Note di Istituzioni di Matematiche II prima parte ...

Note di Istituzioni di Matematiche IIprima parte: Geometria e Algebra Lineare

a.a. 2010/11

( Luigi Serena)

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1 Premessa

Queste note contengono essenzialmente gli argomenti svolti nel corso di Isti-tuzioni di Matematiche II durante l’anno accademico 2010-2011.

Esse si compongono di una prima parte geometrica e di una secondaanalitica. In quella geometrica vengono richiamati, nel primo capitolo, gliargomenti sullo studio delle coniche che sono stati affrontati nel corso di Isti-tuzioni di Matematiche I. Successivamente vengono studiate le quadriche edad esse e rivolta una particolare attenzione, non solo perche esse o loro partiforniscono utili esempi nello studio delle proprieta differenziali delle funzionidi due variabili, ma anche perche rivestono particolare interesse in architet-tura dove molti manufatti hanno la loro forma. In particolare l’iperboloidead una falda ed il paraboloide iperbolico hanno trovato utilizzo, il primo nellaforma di impianti di raffreddamento ed il secondo come forma di coperture.Tra i grandi architetti, Antoni Gaudı utilizzava nelle sue opere, specialmentenella Sagrada Familia, manufatti a forma o di paraboloide iperbolico o diiperboloide ad una falda, non solo per le loro proprieta strutturali, ma an-che perche ad essi attribuiva un significato religioso. Se sezioniamo unaquadrica con un piano, si ottiene una curva piana che e una conica. E quindiutile approfondire lo studio di queste curve, non solo per le loro intrinsecheproprieta geometriche e le notevoli applicazioni, ma anche per avere unamigliore conoscenza delle caratteristiche geometriche delle quadriche. Alcuneproprieta sulle forme delle coniche e delle quadriche vengono analizzate con-siderando una loro forma canonica metrica, ossia una loro rappresentazionecartesiana in forma piu semplice possibile rispetto ad un conveniente sistemadi riferimento cartesiano ortogonale. Altre proprieta delle coniche vengonoanalizzate utilizzando la geometria proiettiva. Questo potente strumentod’indagine che trae origine dalla prospettiva, e gia per questo si comprendela sua importanza per un architetto, trova applicazione anche in Scienzadelle costruzioni col concetto di antipolarita nella geometria delle masse. Uncapitolo e dedicato allo studio delle matrici ed al loro utilizzo nelle trasfor-mazioni lineari, con particolare riguardo alla determinazione degli autovalorie dei rispettivi autovettori,

Nella seconda parte vengono trattati elementi analitici, in particolare ilcalcolo differenziale per le funzioni di piu variabili e il calcolo integrale perle funzioni di una e di due variabili. Inoltre vengono studiati le curve egli integrali curvilinei di campi scalari. Infine l’ultimo capitolo concerne lostudio di alcuni tipi di equazioni differenziali. Tutti gli argomenti trattati

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Figure 1: Rappresentazione grafica delle volte della crociera della SagradaFamilia. Disegno di A.Pastorelli-F.Ceragioli

Figure 2: Copertura a forma di paraboloide iperbolico: padiglionedell’informazione a Bruxelles:

sono strumenti indispensabili per la comprensione delle Scienze applicate,in particolare della Statica e della Scienza delle costruzioni. Ogni capitoloe corredato di esercizi, molti dei quali sono tratti da compiti d’esame.

Concludo questa premessa invitando lo studente a non limitarsi allo stu-dio di queste note ma a consultare anche altri testi per avere una piu appro-fondita e critica conoscenza di quegli elementi di matematica che vengonoaffrontati in questi appunti e che sono utili per la comprensione delle materieapplicative. In particolare consiglio allo studente di riguardarsi quegli ele-menti di geometria e di analisi matematica che sono stati studiati nel corso diIstituzioni di Matematiche I e che spesso vengono richiamati in queste note.

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Figure 3: Manufatti a forma di iperboloide ad una falda. Torri di raffredda-mento a Larderello (a sinistra) ; contenitore di acqua ideato da Torroja (adestra)

2 Retta, piano e spazio cartesiani

L’introduzione delle coordinate e di conseguenza la possibilita di rappre-sentare le coniche e le quadriche come equazioni algebriche di secondo gradoin due o tre indeterminate rispettivamente, e un utile strumento per lo studiodelle loro proprieta geometriche. Il termine geometria analitica viene usatonel linguaggio moderno per indicare lo studio della geometria ricorrendo allarappresentazione delle curve e delle superfici mediante le equazioni algebricheche si rendono possibili mediante l’introduzione delle cooordinate. Richiami-amo qui sotto le definizioni di sistemi di riferimento cartesiani ortogonali.

2.1 Retta cartesiana

Sia data una retta R sulla quale fissiamo un punto O (detto origine),un’unita di misura OU ed un verso di percorrenza. In tal caso e possibilestabilire una corrispondenza biunivoca tra R e l’insieme dei numeri realiRl. In tale corrispondenza al punto M ∈ R si associa la propria coordinata(o ascissa) che rappresenta la misura del segmento OM con segno + seOM e orientato come R , oppure e la misura di OM con segno − se OMe orientato in verso opposto rispetto a quello fissato su R . Per questo pen-siamo ad Rl come all’insieme dei punti di R un volta fissato un sistema diriferimento su R .

Siano P1 e P2 due punti di R e siano x1, x2 le loro ascisse. Allora|x2 − x1| rappresenta la misura del segmento P1P2 .

Esempi 2.1 Sia dati i punti P1 ≡ 1 e P2 ≡ −2, allora |P1P2| = |−2−1| = 3.

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2.2 Piano cartesiano

Supponiamo che nel piano euclideo P siano fissate due rette (dette assi) traloro perpendicolari. Sia O il loro punto d’intersezione. Supponiamo chesulle rette sia fissato un verso di percorrenza e la stessa unita di misura e siconsideri O come origine delle coordinate su entrambe le rette. Una retta(indicata con X) prende il nome di asse delle ascisse (o delle x) e l’altra(indicata con Y) quello delle ordinate (o delle y ). Il sistema di riferimentoverra indicato con (O,X, Y ). Il piano con tale sistema di riferimento si dicecartesiano ed il sistema di riferimento si dice cartesiano ortogonale. Il sis-tema di riferimento (O,X, Y ) si dira orientato positivamente se la minimarotazione del semiasse positivo delle x per sovrapporsi al semiasse positivodelle y, e quella antioraria. Se non e orientato positivamente, si dice orien-tato negativamente.

Si stabilisce una corrispondenza biunivoca tra i punti del piano cartesianoP e gli elementi di Rl × Rl nel seguente modo. Detto P un punto di P siconsiderano la proiezione ortogonale Px di P sulle ascisse e la proiezione or-togonale Py di P sulle ordinate. Dette rispettivamente x ed y le coordinatedi Px e Py si associa a P la coppia ordinata (x, y).

Per comodita indichiamo Rl ×Rl con Rl 2 e scriviamo P ≡ (x, y).Dal teorema di Pitagora si ha che la distanza tra due punti P1 ≡ (x1, y1),

P2 ≡ (x2, y2) di P e data da

||P2 − P1|| =√(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 (1)

Se in Rl 2 definiamo distanza di due coppie il numero (1) allora, una voltafissato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale, tenendo conto dellacorrispondenza biunivoca tra P e Rl 2 , identifichiamo l’insieme dei puntidi P con l’insieme Rl 2. Quando verra scritto Rl 2 penseremo al piano Priferito ad un sistema di riferimento cartesiano ortogonale (O,X, Y ) orientatopositivamente.

Esempi 2.2 Siano dati i punti P1 ≡ (1, 1) e P2 ≡ (−1, 2), allora

||P2 − P1|| =√(−1− 1)2 + (2− 1)2 =

√5.

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Figure 4: Sistemi di riferimento nel piano e nello spazio

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2.3 Spazio cartesiano

Analogamente a quanto fatto in P si considerano nello spazio euclideo S treassi mutuamente ortogonali, passanti per lo stesso punto O ed aventi la stessaunita di misura. Gli assi si dicono asse delle ascisse ( o delle x), asse delleordinate (o delle y ) e asse delle quote ( o delle z ). Un tale sistema si dicesistema di riferimento cartesiano ortogonale. Esso verra indicato nella forma(O,X, Y, Z). Un sistema di riferimento (O,X, Y, Z) verra detto orientatopositivamente (o destrorso) se un osservatore, disteso lungo l’asse positivodelle z che guardi verso il piano xy, veda la rotazione antioraria come laminima rotazione del semiasse positivo delle x per sovrapporsi al semiassepositivo delle y.

Se P e un punto di S allora si considerano le proiezioni ortogonali di Psugli assi coordinati. Detta Px quella sull’asse delle x , Py quella sull’assedelle y e Pz quella sull’asse delle z , siano x, y, z le coordinate di Px, Py, Pz

sui rispettivi assi. In questo modo si stabilisce una corrispondenza biunivocatra i punti di S e gli elementi di (Rl × Rl)× Rl che per comodita scriviamo Rl 3

e indichiamo P ≡ (x, y, z).La distanza tra due punti P1 ≡ (x1, y1, z1) e P2 ≡ (x2, y2, z2) di S e data

da||P2 − P1|| =

√(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2. (2)

Se in Rl 3 definiamo distanza tra due terne il numero dato da (2) e teniamoconto della corrispondenza biunivoca sopra indicata allora possiamo identi-ficare S con Rl 3 e quindi pensare alle terne di punti come ai punti di Suna volta fissato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale. Quandoscriveremo Rl 3 penseremo allo spazio euclideo S riferito ad un sistema diriferimento cartesiano ortogonale orientato positivamente.

Esempi 2.3 Siano dati i punti P1 ≡ (−1, 2, 3) e P2 ≡ (1, 4,−2), allora

||P2 − P1|| =√(1− (−1))2 + (4− 2)2 + (−2− 3)2 =

√33.

2.4 Curve e superfici algebriche

Abbiamo visto durante il corso del primo anno che una retta in Rl 2

e rappresentata da un’equazione algebrica di primo grado a coefficienti rea-li nelle variabili x ed y. 1 Viceversa un’equazione algebrica di primo grado

1cioe esiste una equazione algebrica di primo grado in due indeterminate le cui soluzionisono le coordinate di tutti e soli i punti della retta.

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nelle incognite x ed y rappresenta una retta (due equazioni ax+by+c = 0 eax+by+c = 0 rappresentano la stessa retta se e solo se a = at, b = bt, c = ct).

Analogamente in Rl 3 un piano e rappresentato da un’ equazione alge-brica di primo grado a coefficienti reali in tre indeterminate. Viceversa ogniequazione algebrica di primo grado in tre indeterminate a coefficienti realirappresenta un piano ( due equazioni ax+by+cz+d = 0 e ax+by+cz+d = 0rappresentano lo stesso piano se e solo se a = at, b = bt, c = ct, d = dt).

In generale l’insieme dei punti P ∈ Rl 2 che sono soluzioni di un’equazionealgebrica a coefficienti reali nelle variabili x ed y di grado n prende il nome dicurva algebrica reale piana di grado n ( o anche d’ordine n). Nello spazio Rl 3

l’insieme dei punti che sono soluzioni di un’equazione algebrica a coefficientireali di grado n in tre indeterminate prende il nome di superficie algebricareale di grado n (o anche d’ordine n).

Nel seguito esamineremo le curve algebriche reali piane e le superfici alge-briche reali di grado 2 , dette rispettivamenete coniche e quadriche; il termineequazione, senza ulteriori specificazioni, stara ad indicare equazione algebricaa coefficienti reali e le parole curva e superficie staranno ad indicare rispetti-vamente curva algebrica reale piana e superficie algebrica reale. 2 Scriviamol’equazione di una conica nella forma:

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13x+ 2a23y + a33 = 0 (3)

dove aij ∈ Rl e almeno uno dei coefficienti a11, a12 e a22 e diverso dazero.

Esempio 2.4 L’equazione 2x2 − 3xy + y2 + x+ y − 1 = 0 rappresenta unaconica dove a11 = 3, a12 = −3

2a22 = 1, a13 =

12, a23 =

12e a33 = −1.

Analogamente, quella di una quadrica viene scritta nel seguente modo:

a11x2+2a12xy+a22y

2+2a13xz+2a23yz+a33z2+2a14x+2a24y+2a34z+a44 = 0

(4)

2Ricordiamo che equazione algebrica sta ad indicare l’uguaglianza tra due espressioniche sono rappresentate da polinomi e che risulta verificata solo per certi valori assegnati allevariabili. Parleremo di: equazione in una variabile se compare solamente una variabile; indue variabili se compaiono solamente due variabili; in generale, in n variabili se compaionon variabili. Le coniche sono equazioni algebriche di grado 2 in 2 variabili a coefficientireali, mentre le quadriche sono equazioni algebriche di grado 2 in 3 variabili a coefficientireali

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dove aij ∈ Rl e uno almeno dei coefficienti a11, a12, a22, a33, a13, a23 e diversoda zero.

Esempio 2.5 L’equazione 2x2 + y2 − z2 + 2xy + xz + x − y + 2z + 3 = 0rappresenta una quadrica. In questo caso a11 = 2, a12 = 2

2= 1, a22 = 1,

a33 = −1, a13 =12, a23 =

02= 0, a14 =

12, a24 = −1

2, a34 =

22= 1, a44 = 3.

Avremmo potuto indicare i coefficienti dei monomi che contengono duevariabili distinte sia in (3) che in (4) nella forma aij, ma si preferisce indicarlinella forma 2aij per motivi che verranno chiariti successivamente. Comin-ceremo col considerare alcuni casi particolari di equazioni dei tipi (3) e (4),dette equazioni canoniche e vedremo quale forma hanno le curve e le superficida esse rappresentate.

2.5 Definizione di isometria in Rl 2e Rl 3

Definizione 2.6 Sia T una corrispondenza biunivoca di Rl 2 in Rl 2 (di Rl 3

in Rl 3 ). Allora T si dice isometria se, qualunque sia la coppia di punti P1 eP2 di Rl 2 (di Rl 3 ) si ha

||P1 − P2|| = ||T (P1)− T (P2)||.

