).







ye^xy= 2λx xe^xy= 8λy x²+ 4y²= 4 Da cui otteniamo i punti P2(√

2,^√¹

2) e P3(√ 2, −^√¹

2) e P4(−√ 2,^√¹

2) e P5(−√ 2, −^√¹

2), ma solo P2 ∈ E.

Infine dobbiamo considerare i punti P6(0, 1) e P7(2, 0). Valutando la funzione nei vari punti otteniamo che maxEf = e ed `e assunto in P2 mentre minEf = 1 ed `e assunto in P6 e P7.

(11)

21. Sia A = {(x, y) ∈ R²|¹₄x ≤ y²≤ x, 1 ≤ xy ≤ 2}. Calcolare Z

A

log x y²dxdy Soluzione:

Notiamo che A `e la parte di piano (che si trova nel primo quadrante) delimitata dalle parabole x = y² e x = 4y²e dalle iperboli xy = 1 e xy = 2, quindi se (x, y) ∈ A allora ¹₄ ≤ ^y_x² ≤ 1 e 1 ≤ xy ≤ 2. Operiamo quindi il seguente cambiamento di variabili:

Ψ =u = xy v =_y^x2

con le limitazioni 1 ≤ u ≤ 2 e 1 ≤ v ≤ 4. Cerchiamo il cambio di variabili inverso:

Φ =x = u(_u^v)¹³ y = (^v_u)¹³

E si ha det(J_Φ) =_3v¹. L’integrale diventa:

Z

A

log x

y²dxdy = Z 2

1

du Z 4

1

dv 1

3vlog v = 1 3

Z 2 1

du[log²v 2 ]⁴₁=1

6log²4

22. Sia A = {(x, y, z) ∈ R³|(x − 2)²+ (y − 2)²≤ 1, 0 ≤ z ≤ y + 1}. Calcolare Z

A

xdxdydz

Soluzione:

Consideriamo le coordinate polari:







x = 2 + ρ cos θ y = 2 + ρ sin θ

z = t

E si ha Φ⁻¹(A) = {(ρ, θ, t) : −π ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ t ≤ 3 + ρ sin θ} e dunque:

Z

A

xdxdydz = Z 1

0

dρ Z π

−π

dθ

Z 3+ρ sin θ 0

dt ρ(2 + ρ cos θ) = Z 1

0

dρ Z π

−π

dθρ(2 + ρ cos θ)(3 + ρ sin θ) =

Z 1 0

dρ Z π

−π

dθ 6ρ + 2ρ²sin θ + 3ρ²cos θ + ρ²sin θ = Z 1

0

dρ12π = 12π

23. R

Σ

√1

1−y⁴dσ in

Σ = {(x, y, z) ∈ R³: z = x +

√ 2

2 y², 0 ≤ x ≤ ^π₂ , 0 ≤ y ≤

√ 2

2 ; y ≤ sin x}.

Soluzione:

La superficie Σ `e il grafico della funzione g : K → R definita da g(x, y) = x +

√2 2 y² dove K = {(x, y) ∈ R²: 0 ≤ x ≤ π

2, 0 ≤ y ≤

√2

2 , y ≤ sin x}

(12)

e inoltre Σ = σ(K) con σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) = (x, y, x +

√2 2 y²).

Quindi si ha che

Z

Σ

1

p1 − y⁴dσ = Z

K

1

p1 − y⁴||N (x, y)||dxdy con N (x, y) = ^∂σ_∂x×^∂σ_∂y = (−1, −√

2y, 1) e ||N (x, y)|| =√ 2p

1 + y² Z

K

1

p1 − y⁴||N (x, y)||dxdy =√ 2

Z

K

1

p1 − y²dxdy.

Essendo K = K₁∪ K₂ con

K₁= {(x, y) : 0 ≤ x ≤ π

4, y ≤ sin x}

K2= {(x, y) : π

4 ≤ x ≤ π

2, 0 ≤ y ≤

√2 2 } si ha :

√ 2

Z

K

1

p1 − y²dxdy =√ 2

Z

K₁

1

p1 − y²dxdy +√ 2

Z

K₂

1

p1 − y²dxdy =

=√ 2

Z ^π₄

0

Z sin x 0

1

p1 − y²dydx +√ 2

Z ^π₂

π 4

Z

√2 2

0

1

p1 − y²dydx = 3 32

√ 2π²

24. Calcolare il flusso del campo vettoriale:

F (x, y, z) = ( 2x

x²+ y², 3y x²+ y², 1) attraverso la superficie S che ha rappresentazione parametrica

φ(u, v) = (u cos v, u sin v, u²) u ∈ [0,1

2] v ∈ [0, 2π]

orientata in modo che il versore normale punti verso il basso.