(ossia le isometrie mantengono le distanze)

Si dimostra che ogni isometria corrisponde ad una delle seguenti trasfor-mazioni o ad una loro composizione:traslazione, rotazione, simmetria. Questeverranno definite piu avanti.

Osservazioni:Se A e un sottoinsieme non vuoto di Rl 2 (risp. Rl 3 ) (detto anche figura)

e T e un’isometria di Rl 2 (risp. Rl 3 ) allora la figura T (A), ottenuta appli-cando T ad A, e sovrapponibile ad A , cioe uguale nel senso della geometriaeuclidea. Pertanto un’isometria lascia invariate le proprieta geometriche diuna figura. Le proprieta di una figura invarianti per isometrie sono dettemetriche. Si dimostra che mediante isometrie e sempre possibile trasformarel’insieme dei punti le cui coordinate sono soluzioni di un’equazione algebricadi secondo grado in due (o tre) indeterminate (v. (3) e (4)), in una figura i cuipunti hanno coordinate che soddisfano una delle equazioni di secondo gradoin due (o tre) indeterminate di forma particolarmente semplice, detta formacanonica metrica. Questo permette di ottenere una completa classificazione

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(metrica) delle coniche, e delle quadriche. In queste note non verranno for-nite le dimostrazioni e le tecniche di queste classificazioni. Comunque, lostudente interessato a questi argomenti, puo trovarne una trattazione negliappunti dei corsi di Istituzioni di Matematiche II tenuti degli anni acca-demici antecedenti al presente. In questi appunti ci limiteremo a considerarele tabelle delle classificazioni affini delle coniche e delle quadriche. Questetabelle si ottengono esaminando opportune quantita numeriche invariantiper trasformazioni dette affinita. Esse ci permettono di riconoscere il tipodi conica, per esempio ci consentono di sapere se un’equazione algebrica disecondo grado in due variabili rappresenta un’ ellisse oppure un’iperbole, manon ci consentono di riconoscere molte proprieta geometriche della figura inesame. Per esempio non permettono di riconoscere la differenza tra ellissicon diversa eccentricita.

2.5.1 Simmetrie

Consideriamo adesso delle particolari isometrie, cioe le simmetrie ed iniziamocon le seguenti.

Definizioni 2.7 a) Siano P ed M due punti dello spazio ( del piano).Diciamo che il punto P e il simmetrico di P rispetto ad M se M e ilpunto medio del segmento PP .

La legge che ad ogni punto dello spazio (del piano) associa il simmetricorispetto ad un punto fissato M e detta simmetria rispetto ad M.

b) Se P e un punto ed R e una retta dello spazio (risp. un punto ed unaretta del piano), diciamo che il punto P e il simmetrico di P rispettoad R se la retta R e asse del segmento PP .

La legge che ad ogni punto dello spazio (del piano) associa il simmetricorispetto ad una retta fissata R e detta simmetria rispetto ad R.

c) Siano P un punto e π un piano dello spazio. Diciamo che il puntoP e il simmetrico di P rispetto a π se , detto M il punto medio delsegmento PP si ha che π contiene M ed e perpendicolare alla rettacontenente PP .

La legge che ad ogni punto P dello spazio associa il simmetrico rispettoad un piano fissato π e detta simmetria rispetto a π .

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E facile verificare che se P ≡ (x, y) ∈ Rl 2allora

1. (−x, y) e il simmetrico di P rispetto all’asse delle y.

2. (x,−y) e il simmetrico di P rispetto all’asse delle x.

3. (−x,−y) e il simmetrico di P rispetto all’origine O

se P ≡ (x, y, z) ∈Rl 3allora

1. (−x,−y,−z) e il simmetrico di P rispetto all’origine O

2. (−x,y,z) e il simmetrico di P rispetto al piano yz.

3. (x,−y,z) e il simmetrico di P rispetto al piano xz.

4. (x,y,−z) e il simmetrico di P rispetto al piano xy.

5. (−x,−y,z) e il simmetrico di P rispetto all’asse delle z.

6. (−x,y,−z) e il simmetrico di P rispetto all’asse delle y.

7. (x,−y,−z) e il simmetrico di P rispetto all’asse delle x.

Esempi 2.8 Consideriamo il punto P ≡ (1, 2,−3). Allora

• (−1, 2,−3) e il simmetrico di P rispetto al piano x = 0.

• (1,−2, 3) e il simmetrico di P rispetto all’asse delle ascisse.

Sia A una figura in Rl 2 (risp. in Rl 3 ). Diciamo che A e simmetricarispetto ad un punto fissato Q (oppure che Q e centro di simmetria perA) se, detta TQ la simmetria rispetto a Q, si ha che TQ (A) = A (ossiaTQ(P ) ∈ A ∀P ∈ A.) Similmente diciamo che A e simmetrica rispetto aduna retta R ( o anche che R e asse di simmetria per A) se, detta TR lasimmetria rispetto ad R, si ha TR (A) = A . Analoga definizione si ha perla simmetria di A rispetto ad un piano nello spazio.

Discende immediatamente dalle definizioni sopra elencate che, se Ae l’insieme dei punti le cui coordinate sono soluzioni di un’equazione deltipo Ax2+By2+Cz2=D in Rl 3 ( risp. Ax2+By2= C in Rl 2 ) allora Ae simmetrico rispetto ai piani coordinati, agli assi coordinati ed all’origine.

Esempi 2.9

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a) La conica d’equazione (*) x2−2y2 = 1 e simmetrica sia rispetto all’assedelle x che a quello delle y. Infatti, se (xo, yo) e soluzione di (*) alloraanche (−xo, yo) e soluzione di (*), perche (−xo)2−2(yo)

2 = x2o−2y2o = 1.Analogamente si prova che anche (xo,−yo) e soluzione di (*).

b) Consideriamo la quadrica d’equazione (**) x2 − 2y2 + 3z2 = 1. Essae simmetrica rispetto ai piani coordinati, agli assi coordinati ed all’origine.Verifichiamo ad esempio che e simmetrica rispetto al piano x = 0, cioeal piano yz. Sia Po ≡ (xo, yo, zo) una soluzione dell’equazione (**); al-lora il simmetrico di Po rispetto ad x = 0 e il punto P1 ≡ (−x0, yo, z0).Si ha 1 = x2o − 2y2o + 3z2o = (−xo)2 − 2y2o + 3z2o e quindi P1 e soluzionedi (**).

Non e difficile provare che se una figura A di Rl 2 (di Rl 3 ) possiede due assidi simmetria (risp. due piani di simmetria) tra loro perpendicolari, allorala loro intersezione e un punto (risp. una retta) di simmetria. Quindi, nelcaso degli insiemi dei punti le cui coordinate sono soluzioni delle equazioniprecedenti e sufficiente osservare che essi ammettono i piani cartesiani (risp.gli assi cartesiani) come piani di simmetria (assi di simmetria) per poteraffermare che anche le loro intersezioni sono assi di simmetria (risp. centrodi simmetria).

Nel caso dell’esempio 2.9 a) l’intersezione dell’asse delle x con l’asse delley e l’origine O. Quindi, per l’osservazione precedente, la conica risulta sim-metrica rispetto all’origine. Notiamo tuttavia che in questo caso particolarela verifica della simmetria rispetto all’origine e immediata: basta osservareche se il punto (xo, yo) e soluzione di (*) allora anche (−xo,−yo) e soluzionedell’equazione (*) essendo (−xo)2 − 2(−yo)2 = x2o − 2y2o = 1.

Esempio 2.10

Verifichiamo che un particolare caso di simmetria risulta essere una isome-tria. Faremo vedere successivamente che ogni simmetria e una isometria.

Consideriamo la simmetria TO :

{x′ = −xy′ = −y . Si tratta della simmetria

rispetto all’origine O di Rl 2 . Siano P1 ≡ (x1, y1) e P2 ≡ (x2, y2) due puntidi Rl 2 . Allora TO(x1, y1) = (−x1,−y1) e TO(x2, y2) = (−x2,−y2). Si ha

||TO(P2)− TO(P1)|| =√(−x2 − (−x1))2 + (−y2 − (−y1))2 =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 = ||P2 − P1||

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Figure 5: A sinistra: simmetrie di un punto in Rl 2 rispetto agli assi carte-siani. A destra: simmetrie di un punto in Rl 3 , rispetto ai piani ed agli assicoordinati.

3 Le Coniche: studio nelle forme canoniche

Pare che gli antichi greci iniziassero lo studio delle coniche nel tentativodi risolvere i famosi problemi della duplicazione del cubo, della trisezionedell’angolo e della quadratura del cerchio ma una sistemazione organica sideve ad Apollonio di Perge nel III secolo a. C. Nella sua opera Konika´ trattale iperboli, le parabole e le ellissi come intersezioni di una superficie conicaindefinita a base circolare con un piano non passante per il vertice del cono.(Se il piano passa per il vertice si possono ottenere o una coppia di retteincidenti e distinte, o una retta contata due volte, oppure un punto). Perquesto le figure considerate vengono dette coniche. Piu precisamente l’ellisse,la parabola e l’iperbole sono chiamate coniche non degeneri mentre le altresezioni sono dette coniche degeneri.

Con l’introduzione delle coordinate e possibile associare alle figure sopradescritte un’ equazione algebrica di secondo grado. Viceversa, l’insieme dellesoluzioni di un’equazione algebrica di secondo grado in due variabili rappre-senta una delle figure sopra descritte o qualche altro caso che successivamenteanalizzeremo. E questo il motivo per cui il termine conica viene usato piuin generale per indicare l’insieme delle soluzioni di un’equazione algebrica disecondo grado in due variabili, (v. (3))

Gia Apollonio studiava l’ellisse, l’iperbole e la parabola anche come luoghi

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Figure 6: Sezioni coniche

geometrici cioe insiemi di punti del piano che soddisfano assegnate condizioni.Utilizzeremo queste proprieta geometriche per rappresentare queste figurecon equazioni algebriche di secondo grado. Successivamente, dedurremo al-tre proprieta geometriche di tali luoghi dall’analisi delle equazioni associate.Un’ isometria T di Rl 2 (o di Rl 3 ), trasforma una figura A in un’altra T(A)ad essa congruente (cioe sovrapponibile ). Tuttavia, se A e T(A) sono in-siemisticamente distinti allora sono rappresentati da equazioni diverse. Perquesto motivo faremo in modo che i luoghi geometrici siano in posizioni par-ticolari rispetto al sistema di riferimento scelto e pertanto rappresentabili daequazioni piu semplici possibili e quindi piu facilmente studiabili. Questeequazioni vengono dette equazioni canoniche metriche.

Per esempio un’equazione della forma Ax2 + By2 = D e un’equazionecanonica. Le simmetrie di una figura rappresentata da un’equazione di questotipo sono facilmente riconoscibili come abbiamo gia visto.

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3.1 La circonferenza e la sua rappresentazione carte-siana

Definizione 3.1 Sia Po ≡ (xo, yo) un punto di Rl 2 ed r un numero realepositivo. L’insieme dei punti di Rl 2 che soddisfano la condizione

∥ P − Po ∥= r,

si dice circonferenza di raggio r e centro Po .

La condizione ∥ P − Po ∥=r puo essere scritta nella forma√(x− xo)

2+(y − yo)2 = r (5)

Se eleviamo ambo i membri dell’uguaglianza (5) al quadrato si ha

(x− xo)2 + (y − yo)

2 = r2 (6)

Le equazioni (6) e (5) sono equivalenti, ossia ammettono le stesse soluzioni.3

Posto α=−2xo , β=−2yo e γ=x2o+y2

o -r2 , (6) assume la forma

x2 + y2 + αx+ βy + γ = 0 (7)

Si osserva viceversa che un’equazione del tipo (7) rappresenta una circon-ferenza se e solo se

α2

4+β2

4− γ > 0. (8)

Infatti la (7) puo essere riscritta nella forma

x2 + y2 +α2

4− α2

4+β2

4− β2

4+ αx+ βy + γ = 0

ossia come

(x+α

2)2 + (y +

β

2)2 − (

α2

4+β2

4− γ) = 0.

3E evidente che le soluzioni dell’equazione (5) sono anche soluzioni di (6).Viceversa supponiamo di avere l’equazione (6). Allora estraendo le radici si ha√

(x− xo)2+(y − yo)

2= ±r . D’altra parte r e un numero positivo e quindi si ha (6)

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Questa equazione rappresenta una circonferenza di centro (−α2,−β

2) e raggio

r se e solo se si puo porre

r2 =α2

4+β2

4− γ

ossia se e solo se vale (8).Osservazione Per la circonferenza non abbiamo avuto bisogno di ridurci

in forma canonica perche l’equazione (7) e facile studiarla in generale. Os-serviamo comunque che, se si sceglie il centro della circonferenza coincidentecon l’origine, allora essa assume la forma : x2 + y2 = r2 , dove r e il raggio.Questa e l’equazione canonica della circonferenza di raggio r.

Esempi 3.2

1. Determinare l’equazione della circonferenza di centro C ≡ (1, 1) e rag-gio 1.

Soluzione

(x− 1)2 + (y − 1)2 = 1 ⇒ x2 + y2 − 2x− 2y + 1 = 0.

2. Data l’equazione x2 + y2 − 2x − 3 = 0, provare che rappresenta unacirconferenza e determinarne le coordinate del centro e il raggio.

Soluzione

Poiche (−2)2

4−(−3) = 4 > 0 , l’equazione rappresenta una circonferenza

di raggio r =√4 = 2 e centro C ≡ (1, 0).

3. L’equazione x2 + y2 − 2x+ 3 = 0 rappresenta una circonferenza ?

Soluzione

Poiche (−2)2

4− (3) = −2 < 0, si ha che l’equazione non rappresenta una

circonferenza.

Esercizi 3.3

Verificare se le seguenti equazioni rappresentano delle circonferenze . De-terminarne quindi il raggio e le coordinate del centro:

1. x2 + y2 − x+ 3 = 0

2. x2 + y2 − 2x = 0

3. x2 + y2 − 2x− 3y − 1 = 0

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3.1.1 Circonferenza per tre punti

Siano A ≡ (x1, y1), B ≡ (x2, y2) e C ≡ (x3, y3) tre punti non allineati .Allora esiste una ed una sola circonferenza C passante per A,B,C.

Dimostrazione Sia Q il punto medio del segmento di estremi A e Be sia R1 la retta perpendicolare alla congiungente A e B e passante per Q(tale retta e detta l’asse del segmento di estremi A e B ). Analogamente siaR2 l’asse del segmento di estremi B e C. Poiche i tre punti non sono allineatisi ha che R1 ed R2 si intersecano in un punto D . La circonferenza di centroD e raggio ∥ D−A ∥ passa per A,B e C ed e chiaramente l’unica con questaproprieta.

Esercizi 3.4 Determinare l’equazione della circonferenza che passa per ipunti P1 ≡ (1, 0), P2 ≡ (2, 0) e P3 ≡ (0, 2).

3.1.2 Fascio di circonferenze

Siano C1 : x2 + y2 + ax + by + c = 0 e C2 : x2 + y2 + ax + by + c = 0 leequazioni di due circonferenze. Consideriamo l’equazione

λ(x2 + y2 + ax+ by + c) + µ(x2 + y2 + ax+ by + c) = 0 (9)

detta equazione del fascio determinato da C1 e C2

Al variare dei parametri λ e µ con (λ, µ) = (λ, −λ) e (λ, µ) = (0, 0),l’equazione ottenuta rappresenta una circonferenza. Se le due circonferenzesono concentriche ( cioe hanno lo stesso centro), allora si ottengono circon-ferenze concentriche con C1 e C2. Se invece le due circonferenze non sonoconcentriche si ottengono circonferenze aventi il centro sulla retta congiun-gente i centri di C1 e C2. Inoltre se le due circonferenze si intersecano indue punti distinti P1 e P2 , allora (9) rappresenta circonferenze che passanoper P1 e P2.

Se (λ, µ) = (λ,−λ) = (0, 0) e supposto C1 e C2 non concentriche si hache l’equazione (9) si riduce a

λ(a− a)x+ λ(b− b)y + λ(c− c) = 0 (10)

che rappresenta una retta ( detta asse radicale) che e perpendicolare allaretta congiungente i centri di C1 e C2. Se C1 e C2 sono tangenti in P, alloral’asse radicale e la tangente comune in P. Nel caso in cui C1 e C2 sianosecanti in due punti P1 e P2 si ha che (10) rappresenta la retta congiungente

17

i punti P1 e P2. Infine se le due circonferenze non hanno punti in comune,allora l’asse radicale non ha punti in comune con le due circonferenze. Tuttequeste proprieta sono di facile verifica e sono lasciate allo studente comeesercizio.

Esempi 3.5

1. Vogliamo dare un’altra dimostrazione della proprieta che per tre puntinon allineati passa una ed una sola circonferenza.

Soluzione L’equazione della circonferenza deve essere soddisfattadalle coordinate dei tre punti. Pertanto si ha

x21 + y21 + ax1 + by1 + c = 0x22 + y22 + ax2 + by2 + c = 0x23 + y23 + ax3 + by3 + c = 0

(11)

Questo e un sistema di tre equazioni nelle tre incognite a,b,c. Calco-liamo il determinante della matrice dei coefficienti che e

∣∣∣∣∣∣∣x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣

x1 y1 1x2−x1 y2−y1 0x3−x1 y3−y1 0

∣∣∣∣∣∣∣ = (x2−x1)(y3−y1)−(x3−x1)(y2−y1).

Poiche i vettori (x2−x1, y2−y1) e (x3−x1, y3−y1) non sono collinearisi ha

(x2 − x1)(y3 − y1)− (x3 − x1)(y2 − y1) = 0.

Per il teorema di Cramer esiste una ed una sola soluzione del sistema(11), cioe una sola terna (a,b,c) che soddisfa (11).

2. Scrivere l’equazione della circonferenza C che ha il centro in C ≡ (3, 4)ed e tangente alla retta R : 2x− y + 5 = 0.

Soluzione Poiche la tangente ad una circonferenza in un puntoP ∈ C e perpendicolare al raggio per P si ha che il raggio di C e datodalla distanza di C da R ossia r = |6−4+5|√

5= 7√

5. Pertanto l’equazione

di C e :

(x− 3)2 + (y − 4)2 =49

5⇒ 5x2 + 5y2 − 30x− 40y + 76 = 0.

18

Figure 7: intersezioni di circonferenze

Esercizi 3.6

• Scrivere l’ equazione della circonferenza che e tangente in (1,1) allaretta x− y = 0 ed il cui centro e distante 1 dall’asse delle y.

• Sia C1 la circonferenza che ha il centro in C1 ≡ (1,−1) e raggio 1e sia C2 la circonferenza che ha il centro in C2 ≡ (2, 1) e raggio 2.Determinare l’asse radicale e la linea dei centri.

3.1.3 Soluzioni degli esercizi 3.3 e 3.6

1. Verificare se le seguenti equazioni rappresentano delle circonferenze .Determinarne quindi il raggio e le coordinate del centro:

• x2 + y2 − x+ 3 = 0

Soluzione Si ha (−1)2

4+ 0− 3 = −11

4. Pertanto l’equazione non

non rappresenta una circonferenza reale.

• x2 + y2 − 2x = 0.

Soluzione Essendo (−2)2

4+ 0 = 1, si ha che l’equazione rap-

presenta una circonferenza di raggio r =√1 = 1 e centro di

coordinate xo = − (−2)2

= 1 e yo = 0

• x2 + y2 − 2x− 3y − 1 = 0.

Soluzione Essendo (−2)2

4+ (−3)2

4+1 = 17

4> 0 si ha che l’equazione

rappresenta una circonferenza di raggio r =√172

e centro di coor-

dinate xo = − (−2)2

= 1 e yo = −−32

= 32.

19

2. Scrivere l’ equazione della circonferenza C che e tangente in P ≡ (1, 1)alla retta R di equazione x−y = 0 ed il cui centro e distante 1 dall’assedelle y.

Soluzione Ricordiamo che la retta S , che passa per il centro di Ce per il punto di tangenza ad R , risulta essere perpendicolare ad R .Essendo A ≡ (1,−1) un vettore normale ad R si ha che A risulta essereun vettore direttore di S . Pertanto una rappresentazione parametrica

di S e data da

{x = 1 + ty = 1− t

t ∈ Rl . Ne segue che un punto di S che

disti 1 dall’asse delle y soddisfa l’equazione |1 + t| = 1 ossia t = 0 et = −2. Per t = 0 otteniamo il punto P stesso, mentre per t = −2si ha che la circonferenza ha il centro di coordinate C ≡ (−1, 3) e

raggio r =√(−1− 1)2 + (3− 1)2 =

√8. Pertanto la circonferenza ha

equazione (x+ 1)2 + (y − 3)2 = 8 ossia x2 + y2 + 2x− 6y + 2 = 0.

20

3.2 L’ellisse

Definizione 3.7 Si dice ellisse il luogo geometrico dei punti P del piano peri quali la somma delle distanze da due punti fissati detti fuochi e costante. Inaltri termini se F1 ed F2 sono i fuochi in Rl 2 ed α ∈ Rl , con α >∥ F1−F2 ∥,e la costante fissata, allora l’ellisse e l’insieme dei punti di Rl 2 che soddisfanol’equazione

∥ P − F1 ∥ + ∥ P − F2 ∥= α. (12)

Si nota che se ∥ F1 − F2 ∥= α, allora le soluzioni di (12) sono i puntiappartenenti al segmento di estremi F1 ed F2 mentre, se ||F1−F2|| > α ,allora non esiste alcun punto di Rl 2 che soddisfa (12).

Esempio 3.8 Determinare l’equazione dell’ellisse che ha i fuochi nei puntiF1 ≡(1,1) e F2 ≡(2,2) con α=2.

Soluzione Essendo ∥ F1 − F2 ∥=√2 < 2 si ha che l’equazione (12)

rappresenta un’ellisse.Sia P ≡ (x, y), allora l’equazione (12) diventa√

(x− 1)2+(y − 1)2 +√(x− 2)2 + (y − 2)2 = 2.

che puo scriversi nella forma√(x− 1)2+(y − 1)2 = 2−

√(x− 2)2+(y − 2)2. (13)

Eleviamo ambo i membri di (13) al quadrato, allora otteniamo l’equazione

x+y−5 = 2√(x− 2)2 + (y − 2)2. Eleviamo ancora i due membri al quadrato

ed abbiamo

(2x+ 2y − 10)2 = 16[(x− 2)2 + (y − 2)2] ⇒

3x2 + 3y2 − 6x− 6y − 2xy + 7 = 0 (14)

4

4Le equazioni (14) e (13) sono tra loro equivalenti, cioe ammettono le stesse soluzioni.La motivazione verra chiarita piu avanti in generale

21

3.2.1 Studio della forma dell’ellisse

L’equazione ottenuta nell’esempio (3.8) e algebrica di secondo grado nellevariabili x ed y e contiene tutti i possibili monomi sia di primo che di secondogrado. La forma di tale equazione e dipesa dalla scelta delle coordinatedei fuochi. Se vogliamo studiare le proprieta metriche (cioe invarianti perisometrie) dell’ellisse puo convenire, come osservato all’inizio del capitolo,scegliere le coordinate dei fuochi in modo tale da ottenere un’equazione piusemplice possibile, ossia una forma canonica. Supponiamo quindi che siabbia F1 ≡ (c, 0) ed F2 ≡ (−c, 0). Allora l’equazione (12) diventa√

(x− c)2+y2 +√

(x+ c)2+y2 = α (15)

Per comodita di calcolo poniamo α = 2a. Allora si ha√(x− c)2 + y2 = 2a−

√(x+ c)2 + y2. (16)

Eleviamo ambo i membri al quadrato ed otteniamo

a√(x+ c)2 + y2 = a2 + cx. (17)

Elevando ancora al quadrato ambo i membri dell’uguaglianza , si ha

a2(x2 + c2 + 2xc+ y2) = a4 + c2x2 + 2a2cx (18)

Infine, da questa, raggruppando opportunamente i termini si ottiene

(a2 − c2)x2 + a2y2 = a2(a2 − c2). (19)

Tenuto conto del fatto che a > c si ha a2 − c2 > 0 e quindi se poniamob2 = a2 − c2 otteniamo

b2x2 + a2y2 = a2b2. Dividendo per a2b2 si ha

x2

a2+y2

b2= 1 (20)

Le equazioni (20) e (15) sono tra loro equivalenti ( cioe ammettono lestesse soluzioni ). 5

5E evidente che le soluzioni dell’equazione (15) sono anche soluzioni dell’equazione (20).Viceversa, facciamo vedere che ogni soluzione di (20) e anche soluzione di (15). Da (20),

22

L’equazione (20) si dice equazione canonica dell’ellisse. Osserviamo chea = b implica c = 0 ovvero F1 ≡ F2 ≡ (0, 0). Possiamo percio dire cheuna circonferenza e una particolare ellisse. Analizziamo adesso la forma e leproprieta dell’ellisse studiandone l’equazione canonica (20).

Se il punto Po ≡ (xo, yo) e soluzione di (20), allora anche i puntiP1 ≡ (−xo, yo), P2 ≡ (xo,−yo) e P3 ≡ (−xo,−yo) sono soluzioni di (20).Ne deduciamo che questa ellisse ha come assi di simmetria gli assi cartesianied e simmetrica rispetto all’origine. Tenuto conto del fatto che le simmetrierispetto a rette ed a punti sono proprieta metriche delle figure, possiamo affer-mare in generale che l’ellisse ha due assi di simmetria tra loro perpendicolarie quindi il loro punto d’intersezione come centro di simmetria.

Se abbiamo un’ellisse che non e una circonferenza, allora le intersezionidegli assi di simmetria con l’ellisse si dicono vertici. Si usa chiamare assemaggiore (o principale) dell’ellisse il segmento che ha come estremi i verticidell’ellisse che stanno sull’asse di simmetria contenente i fuochi mentre si diceasse minore il segmento che ha come estremi i vertici dell’ellisse che stannosull’asse di simmetria perpendicolare a quello contenente i fuochi. Nel casodell’equazione canonica considerata, i vertici sull’asse maggiore sono (a, 0) ,(−a, 0) , mentre quelli sull’asse minore sono (0, b) e (0,−b).

si deduce la (19) con a2 − b2 = c2 e quindi la (18). Pertanto estraendo le radici si ha

a√

(x+ c)2 + y2 = ±(a2 + cx) (21)

Poiche le soluzioni di (20) soddisfano la condizione |x| ≤ a e c < a si ha che a2 + cx > 0.Pertanto possiamo scrivere

a√(x+ c)2 + y2 = (a2 + cx) (22)

che possiamo riscrivere nel seguente modo

[2a−√(x+ c)2 + y2]2 = (x− c)2 + y2. (23)

Estraendo le radici si ha

±(2a−√(x+ c)2 + y2) =

√(x− c)2 + y2 (24)

Essendo |2xc| ≤ 2a2 si ha che

(x+ c)2 + y2 = x2 + c2 + 2xc+ y2 ≤ a2 + c2 + 2a2 + a2 − c2 = 4a2.

Ne segue che√

(x+ c)2 + y2 ≤ 2a e quindi 2a−√(x+ c)2 + y2 ≥ 0. Pertanto possiamo

considerare solo il segno + in (24) e si ha l’equazione (16) ossia la (15).