Soluzione:

Osserviamo che denotate con x, y, z le componenti di φ si ha che z(u, v) = x²(u, v) + y²(u, v)

infatti S è la porzione del paraboloide z = x²+ y² compresa tra i piani z = 0 e z = ¹₄. Per calcolare il flusso di F attraverso questa superficie non si può applicare il teorema della divergenza poiché il volume che ha come bordo S non è un aperto. É infatti l’unione dell’aperto {x²+ y² < z, 0 < z < ¹₄} con il

”coperchio del paraboloide” {x²+ y²= z, z = ¹₄}. Quindi calcoliamo il flusso direttamente. Determiniamo il vettore normale alla superficie:

n = − 1

||^∂φ_∂u ×^∂φ_∂v||(∂φ

∂u ×∂φ

∂v) = 1

√4u⁴+ u²(2u²cos u, 2u²sin v, −u)

Notare che essendo −u ≤ 0 si ha che la normale punta verso il basso. Quindi:

Z

S

< F , n > dS = Z ¹₂

0

du Z 2π

0

dv(4u cos²v) + 6u sin²v − u = ... = π

(13)

Parte 2: Geometria e Algebra

1. In V = R³si considerino i sottospazi U = h



 1 1 2



,



 0 1 1



i e W di equazione kx + y + (k − 2)z = 0 con k ∈ R. Determinare, al variare di k, la dimensione e una base dei sottospazi U + W e U ∩ W di V .

Soluzione:

In primo luogo osserviamo che dim U = 2 = dim W per ogni k ∈ R. Inoltre

W = h



 0 2 − k

1



,



 1

−k 0



i.

Sia A la matrice avente come colonne i generatori dei due sottospazi. Calcolando i determinanti delle sottomatrici di A si osserva che rgA ≥ 2 per ogni k. Distinguiamo ora due casi

se k = 1 allora rgA = 2

Quindi dim(U + W ) = 2 e, per Grassman, dim(U ∩ W ) = 2. Segue che U + W = U = U ∩ W .

se k 6= 1 allora rgA = 3

Segue che dim(U + W ) = 3 e dim(U ∩ W ) = 1. Una qualsiasi base di R³sar`a dunque base per U + W ; mentre ponendo

a



 1 1 2



+ b



 0 1 1



= c



 0 2 − k

1



+ d



 1

−k 0



 con a, b, c, d ∈ R

e risolvendo il sistema associato otteniamo che una base per l’intersezione sar`a data da {



 1

−2

−1



}.

2. Sia F : R³⁵⁰→ R²⁵⁰un’applicazione lineare e sia V ⊆ R³⁵⁰ un sottospazio vettoriale tale che dim V = 300, dim(V ∩ ker(F )) = 50.

Calcolare le dimensioni di F (V ) e di V + ker(F ). Dire se F `e suriettiva.

Soluzione:

Per dimostrare l’asserto sfruttiamo la formula di Grassman e il Teorema di Nullit`a pi`u Rango.

Si ha dim(F (V )) + dim(V ∩ ker(F )) = dim V = 300 da cui dim(F (V )) = 250. Ora,

dim(V + ker(F )) = dim V + dim ker(F ) − dim(V ∩ ker(F )) (2) e

dim R³⁵⁰= dim F (R³⁵⁰) + dim ker(F ). (3) Da (3) si ha 350 = dim F (R³⁵⁰) + dim ker(F ) che implica dim ker(F ) = 350 − dim F (R³⁵⁰). Sostituendo nella (2) abbiamo

350 ≥ dim(V + ker(F )) = 600 − dim F (R³⁵⁰) ⇔ dim F (R³⁵⁰) ≥ 250

(14)

d’altra parte F (R³⁵⁰) ⊆ R²⁵⁰, quindi dim F (R³⁵⁰) = 250 (cio`e F `e suriettiva). A questo punto dim ker(F ) = 100 e dunque dim(V + ker(F )) = 350.

3. Sia A una matrice quadrata 4 × 4 a coefficienti in R tale che A²= I. Dimostrare che:

(a) A − I e A + I non sono entrambe invertibili;

(b) ker(A + I) ∩ ker(A − I) = 0;

(c) Ax − x ∈ ker(A + I) per ogni x ∈ R⁴; (d) rg(A − I)+ rg(A + I) = 4.