23

Figure 8: Arco di ellisse (a sinistra); ellisse (a destra)

Tenuto conto delle simmetrie dell’ellisse, per studiarla e sufficiente esami-nare il ramo della curva che si trova nel primo quadrante e che e rappresentatodalla funzione

y =b

a

√a2 − x2 (25)

con 0 ≤ x ≤ a. Osserviamo che tale funzione e limitata nell’intervalloconsiderato ed il massimo assoluto si ha per x = 0. Inoltre , e facile veri-ficare che la derivata prima e data da y′ = b

a−x√a2−x2 e quindi la fun-

zione e strettamente decrescente. Inoltre y′′ = −ab(a2−x2)

√a2 − x2 e pertanto

e concava nell’intervallo considerato. La figura (8)a sinistra rappresenta ilramo dell’ellisse studiato nel primo quadrante. Ne segue, per le simmetrieconsiderate, che l’ellisse ha la forma ovale come mostra la figura (8) a destra.

Definizione 3.9 Si definisce eccentricita dell’ellisse il numero ϵ che e ilquoziente della distanza dei fuochi con la distanza tra i vertici dell’ellissesull’asse maggiore.

Si ha quindi ϵ < 1. Se l’ellisse e espressa nella forma canonica (20) alloral’eccentricita e data da

ϵ =c

a. (26)

Osserviamo che l’eccentricita dell’ellisse e una proprieta metrica dell’ellisse,e quindi non dipende dalla particolare posizione che l’ellisse assume rispettoal sistema di riferimento e pertanto non dipende dall’equazione che la rap-presenta. Notiamo che la circonferenza e un’ellisse di eccentricita 0.

Se consideriamo l’equazione canonica (20) le rette di equazioni x = aϵ, x = −a

ϵ

si dicono direttrici dell’ellisse.

Esercizi 3.10

24

Figure 9: Direttrici dell’ellisse

1. Data l’ellisse di equazione x2 + 3y2 =1, determinare le coordinate deifuochi e le equazioni delle direttrici.

2. Scrivere l’equazione dell’ellisse che ha i fuochi sull’asse delle y, chee simmetrica rispetto all’origine e di cui l’asse maggiore misura 2 men-tre l’asse minore misura 1.

3. Scrivere l’equazione dell’ellisse che ha il centro di simmetria in (0,0),l’asse maggiore di misura 2 e la retta x=4 come direttrice.

4. Scrivere l’equazione dell’ellisse che ha i fuochi nei punti F1 ≡ (1, 1),F2 ≡ (2, 2) e passa per il punto O ≡ (0, 0).

5. Determinare l’equazione dell’ellisse che ha i vertici di coordinate V1 ≡ (3, 1),

V2 ≡ (−1, 1) ed eccentricita ε =√32.

6. Provare che il luogo geometrico dei punti P ≡ (x, y) del piano tali cheil quoziente delle distanze di P dal punto F ≡ (1, 0) e di P dalla rettax = 4 risulta essere uguale a 1

2, e una ellisse.

3.2.2 Un metodo per costruire l’ellisse:

Sia data l’ellisse E d’equazione x2

a2+ y2

b2= 1, con a > b. Si considerino

due circonferenze con centro O, C1 di raggio a e C2 di raggio b. Sia Pun punto della circonferenza C2 . Sia R la retta che congiunge l’origine

25

Figure 10: Un modo per costruire l’ellisse

O con P e sia Q l’intersezione di R con C1 dalla stessa parte rispetto adO. Sia R1 la retta per Q parallela all’asse delle y e sia R2 la retta per Pparallela all’asse delle x. Sia inoltre T il punto d’intersezione tra R1 e R2 .Si verifica facilmente che, se ϕ e l’angolo formato da R con l’asse delle x,allora T = (acosϕ, bsenϕ) e quindi le coordinate di T soddisfano l’equazione

dell’ellisse. Infatti a2cos2ϕa2

+ b2sen2ϕb2

= cos2ϕ+ sen2ϕ = 1.

3.2.3 Soluzioni degli esercizi 3.10

1. Data l’ellisse di equazione x2 + 3y2 =1, determinare le coordinate deifuochi e le equazioni delle direttrici.

Soluzione Possiamo riscrivere l’equazione nella forma x2 + y213

= 1.

Questa ci dice che l’ellisse ha l’asse maggiore sull’asse delle x con a2 = 1

e b2 = 13. Ne segue c2 = 1 − 1

3= 2

3e quindi ε =

√23. I fuochi

hanno coordinate C1 ≡ (√

23, 0) e C2 ≡ (−

√23, 0) e le direttrici hanno

equazioni x =√

32e x = −

√32.

2. Soluzione x2

1+ y2

2= 1 ⇔ 2x2 + y2 = 2

3. Scrivere l’equazione dell’ellisse che ha il centro di simmetria in (0,0),l’asse maggiore di misura 2 e la retta x=4 come direttrice.

26

Soluzione Prima di tutto osserviamo che l’ellisse presenta gli assicoordinati come assi di simmetria e che l’asse maggiore giace sull’assedelle x perche x = 4, che e parallela all’asse delle y , e una direttrice.Tenuto conto che a

ε= 4 e che a = 1 si deduce che ε = 1

4. Da c

a= ε si

ha che c = 14. Quindi essendo b2 = a2 − c2 si ha che b2 = 15

16. Pertanto

l’ellisse ha equazione x2 + 1615y2 = 1 ossia 15x2 + 15y2 = 15.

4. Scrivere l’equazione dell’ellisse che ha i fuochi nei punti F1 ≡ (1, 1),F2 ≡ (2, 2) e passa per il punto O ≡ (0, 0).

Soluzione Si ha√(1− 0)2 + (1− 0)2 +

√(2− 0)2 + (2− 0)2 = 3

√2.

Pertanto i punti dell’ellisse soddisfano l’equazione√(x− 1)2 + (y − 1)2 +

√(x− 2)2 + (y − 2)2 = 3

√2 ⇔

√(x− 1)2 + (y − 1)2 = 3

√2−

√(x− 2)2 + (y − 2)2 ⇔

(√(x− 1)2 + (y − 1)2)2 = (3

√2−

√(x− 2)2 + (y − 2)2)2 ⇔

2x+ 2y − 24 = −6√2√(x− 2)2 + (y − 2)2 ⇔

(2x+2y−24)2 = (−6√2√(x− 2)2 + (y − 2)2)2 ⇔ 17x2+17y2−2xy−48x−48y = 0

5. Determinare l’equazione dell’ellisse che ha i vertici di coordinate V1 ≡ (3, 1),

V2 ≡ (−1, 1) ed eccentricita ε =√32.

Soluzione Prima di tutto si osserva che i fuochi si trovano sulla rettay = 1 e che il centro di simmetria M, che e il punto di mezzo del seg-

mento V1V2, ha coordinate M ≡ (1, 1). Essendo ||V1V2|| =√(3 + 1)2 + (1− 1)2 = 4

si ha che la distanza di un fuoco da M e data da c = 2√32

=√3. Per-

tanto i fuochi hanno coordinate F1 ≡ (1 +√3, 1), F2 ≡ (1 −

√3, 1).

Notiamo che il vertice V1 e un punto dell’ellisse e che la somma delledistanze di V1 dai fuochi e data da√

(3− (1−√3))2 + (1− 1)2 +

√(3− (1 +

√3))2 + (1− 1)2 = 4.

Pertanto i punti dell’ellisse soddisfano l’equazione√(x− (1 +

√3))2 + (y − 1)2 +

√(x− (1−

√3))2 + (y − 1)2 = 4 ⇔

27

√(x− (1 +

√3))2 + (y − 1)2 = 4−

√x− (1−

√3))2 + (y − 1)2 ⇔

8√(x− (1−

√3))2 + (y − 1)2 = 16 + 4

√3x− 4

√3 ⇔

(8√(x− (1−

√3))2 + (y − 1)2)2 = (16+4

√3x−4

√3)2 ⇔ x2+4y2−2x−8y+1 = 0.

6

6. Provare che il luogo geometrico dei punti P ≡ (x, y) del piano tali cheil quoziente delle distanze di P dal punto F ≡ (1, 0) e di P dalla rettax = 4 risulta essere uguale a 1

2, rappresenta una ellisse.

Soluzione Si ha√(x− 1)2 + (y − 0)2

|x− 4|=

1

2⇔ 4((x− 1)2 + y2) = (x− 4)2 ⇔

3x2 + 4y2 = 12 ⇔ x2

4+y2

3= 1

7

6Successivamente vedremo come possiamo determinare l’equazione di questa ellisse inmodo piu veloce, ricorrendo a trasformazioni, dette traslazioni.

7Piu in generale si prova che il luogo dei punti P del piano, tali che il quoziente delledistanze di P da un punto fissato F e di P da una retta fissata R e un numero positivoε minore di 1, rappresenta una ellisse di eccentricita ε.

28

3.3 Iperbole

Definizione 3.11 Si dice iperbole il luogo geometrico dei punti P del pianoper i quali il valore assoluto della differenza delle distanze da due punti fissati,detti fuochi, e costante.

Ossia, se F1 ed F2 sono i due punti fissati nel piano Rl 2 e se α ∈ Rl con0 < α <∥ F1 − F2 ∥ e la costante fissata, i punti P di Rl 2 che appartengonoall’iperbole soddisfano l’equazione

| ∥ P − F1 ∥ − ∥ P − F2 ∥ | = α (27)

Come si e fatto per l’ellisse studiamo la forma e le proprieta geometrichedell’iperbole scegliendo i fuochi su uno degli assi cartesiani e simmetricirispetto all’origine affinche l’equazione associata sia piu semplice possibile.Siano quindi F1 ≡ (c, 0) ed F2 ≡ (−c, 0). Poniamo α = 2a. Allora un puntoP ≡ (x, y) appartiene all’iperbole se e solo se

|√(x− c)2+y2 −

√(x+ c)2+y2 |= 2a (28)

Si prova che tale equazione e equivalente alle equazioni

cx− a2 = ±a√(x− c)2+y2.

Elevando al quadrato si ottiene

(c2 − a2)x2 − a2y2 = a2(c2 − a2).

Posto b2 = c2 − a2 si ha

x2

a2− y2

b2= 1 (29)

Essendo evidente che ogni soluzione di (28) e soluzione di (29), si prova,con un ragionamento simile a quello che abbiamo fatto per l’ellisse, che ognisoluzione di (29) e anche soluzione di (28) e quindi le due equazioni sonoequivalenti.

l’equazione (29) si dice equazione canonica dell’iperbole.

29

3.3.1 Studio della forma dell’iperbole

Studiamo l’iperbole rappresentata dall’equazione (29). L’iperbole risulta es-sere simmetrica sia rispetto all’asse delle x che a quello delle y. Infatti, se unpunto Po ≡ (xo, yo) e soluzione di (29) allora anche i punti P1 ≡ (−xo, yo)e P2 ≡ (xo,−yo) ne sono soluzioni. Inoltre l’iperbole e simmetrica rispettoall’origine.

Possiamo allora affermare in generale che l’iperbole presenta due assi disimmetria tra loro perpendicolari e quindi il loro punto d’intersezione comecentro di simmetria.

Tenuto conto delle simmetrie, per studiare l’iperbole e sufficiente esami-nare il ramo che si trova nel primo quadrante. Tale ramo corrisponde algrafico della funzione

y =b

a

√x2 − a2 (30)

con x ≥ a.Osserviamo che l’iperbole non interseca l’asse delle y mentre incontra

l’asse delle x nel punto di ascissa x = a. Il dominio di tale funzionee superiormente illimitato. Si ha

limx→+∞

b

a

√x2−a2 = +∞.

La retta y = bax e asintoto per tale funzione. Inoltre b

ax > b

a

√x2−a2,

∀x ≥ a. Pertanto il grafico del ramo d’iperbole sta sotto l’asintoto. Si verificache la derivata prima e data da

y′ =b

a

x√x2−a2

e quindi e sempre positiva. Ne segue che la funzione e strettamente crescente.Altrettanto semplicemente si verifica che la derivata seconda e data da

y′′ =−ab√

x2−a2(x2 − a2).

Ne segue che la funzione e concava. Tenuto conto delle simmetrie dell’iperbole,anche la retta y = − b

ax e asintoto per l’iperbole. La figura (3.3.1, a destra)

rappresenta l’iperbole d’equazione x2

a2− y2

b2= 1.

Le intersezioni dell’iperbole con l’asse di simmetria contenente i fuochiprendono il nome di vertici. Nel caso dell’equazione canonica considerata essi

30

Figure 11: arco di iperbole (sinistra); iperbole con l’asse trasverso coincidentecon l’asse delle x (destra)

hanno coordinate (a, 0) e (−a, 0). In generale si usa chiamare asse trasverso( o principale) dell’iperbole, l’asse di simmetria contenente i fuochi, mentresi dice asse non trasverso ( o secondario) l’asse di simmetria perpendicolarea quello trasverso.

Definizione 3.12 Si dice eccentricita dell’iperbole il quoziente tra la di-stanza tra i fuochi e la distanza tra i vertici.

Se indichiamo con ϵ l’eccentricita si ha ϵ > 1. Nel caso in cui l’iperbole siarappresentata nella forma canonica (29) si ha ϵ = c

a.

Notiamo che, come per l’ellisse, l’eccenricita dell’iperbole e una proprietametrica, cioe invariante per isometrie.

Analogamente a quanto fatto per l’ellisse, se (29) e l’equazione canonicadell’iperbole, allora definiamo x = a

ϵe x = −a

ϵle direttrici dell’iperbole.

Se gli asintoti sono tra loro perpendicolari, l’iperbole si dice equilatera .Nel caso dell’equazione (29) cio avviene se e solo se a = b.

Se scegliamo i fuochi sull’asse delle y e simmetrici rispetto all’origine cioeF1 ≡ (0, c) e F2 ≡ (0,−c), allora l’equazione assume la forma y2

a2− x2

b2= 1

dove c2 − a2 = b2. La figura (12) ne mostra il grafico.L’iperbole e l’ellisse sono dette coniche a centro per l’esistenza di un

(unico) centro di simmetria.

Esercizi 3.13

1. Data l’equazione x2−2y2 = 3, provare che rappresenta un’iperbole. De-terminarne quindi le coordinate dei fuochi, l’eccentricita e le equazionidegli asintoti.

31

Figure 12: Direttrici dell’iperbole (sin.); iperbole con l’asse trasverso coinci-dente con l’asse delle y (destra)

2. Determinare l’equazione dell’iperbole che ha il centro di simmetria in(0, 0), i vertici sull’asse delle x a distanza 2 tra loro ed eccentricitaϵ = 3

2.

3. Provare che un’ iperbole e equilatera se e solo se la sua eccentricitae√2.

4. Provare che il luogo geometrico dei punti P del piano tali che ilquoziente delle distanze di P da F ≡ (2, 0) e di P dalla retta x = 1

2

e uguale a 2 rappresenta una iperbole.


1. Data l’equazione x2−2y2 = 3, provare che rappresenta un’iperbole. De-terminarne quindi le coordinate dei fuochi, l’eccentricita e le equazionidegli asintoti.

Soluzione L’equazione puo essere riscritta nella forma x2

3− y2

6= 1

che rappresenta una iperbole in forma canonica con l’asse trasversocoincidente con l’asse delle x . Essendo c2 = 3 + 6 = 9 si ha cheε =

√9√3=

√3. Gli asintoti hanno equazioni y = ±

√6√3x⇔ y = ±

√2x .

2. Determinare l’equazione dell’iperbole che ha il centro di simmetria in(0, 0), i vertici sull’asse delle x a distanza 2 tra loro ed eccentricitaϵ = 3

2.

Soluzione Osserviamo prima di tutto che l’equazione dell’iperbole chevogliamo determinare e in forma canonica. Si ha a2 = 1 e c = aε = 3

2.

32

Quindi b2 = c2−a2 = 54. Ne segue che l’equazione dell’iperbole cercata

e data da x2 − 45y2 = 1

3. Provare che un’ iperbole e equilatera se e solo se la sua eccentricitae√2.

Soluzione Possiamo limitarci a considerare la proprieta per le iperboliin forma canonica perche essa non varia per isometrie. Una iperboleequilatera ha equazione x2

a2− y2

a2= 1. Si ha quindi c2 = 2a2 ed allora

ε =√2a2

a=

√2.

Viceversa se ε =√2 si ha c2 = 2a2 e quindi b2 = 2a2 − a2 = a2 ossia

a = b .

4. Provare che il luogo geometrico dei punti P del piano, tali che ilquoziente delle distanze di P da F ≡ (2, 0) e di P dalla retta x = 1

2

e uguale a 2, rappresenta una iperbole.

Soluzione Si ha

√(x−2)2+(y−0)2

|x− 12| = 2 e quindi

(x− 2)2 + y2 = 4(x− 1

2)2 ⇔ 3x2 − y2 = 3

ossia

x2 − y2

3= 1

che rappresenta una iperbole di eccentricita ε = 2.

8

8Piu in generale il luogo geometrico dei punti P del piano, per i quali il rapporto delledistanze di P da un punto fissato F detto fuoco e da una retta fissata R detta direttricee una costante ϵ > 1, risulta essere una iperbole.

33

3.4 Parabola

Definizione 3.14 Si chiama parabola il luogo geometrico dei punti del pianoche hanno la stessa distanza da un punto fissato F, detto fuoco, e da unaretta fissata R, detta direttrice.

Per poter studiare la forma della parabola con facilita, scegliamo fuoco edirettrice in posizioni opportune in Rl 2, cosı da averne una rappresentazionecanonica. Supponiamo quindi che la direttrice sia y = −a ed il fuoco abbiacoordinate F ≡ (0, a). Allora un punto P≡(x,y) appartiene alla parabola see solo se √

x2+(y − a)2 = |y + a| (31)

Elevando ambo i membri al quadrato si ottiene

y =1

4ax2 (32)

che scriviamo nella formay = αx2 (33)

con α = 14a. 9

3.4.1 Studio della forma della parabola

Studiamo la parabola di equazione y = αx2. La parabola risulta essere sim-metrica rispetto all’asse delle y. Possiamo quindi affermare che una parabolapresenta un asse di simmetria. L’intersezione della parabola con il suo assedi simmetria prende il nome di vertice . Nel caso della parabola di equazione(32) il vertice ha coordinate (0,0).

Considerando l’equazione (32) e tenuto conto della simmetria rispettoall’asse delle y , nel caso α > 0, studiamo il ramo di parabola che si trova nelprimo quadrante. La funzione y = αx2 e strettamente crescente e

limx→+∞

αx2 = +∞.

9E evidente che ogni soluzione di (31) e soluzione di (32). Viceversa fac-ciamo vedere che ogni soluzione di (32) e anche soluzione di (31) e che quindile due equazioni sono tra loro equivalenti. Da (32) si ha 4ay = x2 chepossiamo riscrivere nella forma y2 + a2 + 4ay = y2 + a2 + x2 ossia comey2 + 2ay + a2 = x2 + (y2 − 2ay + a2) ⇔ (y + a)2 = x2 + (y − a)2. Da cio si deduce±(y + a) =

√x2 + (y − a)2 ossia la (31)

34

Figure 13: Parabola con l’asse di simmetria coincidente con l’asse delle y econcavita verso l’alto

La funzione non presenta asintoti ed inoltre essendo y′′ = 2α si ha chee convessa. Tenuto conto della simmetria rispetto all’asse delle y abbiamoche il grafico della parabola studiata e dato dalla figura (13)

Definizione 3.15 L’eccentricita della parabola e il quoziente tra la distanzadi un qualunque punto della parabola dal fuoco e la distanza della direttricedallo stesso punto e pertanto vale 1.

Le figure (14) illustrano la situazione nei casi in cui α < 0 oppure quandola direttrice e parallela all’asse delle y.

Esercizi 3.16

1. Scrivere l’equazione della parabola che ha il fuoco in (2, 2) e direttricex+ y − 2 = 0.

2. Scrivere l’equazione della parabola che ha la direttrice d’equazionex+ y = 0 ed il vertice di coordinate (1, 1).

3. Dati la parabola y = x2 ed il fascio di rette parallele x − y + k = 0,provare che i punti medi delle corde intercettate dalle rette sullaparabola stanno sulla stessa retta che e parallela all’asse delle y.

35

Figure 14: Parabole con assi di simmetria coincidenti con l’asse delle x eparabola con l’asse di simmetria coincidente con l’asse delle y e concavitaverso il basso

OsservazioneLe curve che abbiamo studiato : l’ellisse ( e, come caso particolare, la

circonferenza), l’iperbole e la parabola, vengono dette coniche non degeneri.Tra le coniche non degeneri si considera anche l’ellisse immaginaria. Essae caratterizzata dall’equazione:

a2x2 + b2y2 = −1 (34)

che non ammette soluzioni reali.


1. Scrivere l’equazione della parabola che ha il fuoco in (2, 2) e direttricex+ y − 2 = 0.

Soluzione Per definizione di parabola, i punti di essa devono soddis-fare l’equazione

√(x− 2)2 + (y − 2)2 =

|x+ y − 2|√2

ossia

(x− 2)2 + (y− 2)2 =(x+ y − 2)2

2⇔ x2 + y2 − 2xy− 4x− 4y+ 12 = 0

2. Scrivere l’equazione della parabola che ha la direttrice d’equazionex+ y = 0 ed il vertice V di coordinate (1, 1).

36

Soluzione

L’asse della parabola passa per il vertice ed e perpendicolare alla diret-trice. Ne segue che l’equazione dell’asse e data da x−y = 0. Tale rettainterseca la direttrice nel punto M ≡ (0, 0) . Il vertice V e il puntodi mezzo del segmento MF dove F rappresenta il fuoco. PertantoF ≡ (2, 2). Ne segue che la parabola ha equazione

√(x− 2)2 + (y − 2)2 =

|x+ y|√2

⇔ (x− 2)2 + (y − 2)2 =(x+ y)2

2

ossiax2 + y2 − 2xy − 4x− 4y + 16 = 0

3. Dati la parabola y = x2 ed il fascio di rette parallele x − y + k = 0,provare che i punti medi delle corde intercettate dalle rette sullaparabola stanno sulla stessa retta che e parallela all’asse delle y.

Soluzione La retta x− y + k (al variare di k ) interseca la parabola

d’equazione y = x2 nei punti P ≡ (1+√1+4k2

, (1+√1+4k2

)2) e Q ≡ (1−√1+4k2

, (1−√1+4k2

)2)con k ≥ −1

4. Il punto medio Mk del segmento PQ ha coordi-

nate Mk ≡ (12, 1 + 2k) con k ≥ −1

4. Le equazioni parametriche{

x = 12

y = 1 + 2kk ∈ Rl , rappresentano una retta che e parallela all’asse

delle y e passa per il punto (12, 12). 10

10In generale un fascio di rette parallele interseca una parabola in corde, i cui puntimedi stanno su una stessa retta che e parallela all’asse della parabola

37

Figure 15: Coniche degeneri

3.5 Coniche degeneri

Consideriamo l’equazione

a2x2 − b2y2 = 0 con ab = 0. (35)

Tale equazione puo essere scritta nella forma (ax−by)(ax+by) = 0. Poiche unprodotto e nullo se e solo se uno dei fattori e nullo, si ha che (35) rappresental’insieme unione dei punti delle due rette ax−by = 0 e ax+by = 0. L’insiemedelle soluzioni e denominato iperbole degenere.

L’equazionea2x2 − b2 = 0 con a = 0 (36)

puo essere scritta nella forma (ax − b)(ax + b) = 0. Se b = 0, allora (36)rappresenta due rette parallele, mentre se b = 0, allora si hanno due rettecoincidenti.

Un’equazione del tipo

a2x2 + b2y2 = 0 con ab = 0 (37)

ammette come unica soluzione il punto (0,0). L’insieme delle soluzionie denominato ellisse degenere.

Un’equazione del tipo

a2x2 + b2 = 0 con ab = 0 (38)

non ammette soluzioni reali.I casi (35) (37) e per b = 0 anche il caso (36) possono ottenersi come

sezione di un cono circolare retto con un piano. Le rette parallele rappresen-tate dall’equazione (36) con b = 0 possono ottenersi come intersezione di uncilindro circolare retto con un piano.

38

3.6 Proprieta ottiche delle coniche non degeneri

L’ellisse, la parabola e l’iperbole godono di proprieta ottiche assai importantinelle applicazioni fisiche. Vediamo adesso di spiegarle. Ricordiamo prima ditutto che se R ed R′ sono due rette ed A,B sono due vettori direttori di Red R′ rispettivamente, allora intendiamo per angolo tra R ed R′ l’angoloconvesso formato da A e B se questo e acuto, altrimenti si considera il suosupplementare se questo e ottuso.

a) Consideriamo un’ ellisse E che ha i fuochi in F1 ed F2. Sia P un puntodi E e sia R la retta tangente ad E in P. Allora l’angolo formato daR con la retta congiungente P ed F1 e uguale all’angolo formato daR con la retta congiungente P ed F2.

b) Sia I un’ iperbole di fuochi F1 ed F2. Detto P un punto di I, sia Rla retta tangente ad I in P. Allora l’angolo formato da R e la rettacongiungente P ed F1 e uguale all’angolo formato da R e dalla rettacongiungente P ed F2.

c) Sia P una parabola con fuoco F. Detto M un punto di P ed R laretta tangente a P in M, si ha che l’angolo formato da R e la rettacongiungente M ed F e uguale all’angolo formato da R e dalla rettapassante per M e parallela all’asse di simmetria della parabola.

Dim.Diamo adesso la dimostrazione della proprieta c). Consideriamo il caso in

cui la parabola sia rappresentata in forma canonica. Si tenga presente che cionon e riduttivo perche la proprieta c) (come pure la a) e la b)) e indipendenteda trasformazioni isometriche e quindi non dipende dall’equazione che rap-presenta la parabola.Consideriamo la parabola P di equazione y = ax2. In tal caso il fuocoF ≡ (0, 1

4a). Sia M un punto di P . Allora M ≡ (xo, ax

2o). Sia inoltre R la

retta tangente a P in M. L’equazione della retta tangente in M e data da:y = 2axox− ax2o . Pertanto si ha che un vettore direttore V di R e dato da(1, 2axo). Consideriamo il vettore F−M ≡ (−xo, 1

4a−ax2o). Se α rappresenta

l’angolo acuto formato dalla retta tangente in M e da quella congiungenteF ed M, allora si ha

cosα =|(F − P ) · V |||F − P || ||V ||

.

39

Figure 16: proprieta ottiche

Con facili calcoli si verifica che

cosα =|2axo|√1+4a2x2o

.

D’altra parte, se β e l’angolo (acuto) determinato da R e dalla retta pas-sante per M e parallela all’asse delle y che in questo caso coincide con l’assedella parabola, allora si ha

cosβ =|2axo|√1+4a2x2o

e quindi i due angoli sono uguali.Quanto sopra dimostrato ci fornisce, tenendo conto della legge della ri-

flessione totale, la seguente spiegazione ottica. I raggi che escono da unasorgente luminosa posta nel fuoco vengono riflessi dalla parabola in modotale da costituire un fascio di raggi paralleli all’asse. Viceversa un fascio diraggi luminosi paralleli all’asse della parabola si riflettono sulla parabolain modo tale da incontrarsi in un unico punto (il fuoco). Questa e la moti-vazione della parola fuoco e questa proprieta fisica spiega la forma dei faridelle automobili che sono parti di superfici dette paraboloidi ellittici, chehanno come sezioni parabole (come vedremo piu avanti).

Esercizi 3.17 a) Dati l’ellisse d’equazione y2

a2+ x2

b2= 1 ed un fascio di

rette parallele, provare che i punti medi delle corde intercettate dallerette sull’ellisse stanno su una stessa retta detta diametro dell’ellissedata.

40

b) Dati l’iperbole d’equazione y2

a2− x2

b2= 1 ed un fascio di rette parallele,

provare che i punti medi delle corde intercettate dalle rette del fasciosull’iperbole stanno un una medesima retta detta diametro dell’iperboledata.

c) Dati la parabola d’equazione x = ay2 ed un fascio di rette parallele dicoefficiente angolare non nullo, provare che i punti medi delle cordeintercettate dalle rette del fascio sulla parabola stanno su una stessaretta che e parallela all’asse delle x. Tale retta si dice diametro dellaparabola.