Soluzione:

(a) Dal fatto che A²= I si ha che (A−I)(A+I) = 0 quindi det(A−I) det(A+I) = det((A−I)(A+I)) = 0.

Ci`o implica che det(A − I) = 0 oppure det(A + I) = 0.

(b) Se v ∈ ker(A + I) ∩ ker(A − I) allora Av + v = 0 = Av − v, da cui v = 0.

(c) (A + I)(Ax − x) = A²x + Ax − Ax − x = 0.

(d) rg(A − I)+ rg(A + I) = 4 − dim(ker(A + I)) + 4 − dim(ker(A − I)) = 8 − dim [ker(A + I) + ker(A − I)].

Ora 4 ≥ 8 − dim [ker(A + I) + ker(A − I)] quindi dim [ker(A + I) + ker(A − I)] ≥ 4; ma essendo ker(A + I) + ker(A − I) un sottospazio di R⁴ si ha l’uguaglianza.

4. Sia V uno spazio vettoriale su R di dimensione 4 e sia B = {u¹, u2, u3, u4} una sua base. Determinare la dimensione e una base del sottospazio W di V generato dai vettori

v1= u4− u3+ u1, v2= 2u2+ u3− u4, v3= 2u2+ 2u1+ u4− u3. Completare poi la base trovata ad una base di V .

Soluzione:

Le componenti rispetto alla base B dei generatori sono

[v₁]_B= (1, 0, −1, 1), [v₂]_B= (0, 2, 1, −1) e [v₃]_B= (2, 2, −1, 1).

Quindi la matrice che rappresenta v1, v2, v3 rispetto a B `e

M :=





1 0 −1 1

0 2 1 −1

2 2 −1 1



.

La dimensione di W è data dal rango di M ed è 2. Inoltre, una base per W è costituita da v1 e v2. Per completare tale base basta aggiungere i vettori u3 e u4 (verificare).

5. Sia V il sottospazio di R⁴ avente come base B := {e1+ e2+ e3, e1+ e2− e4}. Sia f : V → V l’endomorfismo definito ponendo

f (e1+ e2+ e3) = e3+ e4, f (e1+ e2− e4) = 2(e3+ e4).

Determinare una base di V costituita da autovettori per f .

(15)

Soluzione:

La matrice rappresentativa di f rispetto alla base B `e Mf = 1 2

−1 −2

. Il polinomio caratteristico `e P_M_f(T ) = T²+ T = T (T + 1). Quindi lo spettro di M_f sar`a {−1, 0}.

L’autospazio relativo a −1 `e h

1

−1

i, mentre quello relativo a 0 `e h

2

−1

i.

Quindi una base di V costituita da autovettori `e {e3+ e4, e1+ e2+ 2e3+ e4}.

6. Sia D : K²× K²→ K l’applicazione cos`ı definita:

D(x, y) =

x1 x2

y1 y2

= x1y2− x2y1, ∀ x = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ K².

(a) Verificare che l’applicazione D (detta applicazione determinante) `e una forma bilineare antisimmetrica.

(b) Scrivere la matrice di D rispetto alla base canonica E di K². (c) Calcolare il cono isotropo ID(K²).

Soluzione:

(a) Verifichiamo che D `e lineare in entrambi gli argomenti.

Presi x = (x1, x2), x⁰= (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ K²e a, b ∈ K si ha:

D(ax + bx⁰, y) =

ax1+ bx⁰₁ ax2+ bx⁰₂

y1 y2

= a

x1 x2

y1 y2

+ b

x⁰₁ x⁰₂ y1 y2

= aD(x, y) + bD(x⁰, y).

dove nel penultimo passaggio `e stata sfruttata una delle propriet`a dei determinanti.

Analogamente si verifica che D(x, ay + by⁰) = aD(x, y) + bD(x, y⁰).

Infine, sempre per le propriet`a dei determinanti si ha:

D(x, y) =

x1 x2

y₁ y₂

= −

y1 y2

x₁ x₂

= −D(y, x) Pertanto D `e antisimmetrica.

(b) Risulta:

D(e₁, e₁) =

1 0 1 0

= 0 , D(e₁, e₂) =

1 0 0 1

= 1 D(e₂, e₁) =

0 1 1 0

= −1 , D(e₂, e₂) =

0 1 0 1

= 0

Pertanto in base E, D ha matrice A =

0 1

−1 0

(antisimmetrica) (c) ∀ x = (x1, x2) ∈ K², si ha:

D(x, x) =

x1 x2

= x1x2− x2x1= 0

7. Sia data in A²(R) la conica C(a,b)di equazione:

x²+ 6xy − by²− a = 0.