Osservazioni Fin qui abbiamo studiato alcuni tipi di curve piane rappre-sentate da equazioni algebriche di secondo grado. Le abbiamo analizzateconsiderando una loro particolare posizione rispetto al sistema di riferimentoscelto e per questo le equazioni associate hanno assunto forme particolar-mente semplici, dette canoniche metriche. Quelle esaminate sono tutte esole le figure che possono rappresentarsi mediante un’equazione algebrica disecondo grado in due indeterminate. Infatti, come gia osservato in prece-denza, si dimostra che ogni figura rappresentata da un’equazione algebricadi secondo grado in due indeterminate (v. (3)) puo trasformarsi medianteun’ isometria in una delle curve che abbiamo esaminato in forma canonica.

41

4 Le Quadriche: studio nelle forme canoniche

Le prime quadriche conosciute sono state la sfera, il cono ed il cilindro cir-colari. Ad esse Archimede aggiunse il paraboloide di rotazione, l’iperboloidea due falde (di cui considerava una falda ) e l’ellissoide di rotazione. I primicasi di quadriche non di rotazione si hanno nel sedicesimo secolo, ma e solocon l’introduzione delle coordinate che si e reso possibile lo studio sistematicodelle quadriche.

Per procedere nello studio delle quadriche useremo lo stesso metodo ap-plicato per le coniche, cioe studieremo alcune classi di equazioni estrema-mente semplici (canoniche), di secondo grado, in tre indeterminate. Comeper le coniche11 si dimostra che, mediante isometrie, e possibile trasformarel’insieme dei punti le cui coordinate sono soluzioni di un’equazione algebricadi secondo grado in tre indeterminate (v.4), detta quadrica, in quello deipunti le cui coordinate sono soluzioni di una delle equazione studiate.

4.1 La Sfera e la sua rappresentazione cartesiana

Definizione 4.1 Si chiama sfera (o superficie sferica) il luogo geometrico deipunti P dello spazio S che sono equidistanti da un punto C detto centro.

Se lo spazio S e riferito ad un sistema di riferimento cartesiano ortogo-nale, quindi identificato con Rl 3, e la distanza del punto P ≡ (x, y, z) dellasfera dal centro C ≡ (xo, yo, zo) e r (detto raggio), allora i punti P de-vono soddisfare la condizione ∥ P − C ∥= r. Cio e equivalente alla seguenteequazione

(x− xo)2 + (y − yo)

2 + (z − zo)2 = r2 (39)

Dopo aver sviluppato i quadrati l’equazione (39) diventa:

x2 + y2 + z2 + ax+ by + cz + d = 0 (40)

dove a = −2xo, b = −2yo, c = −2zo e d = x2o + y2o + z2o − r2.Si prova, in modo analogo a quanto fatto per la rappresentazione carte-

siana della circonferenza, che l’equazione (40) rappresenta una sfera se e solose i coefficienti reali a, b, c, d soddisfano la condizione

(a

2)2 + (

b

2)2 + (

c

2)2 − d > 0.

11Le dimostrazioni e le tecniche sono omesse in queste note

42

Esempio 4.2 Data la superficie d’equazione x2 + y2 + z2 − 2x+6y+9 = 0,provare che e una sfera. Determinare inoltre i piani tangenti alla sfera neipunti in cui essa incontra gli assi coordinati.

Soluzione Si osserva prima di tutto che i coefficienti dei monomi x2, y2, z2

sono uguali tra loro (in particolare sono 1). Inoltre si ha

(−2

2)2 + (

6

2)2 + (

0

2)2 − 9 = 1 + 9− 9 = 1 > 0

Quindi la superficie e una sfera di cui xo = −(−22) = 1, yo = −6

2= −3,

zo = 0 sono le coordinate del centro e r =√1 + 9− 9 = 1 e il raggio.

L’intersezione della sfera con l’asse delle x e data dax2 + y2 + z2 − 2x+ 6y + 9 = 0

z = 0y = 0

⇒

x2 − 2x+ 9 = 0

z = 0y = 0

Il sistema non ammette soluzioni e quindi non ci sono intersezioni.Consideriamo adesso le eventuali intersezioni con l’asse delle y.

x2 + y2 + z2 − 2x+ 6y + 9 = 0

x = 0z = 0

⇒

y2 + 6y + 9 = 0

z = 0x = 0

⇒

P ≡ (0,−3, 0) e l’intersezione della sfera con l’asse delle y. In modo analogosi vede che non ci sono intersezioni con l’asse delle z. Pertanto P ≡ (0,−3, 0)e l’unica intersezione della sfera con gli assi coordinati. Il piano tangente allasfera in P e perpendicolare alla retta R congiungente P col centro C. Ilvettore direttore di tale retta e VR ≡ (1, 0, 0) e quindi il piano tangente allasfera in P ha equazione:

1(x− 0) + 0(y − 3) + 0(z − 1) = 0 ⇒ x = 0

4.2 Equazioni cartesiane della circonferenza nello spazio

Una circonferenza nello spazio e determinata dall’intersezione di due superficipassanti per essa. La scelta di queste due superfici e largamente arbitraria(cosı come e arbitraria la scelta di due piani per rappresentare una retta ). Unmodo di rappresentare la circonferenza e quello di pensarla come intersezionedi una sfera con un piano (la circonferenza e una curva piana).

43

Figure 17: Sezione di una sfera

Nota 4.3 Una conica in Rl 3 si puo pensare come intersezione di una quadricacon un piano. Viceversa un sistema consistente di un’equazione algebrica disecondo grado in tre variabili e di un’equazione algebrica di primo grado intre variabili rappresenta una conica in Rl 3 .

Sia x2 + y2 + z2 + ax + by + cz + d = 0 l’equazione di una sfera S e siaαx+ βy + γz + δ = 0 l’equazione del piano P . Se la distanza del centro Cdi S dal piano P e minore del raggio r di S il sistema{

x2+y2+z2+ax+ by + cz + d = 0αx+βy+γz+δ = o

(41)

rappresenta una circonferenza reale il cui centro C ′ e il punto d’intersezionedel piano P con la perpendicolare ad esso condotta dal centro C. Se d rap-presenta la distanza di C dal piano P , allora il raggio r della circonferenzae dato da r =

√R2 − d2.

Esercizi 4.4

1. Determinare il centro ed il raggio della circonferenza di equazioni:

{x2+y2+z2 − 2x− 3= 0x+ 2y − z = 0

44

2. Determinare l’equazione della sfera che passa per O ≡ (0, 0, 0), perA ≡ (2, 0, 0) ed e tangente al piano x− y = 0 nel punto O.

Soluzione Detta x2+y2+ z2+2ax+2by+2cz+d = 0 l’equazione diuna generica sfera , si ha che il passaggio per i punti O ed A impone le

condizioni

{d = 04+4a+ d = 0

cioe d = 0 ed a = −1. Allora l’equazione

della sfera diventa x2 + y2 + z2 − 2x+ 2by+ 2cz = 0. Dovendo la sferaessere tangente al piano x− y = 0, si ha che il centro C ≡ (1,−b,−c)deve stare sulla perpendicolare al piano x − y = 0 passante per ilpunto O. La retta per O e perpendicolare a x − y = 0 ha equazione{z = 0x+ y = 0

. Pertanto le coordinate di C devono soddisfare queste

due equazioni. Ne segue c = 0, b = 1 e quindi l’equazione richiesta e :

x2 + y2 − 2x+ 2y = 0.

Il centro di tale sfera ha coordinate (1,−1, 0) ed il raggio e√2.

3. Determinare i punti A e B d’intersezione della sfera di equazione

x2 + y2 + z2 − 2x − 1 = 0 con la retta di equazioni

{x = zy =− z

.

Determinare inoltre le equazioni dei piani π1 e π2 tangenti alla sferain A e B rispettivamente.

Soluzione A ≡ (1,−1, 1), B ≡ (−13, 13,−1

3), π1 : y − z + 2 = 0,

π2 : 4x− y + z = 0.

4. Determinare il raggio r e le coordinate del centro C della circonferenza

di equazioni

{x+ y + 2z − 2 = 0x2+y2+z2 − 2x+ 4y = 0

.

Soluzione r =√

72, C ≡ (3

2,−3

2, 1).

5. Determinare le equazioni della circonferenza che ha centro in C ≡ (1, 0, 2),raggio 1 e giace sul piano x+ y − z + 1 = 0.

Soluzione Basta prendere la sfera con centro in C ≡ (1, 0, 2) e rag-

gio 1. Allora il sistema

{(x− 1)2+y2+(z − 2)2= 1x+ y − z + 1 = 0

rappresenta la

circonferenza richiesta.

45

Adesso studiamo le superfici che sono rappresentate da equazioni canoni-che della forma

a11x2 + a22y

2 + a33z2 + a44 = 0 (42)

dove i coefficienti a11, a22 e a33 non sono tutti nulli. Per comodita scriviamo

Ax2 +By2 + Cz2 = D (43)

dove a11 = A, a22 = B, a33 = C e a44 = −D. Nel seguito di questocapitolo useremo per i coefficienti delle incognite il tipo di scrittura adottatonell’equazione (43) anziche la forma dell’equazione (42).

Notiamo che una sfera di centro l’origine e rappresentata da un’equazionedel tipo (42).

Una superficie rappresentata da un’equazione del tipo (43) risulta esse-re simmetrica rispetto ai piani coordinati e quindi anche rispetto alle lorointersezioni, cioe agli assi coordinati ed all’origine. Questa e una proprietametrica e quindi le superfici, che sono rappresentate da un’equazione in formacanonica del tipo (43), hanno la proprieta geometrica di possedere tre pianidi simmetria tra loro perpendicolari e quindi di avere le loro intersezioni comeassi di simmetria ed un centro di simmetria.

4.3 Ellissoide

Supponiamo che i coefficienti A, B, C e D dell’equazione (43) siano tuttidiversi da 0 ed abbiano lo stesso segno. Senza perdere in generalita (even-tualmente moltiplicando per −1) possiamo supporre A,B,C e D positivi.Dividendo per D, l’equazione assume la forma

x2

DA

+y2

DB

+z2

DC

= 1. (44)

Essendo DA, D

B, D

Cpositivi, poniamo D

A= a2, D

B= b2 e D

C= c2. Allora

l’equazione diventax2

a2+y2

b2+z2

c2= 1. (45)

Cominciamo col considerare le sezioni della superficie con piani parallelial piano di simmetria x = 0, cioe piani del tipo x = H.

46

Dobbiamo quindi considerare il sistema

{x2

a2+y2

b2+ z2

c2= 1

x = Hche e equivalente

al seguente {y2

b2+ z2

c2= 1− H2

a2

x = H.

Se 1 − H2

a2> 0 il sistema rappresenta un’ ellisse reale. Se 1 − H2

a2< 0 si

ha un’ellisse immaginaria, mentre nel caso in cui 1− H2

a2= 0 si ha un’ellisse

degenere cioe l’unica soluzione del sistema risulta essere l’origine. In modoanalogo si procede se intersechiamo con piani del tipo y = H oppure z = H.Quindi se y = H avremo ellissi reali, immaginarie o degeneri a seconda che1 − H2

b2sia maggiore , minore o uguale a 0. Analoghi risultati si hanno per

z = H. Notiamo inoltre che gli assi delle ellissi diminuiscono al crescere di|H|. In particolare la superficie e limitata cioe si puo racchiudere dentro unparallelepipedo i cui lati misurano 2a, 2b, 2c rispettivamente.

Una superficie rappresentata da un’equazione del tipo (45) si dice ellis-soide.

Se nell’equazione (45) due tra i valori a, b, c sono uguali tra loro, alloral’ellissoide si dice di rotazione. Per esempio se a = b allora l’ellissoide si

puo pensare come ottenuto dalla rotazione dell’ellisse

{x2

a2+ z2

c2= 1

y = 0intorno

all’asse delle z.Se nell’equazione (45) si ha a = b = c, allora l’equazione rappresenta

una sfera di centro (0, 0, 0) e raggio r = a.Se A, B e C hanno lo stesso segno mentre D ha segno opposto ad A

allora , dividendo per −D, in (43) otteniamo, analogamente a quanto fattoper (45)

x2

a2+y2

b2+z2

c2= −1. (46)

In tal caso non abbiamo soluzioni reali e l’equazione (46) prende il nomedi equazione di un ellissoide immaginario.

Esercizi 4.5

Per ciascuna delle superfici rappresentate dalle seguenti equazioni, deter-minare le misure degli assi ed i fuochi delle coniche intersezioni con i pianicoordinati:

47

Figure 18: Ellissoide

1. 2x2 + 3y2 + z2 = 2.

Soluzione L’equazione puo essere riscritta nella forma x2+ y223

+ z2

2= 1

e rappresenta un ellissoide. Determiniamo le intersezioni coi piani co-ordinati. Consideriamo dapprima l’intersezione col piano z = 0. Si ha{

2x2 + 3y2 = 1z = 0

⇔

x2 + y223

= 1

z = 0La conica rappresenta un’ellisse

situata nel piano z = 0 di asse maggiore 2a = 2 ed asse minore

2b = 2√

23. Si ha quindi c2 = 1 − 2

3= 1

3I fuochi si trovano sull’asse

delle x ed hanno coordinate F1 ≡ (√

13, 0, 0) e F2 ≡ (−

√13, 0, 0).12

Consideriamo ora l’intersezione col piano y = 0. Allora si ha

{2x2 + z2 = 2

y = 0⇔{

x2 + z2

2= 1

y = 0L’asse maggiore misura 2

√2 e si trova sull’asse delle

z mentre quello minore si trova sull’asse delle x e misura 2. Si hac2 = 2 − 1 = 1 e quindi i fuochi che si trovano sull’asse delle z hannocoordinate F1 ≡ (0, 0, 1) e F2 ≡ (0, 0,−1).

Infine consideriamo l’intersezione col piano x = 0. Allora si ha

12Si osservi che la conica e scritta come sistema, perche e l’intersezione di una quadricacon un piano

48

{3y2 + z2 = 2

x = 0⇔

y223

+ z2

2= 1

x = 0L’asse maggiore si trova sull’asse

delle z e misura 2√2 mentre l’asse minore si trova sull’asse delle y e

misura 2√

23. Poiche c2 = 2− 2

3= 4

3si ha che i fuochi hanno coordinate

F1 ≡ (0, 0,√

43) F2 ≡ (0, 0,−

√43).

2. x2 + 2y2 + 3z2 = 1.

Soluzione Si tratta di un ellissoide. Determiniamo le intersezioni

coi piani coordinati. Si ha

{x2 + 2y2 = 1

z = 0⇔

x2 + y212

= 1

z = 0L’asse

maggiore misura 2 e l’asse minore√2. I fuochi hanno coordinate

F1 ≡ ( 1√2, 0, 0) e F2 ≡ (− 1√

2, 0, 0)

Consideriamo ora

{x2 + 3z2 = 1

y = 0⇔

x2 + z213

= 1

y = 0Si tratta di

una ellisse di cui l’asse maggiore si trova sull’asse delle x e misura

2 mentre quello minore si trova sull’asse delle z e misura 2√

13. I

fuochi hanno coordinate F1 ≡ (√

23, 0, 0) e F2 ≡ (−

√23, 0, 0). Infine

si ha

{2y2 + 3z2 = 1

x = 0⇔

y212

+ z213

= 1

x = 0L’asse maggiore si trova

sull’asse delle y e misura 2√

12mentre quello minore si trova sull’asse

delle z e misura 2√

13. I fuochi hanno coordinate F1 ≡ (0,

√16, 0)

F2 ≡ (0,−√

16, 0).

49

4.4 Iperboloide ad una falda

Consideriamo adesso un’equazione del tipo (43) e supponiamo che due deicoefficienti A, B, C abbiano lo stesso segno di D mentre il terzo abbia segnocontrario. Possiamo supporre, ad esempio che A, B, D siano positivi e Cnegativo. Operando come per (45) possiamo riscrivere l’equazione nella forma

x2

a2+y2

b2− z2

c2= 1 (47)

dove a2 = DA, b2 = D

Be c2 = −D

C.

Per quanto abbiamo gia notato questa superficie risulta essere simmetricarispetto ai tre piani coordinati, all’origine ed agli assi coordinati. Analizzia-mo adesso il tipo di intersezioni che si ottengono intersecando la superficiedata con piani paralleli ai piani di simmetria. Consideriamo dapprima leintersezioni con piani del tipo z = H che sono paralleli al piano di simmetriaz = 0. {

x2

a2+y2

b2= 1+H2

c2

z = H. (48)

La curva ottenuta dall’intersezione della superficie (47) col piano z = He un’ellisse i cui assi aumentano al crescere di |H|. Se intersechiamo con pianidel tipo y = H che sono paralleli al piano di simmetria y = 0, otteniamo{

x2

a2− z2

c2= 1− H2

b2

y = H(49)

che rappresenta un’iperbole. Analogamente, se intersechiamo con pianidel tipo x = H, che sono paralleli al piano di simmetria x = 0, otteniamo{

y2

b2− z2

c2= 1− H2

a2

x = H(50)

che rappresenta un’iperbole al variare di H.La superficie rappresentata da un’equazione del tipo descritto prende il

nome di iperboloide ad una falda. Notiamo che l’asse delle z non ha inter-sezioni con la superficie considerata. Se pensiamo a, b, c positivi, allora inumeri a, b, c prendono il nome di semiassi dell’iperboloide ad una falda.

Se i numeri a e b nell’equazione (47) sono uguali tra loro, allora l’iperboloidead una falda si dice di rotazione. In tal caso l’iperboloide ad una falda ha

50

Figure 19: Iperboloide ad una falda

equazione x2

a2+ y2

a2− z2

c2= 1 e puo pensarsi come ottenuto dalla rotazione

dell’iperbole

{x2

a2− z2

c2= 1

y = 0attorno all’asse delle z. Se i coefficienti A e C

hanno lo stesso segno di D, allora si ha un iperboloide ad una falda in cuil’asse delle y non interseca la superficie. Analogamente si ha un iperboloidead una falda con l’asse delle x che non interseca la superficie nel caso in cuiB e C abbiano lo stesso segno di D.

La figura (19) rappresenta un iperboloide ad una falda dove l’asse delle

z non interseca la superficie. La sua equazione e quindi x2

a2+ y2

b2− z2

c2= 1.

Esempi 4.6 1. L’equazione 2x2+y2−3z2 = 1 puo riscriversi nella formax2

12

+y2− z213

= 1 che rappresenta un iperboloide ad una falda in cui l’asse

delle z non interseca la superficie.

51

2. L’equazione −x2+2y2+z2 = 2 puo riscriversi nella forma −x2

12

+y2+ z2

2= 1

che rappresenta un iperboloide ad una falda in cui l’asse delle x noninterseca la superficie.

3. l’equazione x2−2y2+z2 = 2 puo riscriversi nella forma x2

2−y2+ z2

2= 1

che rappresenta un iperboloide ad una falda in cui l’asse delle y noninterseca la superficie.

Esercizi 4.7

1. Data la superficie d’equazione 2x2+y2−z2 = 1, determinare le misuredegli assi della conica ottenuta dall’intersezione con il piano z = 3.Determinare inoltre le equazioni degli asintoti dell’iperbole ottenutaintersecando la superficie con il piano y = 1

2.

Soluzione Osserviamo prima di tutto che l’equazione rappresenta uniperboloide ad una falda. Consideriamo l’intersezione della superficie

col piano z = 3. Allora si ha

{2x2 + y2 − z2 = 1

z = 3⇔{

x2

5+ y2

10= 1

z = 3Questa intersezione rappresenta un’ellisse. L’asse maggiore misura2√10 e si trova sull’asse delle y mentre quello minore misura 2

√5

e si trova sull’asse delle x . Consideriamo ora l’intersezione col piano

y = 12. Allora si ha

{2x2 − z2 = 3

4

y = 12

⇔

x2

38

− z234

= 1

y = 12

che rappre-

senta un’iperbole con l’asse trasverso coincidente con l’asse delle x el’asse non trasverso coincidente con l’asse delle z . Quindi gli asintoti

hanno equazioni

z = ±3438

x = ±2x

y = 12

13

2. Determinare l’equazione dell’iperboloide ad una falda tale

• i piani di simmetria coincidono con i piani coordinati

• l’intersezione con il piano z = 0 risulta essere l’ellisse avente ilsemiasse maggiore situato sull’asse delle x , di misura 2 e quellominore situato sull’asse delle y di misura 1.

13Si presti attenzione al fatto che le rette, essendo in Rl 3 ,si esprimono come un sistemadi due equazioni algebriche di primo grado, ossia come intersezione di due piani

52

• l’intersezione con il piano y = 0 risulta essere un’iperbole equila-tera.

Soluzione Tenendo conto della forma canonica dell’iperboloide aduna falda, si ha che la seconda condizione ci dice che l’ellisse che

ha equazioni

{x2

4+ y2 = 1z = 0

Inoltre la terza condizione, tenuto conto

anche della seconda, ci dice che l’ iperbole equilatera ha equazioni{x2

4− z2

4= 1

y = 0

Ne segue che l’iperboloide ha equazione x2

4+ y2 − z2

4= 1.

53

4.5 Iperboloide a due falde

Esaminiamo ora la superficie rappresentata da un’ equazione del tipo (43),dove A, B, C e D sono tutti diversi da 0 e supponiamo che uno solo deicoefficienti A, B, C abbia lo stesso segno di D. Se pensiamo A, B positivi eC, D negativi ed operiamo come per (43) possiamo scrivere l’equazione nellaforma

x2

a2+y2

b2− z2

c2= −1 (51)

con a2 = −DA, b2 = −D

B, c2 = D

C.

La superficie possiede i piani cartesiani come piani di simmetria e quindil’origine e centro di simmetria e gli assi cartesiani sono assi di simmetria.Analizziamo adesso le intersezioni con piani paralleli ai piani di simmetria.Iniziamo col considerare le intersezioni con piani paralleli al piano di simme-tria z = 0, ossia piani del tipo z = H. Allora si ha{

x2

a2+y2

b2=− 1+H2

c2

z = H. (52)

Se −c < H < c otteniamo un’ellisse immaginaria, cioe non si hannointersezioni tra la superficie ed il piano. Se |H| = c allora si ha un’ellissedegenere cioe l’intersezione si riduce ad un punto. Se infine H < −c oppureH > c si ottiene un’ellisse i cui assi aumentano al crescere di |H|.

Se intersechiamo con un piano del tipo x = H otteniamo{y2

b2− z2

c2=− 1− H2

a2

x = H(53)

che rappresenta un’iperbole al variare di H. Analogamente , se intersechia-mo con piani del tipo y = H otteniamo{

x2

a2− z2

c2= −1− H2

b2

y = H(54)

che rappresentano iperboli al variare di H .La superficie sopra descritta prende il nome di iperboloide a due falde.Notiamo che l’asse delle z interseca la superficie in due punti (ossia

in (0, 0, c) e (0, 0,−c)), mentre gli altri assi di simmetria non intersecanol’iperboloide ad una falda.

54

Figure 20: Iperboloide a due falde

Situazioni analoghe a quelle descritte qui sopra si presentano nei casi incui A, C sono positivi e B,D sono negativi 14 oppure se B, C sono positivie A, D sono negativi.15

Esempi 4.8 1. L’equazione 2x2 − y2 + z2 = −2 si puo riscrivere nellaforma x2 − y2

2+ z2

2= −1 che rappresenta un iperboloide a due falde

con l’asse delle y coincidente con l’asse di simmetria che interseca lasuperficie.

2. L’equazione 2x2 − 2y2 − z2 = 2 puo essere riscritta nella forma−x2 + y2 + z2

2= −1 che rappresenta un iperboloide a due falde con

l’asse delle x coincidente con l’asse di simmetria che interseca la su-perficie.

Esercizi 4.9

Data la quadrica di equazione −x2 + 2y2 + z2 = −2, determinare

14In questo caso l’asse delle y interseca l’iperboloide a due falde15In questo caso l’asse delle x interseca l’iperboloide a due falde

55

• il tipo

• il tipo e l’eccentricita della conica ottenuta dall’intersezione con il pianoz=2.

• l’asse di simmetria che interseca la quadrica

Soluzione L’equazione puo essere riscritta nella forma −x2

2+y2+ z2

2= −1.

L’intersezione col piano z = 0 rappresenta un’iperbole, quella col piano y = 0rappresenta un’iperbole, mentre quella col piano x = 0 e l’insieme vuoto.Pertanto l’equazione rappresenta un iperboloide a due falde. Consideriamo

ora l’intersezione col piano z = 2. Si ha

{−x2 + 2y2 = −6

z = 2⇔{

x2

6− y2

3= 1

z = 2Essa rappresenta un’iperbole con l’asse trasverso sull’asse delle x e quello non

trasverso sull’asse delle y . Essendo c2 = 6 + 3 si ha ε =√9√6=√

32.

Infine l’asse delle x e l’asse che interseca la quadrica data.

56

4.6 Cono del secondo ordine

Supponiamo adesso che in un’equazione del tipo (43) si abbia D = 0, ossiasi abbia l’equazione

Ax2 +By2 + Cz2 = 0 (55)

Consideriamo il caso in cui A, B, C siano tutti diversi da 0 e supponiamonon abbiano lo stesso segno. Senza perdere in generalita, salvo un cambio dinome degli assi coordinati, possiamo supporre che A, B siano positivi e Cnegativo. Allora si ha

x2

a2+y2

b2− z2

c2= 0 (56)

dove a2 = 1A, b2 = 1

B, c2 = − 1

C.

Tale superficie possiede i piani coordinati come piani di simmetria e quindianche l’origine come centro di simmetria.

Sia Po ≡ (xo, yo, zo) una soluzione dell’equazione (56). Sia R la rettacongiungente l’origine con il punto Po. Allora

x = xot, y = yot, z = zot

sono le equazioni parametriche di R. Ne segue che

(xot)2

a2+

(yot)2

b2− (zot)

2

c2= t2(

x2oa2

+y2ob2

− z2oc2

)= 0.

Pertanto tutta la retta R appartiene alla superficie rappresentata dall’equazione(56). Se intersechiamo la superficie con il piano d’equazione z = H si ha{

x2

a2+y2

b2=H2

c2

z = H(57)

che, nel caso in cui H = 0, rappresenta un’ellisse non degenere, mentrequando H = 0 l’unica soluzione e l’origine. La superficie rappresentatadall’equazione (56) si dice cono del secondo ordine. Per rappresentare talesuperficie e sufficiente considerare l’intersezione con un piano z = H conH = 0, che, per quanto abbiamo visto, rappresenta un’ellisse. Poi, dettoP un qualunque punto di tale ellisse, si determina la retta congiungente Pcon l’origine. La totalita delle rette cosı ottenute al variare di P sull’ellissedetermina la superficie data.

57

Nel caso in cui A, B, C abbiano lo stesso segno, analogamente a quantofatto in (55) si ha

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 0. (58)

In tale situazione l’unica soluzione reale e (0, 0, 0) e l’equazione (58) sidice l’ equazione di un cono immaginario. Situazioni analoghe al caso (56)si presentano se A, C oppure B, C hanno lo stesso segno.

Esercizi 4.10

1. Data l’equazione −x2+y2−2z2 = 0, determinare il tipo di quadrica cherappresenta. Determinare inoltre il tipo di conica ottenuta sezionandola quadrica col piano z = 1 e la sua eccentricita.

Soluzione L’equazione rappresenta un cono in forma canonica perchel’equazione e omogenea di secondo grado e compaiono tutte le vari-abili. Consideriamo ora l’intersezione col piano z = 1. Allora si ha{

−x2 + y2 − 2z2 = 0z = 1

⇔{

−x2

2+ y2

2= 1

z = 1Questo sistema rappre-

senta un’iperbole equilatera con l’asse trasverso coincidente con l’assedelle y e quello non trasverso coincidente con quello delle x . Essendoun’iperbole equilatera l’eccentricita e ε =

√2.