(16)

(a) Classificare C(a,b)al variare di (a, b) ∈ R². Esistono valori di a, b ∈ R per cui C^(a,b)sia una parabola non degenere?

(b) Determinare a e b tali che la conica C_(a,b) passi per i punti P1= (0,√

2) e P2= (1, −3 +√ 10).

(c) Sia C la conica che verifica (b) e sia D la conica di equazione xy − 3x − 2y + 4 = 0. Esiste un’affinit`a T tale che T (C) = D? In caso affermativo determinarla.

Soluzione:

(a) La matrice associata alla conica `e:

A_(a,b)=





−a 0 0

0 1 3

0 3 −b



 con A_00(a,b)=1 3 3 −b

det(A_(a,b)) = ab + 9a = a(b + 9) det(A_00(a,b)) = −b − 9

Sappiamo che C_(a,b)`e degenere se det(A_(a,b)) = 0, non degenere altrimenti; in particolare (nel caso in cui sia degenere) sar`a semplicemente degenere se r(A_(a,b)) = 2, doppiamente degenere se r(A_(a,b)) = 1.

Nel nostro caso det(A_(a,b)) = a(b + 9) = 0 ⇔ a = 0 ∨ b = −9. In particolare:

- se a = 0 e b 6= −9, la conica `e semplicemente degenere poich´e in tal caso il minore

1 3

3 −b

=

−b − 9 6= 0 e quindi r(A(a,b)) = 2;

- se a 6= 0 e b = −9, la conica `e semplicemente degenere poich´e in tal caso il minore

−a 0

0 1

=

−a 6= 0 e quindi r(A(a,b)) = 2;

- se a = 0 e b = −9, la conica `e doppiamente degenere poich´e in tal caso A_(0,−9)=





0 0 0 0 1 3 0 3 9



da cui rg(A) = 1.

Analizziamo ora il segno di det(A_00(a,b)). Sappiamo che se det(A_00(a,b)) 6= 0 la conica è a centro e sarà un’iperbole nel caso in cui det(A_00(a,b)) < 0 e un’ellisse nel caso in cui det(A_00(a,b)) > 0; altrimenti, se det(A_00(a,b)) = 0, la conica è una parabola.

Nel nostro caso:

det(A_00(a,b)) = −b − 9 ⇒







−b − 9 = 0 ⇔ b = −9 PARABOLA

−b − 9 < 0 ⇔ b > −9 IPERBOLE

−b − 9 > 0 ⇔ b < −9 ELLISSE

In particolare vediamo che non esistono valori di (a, b) tali che C_(a,b)sia una parabola non degenere, perch´e per b = −9 rg(A) ≤ 2.

Rimane da stabilire per quali (a, b) con b ∈ (−∞, −9) si hanno ellissi a punti reali e per quali ellissi a punti non reali.

Sappiamo che ciò che differenzia un’ellisse a punti reali da un’ellisse a punti non reali nella matrice A_(a,b) è la segnatura; in particolare una conica sarà un’ellisse a punti reali se, oltre alla condizione det(A_00(a,b)) > 0, la segnatura della sua matrice associata è (1, 2) o (2, 1), sarà invece un’ellisse a punti non reali se la segnatura della sua matrice associata è (3, 0) o (0, 3) (cioè se la f è definita positiva o negativa).

Vediamo allora per quali valori di (a, b) la matrice `e definita positiva e per quali `e definita negativa.

Calcoliamo i minori principali:

D1= −a , D2

−a 0

0 1

= −a , D3





−a 0 0

0 1 3

0 3 −b



= a(b + 9)

(17)

Ne segue che la matrice A(a,b): - `e definita positiva se:

−a > 0

a(b + 9) > 0 ⇒

a < 0 b < −9 - `e definita negativa se:







−a > 0

−a < 0 a(b + 9) > 0

che `e un sistema incompatibile.

Ne concludiamo allora che C_(a,b) `e un’ellisse a punti non reali se a < 0 e b < −9. C_(a,b) `e invece un’ellisse a punti reali se a > 0 e b < −9.

Osservazione: equivalentemente si poteva determinare la segnatura (p, q) della matrice A_(a,b)in uno dei due modi seguenti:

- studiando il segno degli autovalori dell’operatore ad essa associato: in tal caso p sar`a dato dal numero di autovalori positivi e q dal numero di autovalori negativi.

- diagonalizzando la matrice con il metodo induttivo: in tal caso p sar`a dato dal numero di valori positivi e q dal numero di autovalori negativi sulla diagonale della matrice diagonale congruente alla matrice di partenza.

(b) Imponiamo che la conica C_(a,b) passi per i punti P₁ e P₂. La coppia (a, b) dovr`a allora soddisfare il seguente sistema:

−2b − a = 0 1 − 18 + 6√

10 − 9b − 10b + 6√

10b − a = 0 ⇒

a = −2b 1 − 18 + 6√

10 − 9b − 10b + 6√

10b + 2b = 0 ⇒

⇒

a = −2b (−17 + 6√

10)b = −17 + 6√ 10 ⇒

a = −2 b = 1 La conica richiesta ha pertanto equazione:

x²+ 6xy − y²+ 2 = 0.

(c) Sia C la conica di equazione x²+ 6xy − y²+ 2 = 0. Sia A := A_(−2,1) e A00:= A_00(−2,1).

Per quanto visto nel punto (a), C `e un’iperbole non degenere; pertanto la forma canonica C⁰ ad essa affinemente equivalente `e:

X²− Y²= 1 Sia f l’affinit`a tale che f (C) = C⁰.

Sia ora D la conica di equazione xy − 3x − 2y + 4 = 0.

La matrice associata alla conica `e:

B =





4 −³₂ −1

−³₂ 0 ¹₂

−1 ¹₂ 0



 con B₀₀= 0 ¹₂

1 2 0

det(B) = ¹₂; det(B00) = −¹₄.

D `e quindi un’iperbole non degenere; pertanto la forma canonica D⁰ ad essa affinemente equivalente

` e:

X²− Y²= 1 Sia g l’affinit`a tale che f (D) = D⁰.

(18)

Essendo C e D affinemente equivalenti alla stessa forma canonica, esse saranno affinemente equivalenti; in particolare un’affinit`a h tale che h(C) = D sar`a data da h = f⁻¹◦ g.

Determiniamo f con il metodo di riduzione a forma canonica.

Per “trasformare” C in C⁰ abbiamo a disposizione una successione finita di trasformazioni affini.

Procediamo per vari passi:

• Passo 1: Eliminazione del termine misto 2a12xy A00=1 3

3 −1

Essendo A00 simmetrica, `e possibile trovare una matrice M ∈ GL2(R) tale ^tM A00M sia diagonale.

Diagonalizziamo A00 con il metodo induttivo:

Sia F la forma bilineare associata a A00.

−

→e1= (1, 0) `e un vettore non isotropo essendo F (−→e1, −→e1) = 1. Pertanto −→v1 = −→e1 costituir`a il primo vettore della base nostra diagonalizzante:

Allora R²= h−→v₁i ⊕ −→v₁^⊥, dove

−

→v₁^⊥=−→

w = (x, y) ∈ R²|F (−→v₁, −→w ) = 0 . F (−→v₁, −→w ) = 0 ⇒ 1 01 3

3 −1

x y

= 0 ⇒ 1 3x y

= x + 3y = 0 Pertanto −→v₁^⊥=−→

w = (x, y) ∈ R²|x + 3y = 0 .

−

→v₂ = (−3, 1) ∈ −→v₁^⊥ e F (−→v₂, −→v₂) = −10. Essendo −→v₁ e −→v₂ entrambi non isotropi e ortogonali tra loro, essi risulteranno linearmente indipendenti. Pertanto {−→v1, −→v2} `e una base diagonalizzante per F e quindi per A00.

La matrice M cercata `e dunque la matrice del cambiamento di base dalla base {−→v1, −→v2} alla base {−→e1, −→e2}:

M =1 −3

0 1

e se (x, y) e (x⁰, y⁰) sono le coordinate rispettivamente nella base {−→e1, −→e2} e nella base {−→v1, −→v2} si ha:

x y

=1 −3

0 1

x⁰ y⁰

In questo modo `e definita un’affinit`a f1 di equazioni:

x = x⁰− 3y⁰ y = y⁰

Per trovare l’equazione della conica C₁= f₁(C) affinemente equivalente a C tramite l’affinit`a f₁ sostituiamo nell’equazione di C : x²+ 6xy − y²+ 2 = 0, al posto della x e della y, le nuove espressioni in funzione di x⁰ e y⁰ date da f₁:

(x⁰− 3y⁰)²+ 6(x⁰− 3y⁰)y⁰− (y⁰)²+ 2 = 0 ⇒ C₁: (x⁰)²− 10(y⁰)²+ 2 = 0

• Passo 2: Eliminazione dei termini di primo grado

Nell’equazione di C1 non compaiono termini di primo grado. Possiamo quindi passare al passo 3.