2. Data la superficie di equazione x2−2y2−z2 = 0 determinare le sezionicoi piani y = 2 e x = 0.

Soluzione Consideriamo il sistema

{x2 − 2y2 − z2 = 0

y = 2⇔{x2 − z2 = 8

y = 2che rappresenta un’iperbole equilatera con l’asse trasverso coincidentecon l’asse delle x e quello non trasverso coincidente con quello dellez . I vertici hanno coordinate V1 ≡ (−2

√2, 2, 0) e V2 ≡ (2

√2, 2, 0) e

gli asintoti equazioni

{z = xy = 2

e

{z = −xy = 2

. Determiniamo adesso

l’intersezione col piano z = 0. Allora si ha{x2 − 2y2 − z2 = 0

z = 0⇔{x2 − 2y2 = 0

z = 0⇔{

(x−√2y)(x+

√2y) = 0

z = 0.

L’insieme delle soluzioni di questo sistema consiste dell’unione delle

soluzioni dei sistemi

{x−

√2y = 0

z = 0e

{x+

√2y = 0

z = 0Ciascuno di

58

Figure 21: Cono

questi due sistemi rappresenta una retta. Pertanto la sezione rappre-senta una coppia di rette incidenti nell’origine.

59

4.7 Cilindro del secondo ordine

Consideriamo adesso un’equazione del tipo (43) dove uno dei coefficientiA, B, C e uguale a 0 e gli altri sono diversi da 0. Senza perdere in gen-eralita consideriamo l’equazione

Ax2 +By2 = D (59)

con A ·B ·D = 0.Come gia notato, una superficie rappresentata da una tale equazione

e simmetrica rispetto ai piani coordinati e quindi agli assi coordinati edall’origine. Supponiamo in un primo momento A, B, D maggiori di zero.Allora si ha, operando come per (45)

x2

a2+y2

b2= 1. (60)

Se Po ≡ (xo, yo, zo) e soluzione di (60), allora tutti i punti della rettax = xo, y = yo sono soluzione di (60). D’altra parte il sistema{

x2

a2+y2

b2= 1

z = 0(61)

rappresenta un’ellisse nel piano z = 0. Questo significa che la superficiedata dall’equazione (60) e costituita da rette parallele all’asse delle z e pas-santi per i punti dell’ellisse (61). La superficie rappresentata dall’equazione(60) prende il nome di cilindro ellittico. L’insieme dei punti le cui coordinatesoddisfano il sistema rappresentato dalle equazioni (61) (o (63) qui sotto)prende il nome di direttrice del cilindro, mentre le rette si dicono genera-trici. Situazioni analoghe a quelle rappresentate dalle equazioni (61) o (63)si hanno se le direttrici giacciono nel piano y = 0 oppure nel piano x = 0.

Se nell’equazione (59) supponiamo AB < 0 e D = 0, senza perdere ingeneralita, possiamo scrivere tale equazione nella forma

x2

a2− y2

b2= 1. (62)

Come nel caso precedente la superficie risulta essere costituita da retteparallele all’asse delle z e secanti (in questo caso) l’iperbole{

x2

a2− y2

b2= 1

z = 0. (63)

60

La superficie rappresentata dall’equazione (62) si dice cilindro iperbolico.Simili situazioni si presentano con cilindri aventi come direttrici iperboli nelpiano y = 0 oppure nel piano x = 0. 16

I coni ed i cilindri rientrano in una categoria di quadriche dette quadrichedegeneri.

4.8 Le altre quadriche degeneri

Descriviamo adesso le quadriche degeneri diverse da cilindri e coni. Senell’equazione (59) abbiamo D = 0 e AB < 0 allora, senza perdere ingeneralita, possiamo scrivere

a2x2 − b2y2 = 0, (64)

dove a2 = A e b2 = B.Si ha dunque (ax−by)(ax+by) = 0 e la superficie si spezza in due piani.Se AB > 0 e D = 0 allora abbiamo, analogamente a quanto fatto per

(64)

a2x2 + b2y2 = 0 (65)

ed i punti (0, 0, z) sono soluzioni di tale equazione che rappresenta l’assedelle z (contato due volte).

Se nell’equazione (59) abbiamo A = 0 e B = D = 0 allora si ha

Ax2 = 0 (66)

che rappresenta il piano x = 0 contato due volte.Se AD > 0 e B = 0, allora come per (64) l’equazione (59) puo essere

scritta nella forma

16Supponiamo di considerare l’intersezione tra una quadrica, per esempio un iperboloide

ad una falda d’equazione x2

a2 + y2

b2 − z2

c2 = 1 col piano z = H . Allora si ha la conica

(ellisse) rappresentata dal sistema

{x2

a2 + y2

b2 − z2

c2 = 1z = H

. D’altra parte il suddetto sis-

tema puo essere riscritto nella forma

{x2

a2 + y2

b2 = 1 + H2

c2

z = H(molte volte abbiamo operato

in questo modo quando abbiano considerato l’intersezione di una quadrica con un pi-ano). Cio significa che la conica ottenuta come intersezione dell’ iperboloide ad una faldax2

a2 + y2

b2 − z2

c2 = 1 ed un piano z = H , puo anche pensarsi come intersezione del cilindrox2

a2 + y2

b2 = 1 + H2

c2 col piano z = H .

61

a2x2 − d2 = 0 (67)

ossia (ax− d)(ax+ d) = 0 e quindi si hanno due piani paralleli.Se AB > 0 e ABD < 0, allora si ha

a2x2 + b2y2 = −1 (68)

e pertanto non si hanno soluzioni reali.Analogamente, se AD < 0 e B = 0, l’equazione (59) si trasforma in

a2x2 = −1 (69)

che non ha soluzioni reali.Situazioni simili a quelle descritte si presentano cambiando le variabili

e superfici rappresentate dalle equazioni del tipo (64), (65),(66) , (67) sidicono cilindri degeneri mentre quelle date da equazioni del tipo (68), (69)si chiamano cilindri immaginari.

Se abbiamo un’equazione del tipo

Ax2 + Ey = 0 (70)

con AE = 0, allora, analogamente ai casi precedenti, abbiamo una superficiecomposta da rette parallele all’asse delle z e passanti in questo caso per laparabola {

Ax2+Ey = 0z = 0

(71)

Una tale superficie si dice cilindro con direttrice una parabola. Analoghesituazioni si presentano cambiando il nome delle variabili.

Esempi 4.11 1. L’equazione 2y2 + 3z = 0 rappresenta un cilindro con

direttrice la parabola P di equazioni

{23y2 + z = 0x = 0

e generatrici le

rette parallele all’asse delle x e passanti per P .

2. L’equazione −x2+3 = 0 puo essere riscritta nella forma (x−√3)(x+

√3) = 0

che rappresenta una coppia di piani paralleli.

Esercizi 4.12

62

Figure 22: Cilindro con direttrice un’ellisse (a sin.), un’iperbole (al centro),una parabola (a destra)

Fornire una rappresentazione grafica delle superfici aventi le seguentiequazioni:

1. 2x2 + y2 = 1.

2. x2 − 2y2 = 1

3. 2x2 = 1

4. 2x2 + y = 0

5. Studiare le simmetrie delle superfici rappresentate dalle equazioni soprascritte.

Soluzione Svolgiamo il primo esercizio. Notare che l’ equazione rappresenta

un cilindro con direttrice l’ellisse di equazioni

x2

12

+ y2 = 1

z = 0Tale superficie

risulta essere simmetrica rispetto ai piani coordinati. (Osserviamo che unqualunque piano del tipo z = k e piano di simmetria per la superficie.) Perfornire una rappresentazione grafica di tale superficie e sufficiente disegnarenel piano z = 0 la conica con semiasse maggiore sull’asse delle y di misura

1 e con semiasse minore sull’asse delle x di misura√

12. Successivamente

basta tracciare delle rette parallele all’asse delle z e passanti per i puntidella conica.

63

Completiamo l’analisi delle forme canoniche delle equazioni algebriche disecondo grado in tre variabili analizzando quelle associate alle ultime duequadriche non degeneri.

4.9 Paraboloide ellittico

Consideriamo adesso un’equazione del tipo

Ax2 +By2 = Dz (72)

dove A · B · D = 0 con A e B dello stesso segno. Supponiamo in unprimo momento A,B e D positivi. Scriviamo quindi l’equazione nella forma

z =x2

a2+y2

b2(73)

dove a2 = DA

e b2 = DB. Tale superficie risulta essere simmetrica rispetto ai

piani x = 0 e y = 0 e quindi anche all’asse delle z che e la loro intersezione.Consideriamo l’intersezione della (73)con piani del tipo z = H. Allora si

ha {z =x2

a2+y2

b2

z = H(74)

cioe {H =x2

a2+y2

b2

z = H(75)

.Pertanto, se H > 0 otteniamo delle ellissi. Se H = 0 si ha che l’unica

soluzione e l’origine, mentre se H < 0 abbiamo ellissi immaginarie. Ne segueche la superficie e situata nel semispazio delle z positive. Se intersechiamocon piani del tipo x = H allora si ha{

z =H2

a2+y2

b2

x = H(76)

che rappresenta una parabola. Analogamente le sezioni con piani y = Hsono parabole.

Situazioni simili si presentano se x oppure y e il termine di primo gradoe precisamente, se si tratta della variabile x, allora la superficie ha l’asse

64

Figure 23: Paraboloide ellittico

delle x come asse di simmetria, mentre se si tratta della variabile y, alloral’asse delle y e l’asse di simmetria. Superfici rappresentate da equazioni deltipo (73) si dicono paraboloidi ellittici.

Se a = b, allora la superficie risulta essere di rotazione, cioe si puo pensare

ottenuta dalla rotazione della parabola

{z = x2

a2

y = 0attorno all’asse delle z.

Se D e negativo mentre A e B sono positivi, allora ci si riduce ad unaequazione della forma

z = −x2

a2− y2

b2

che ha le stesse proprieta della superficie d’equazione (73) ma e situata nelsemispazio delle z negative.

Esercizio 4.13 Rappresentare la superficie di equazione −2z = x2 + 2y2.

Soluzione La superficie non ha intersezioni con piani del tipo z = He H > 0. Presenta la sola intersezione (0, 0, 0) col piano z = 0 mentre

se H < 0 allora si ha l’intersezione

{x2 + 2y2 = −2H

z = Hche rappresenta

un’ellisse con l’asse maggiore sull’asse delle x e quello minore sull’asse delle

65

Figure 24: Paraboloide ellittico d’equazione −2z = x2 + 2y2

y . In particolare se z = −1 si ha l’ellisse

{x2

2+ y2 = 1z = −1

. Le intersezioni con

piani del tipo x = H danno luogo a parabole di equazioni

{z = −H2

2− y2

x = H.

Anche le intersezioni con piani del tipo y = H rappresentano parabole di

equazioni

{z = −x2

2−H2

y = H. La figura 24 ne rappresenta il grafico.

66

4.10 Paraboloide iperbolico

Studiamo adesso un’equazione della forma

Ax2 +By2 = Dz (77)

dove AB < 0 e D = 0. Senza perdere in generalita ed operando in modoanalogo a quanto fatto per (72) possiamo scrivere l’equazione nella forma

z =x2

a2− y2

b2(78)

La superficie rappresentata da un’equazione del tipo (78) si dice paraboloideiperbolico. la superficie risulta essere simmetrica rispetto al piano x = 0 ed alpiano y = 0 e quindi alla loro intersezione che e l’asse delle z. Consideriamole sezioni del paraboloide iperbolico con piani del tipo x = H. Allora si ha{

z =H2

a2− y2

b2

x = H. (79)

Tale sistema rappresenta, al variare di H, parabole con la concavita verso ilbasso. Se intersechiamo con piani del tipo y = H otteniamo{

z =x2

a2− H2

b2

y = H) (80)

che rappresentano parabole con la concavita verso l’alto. Se intersechiamocon piani del tipo z = H otteniamo{

x2

a2− y2

b2= H

z = H(81)

che rappresentano, al variare di H, delle iperboli. In particolare per H = 0si ha un’iperbole degenere in una coppia di rette incidenti.

Esercizi 4.14 Data la superficie rappresentata dall’equazione x = z2 − 2y2,determinare le coniche intersezioni con i piani coordinati. Determinare inol-tre il tipo e l’eccentricita della conica ottenuta intersecando la superficie conil piano x = 1.

Soluzione Consideriamo l’intersezione{z2 − 2y2 = 0

x = 0⇔{

(z −√2y)(z +

√2y) = 0

x = 0

67

Figure 25: Paraboloide iperbolico

che rappresenta una coppia di rette incidenti (in (0, 0, 0)).

Se intersechiamo col piano y = 0 si ha la parabola di equazioni

{x = z2

y = 0Se poi intersechiamo col piano z = 0 si ha la parabola di equazioni{x = −2y2

z = 0. Infine se intersechiamo col piano x = 1 si ha l’iperbole z2 − y2

12

= 1

x = 1con l’asse trasverso sull’asse delle z e quello non trasverso

sull’asse delle y . Si ha c2 = 1 + 12= 3

2e quindi l’eccentricita e ε =

√32.

68

4.11 Quadriche rigate

Abbiamo visto precedentemente che i coni ed i cilindri sono superfici com-poste da rette. Proviamo adesso che anche l’iperboloide ad una falda ed ilparaboloide iperbolico sono superfici rigate (cioe costituite da rette). I conied i cilindri si dicono semplicemente rigati, mentre l’iperboloide ad una faldaed il paraboloide iperbolico si dicono doppiamente rigati, perche per ognipunto di essi passa una coppia di rette che stanno sulla superficie. La proprie-ta di essere superfici rigate e un importante aspetto sotto il punto di vistacostruttivo. Strutture architettoniche aventi la forma dell’iperboloide ad unafalda trovano impiego in impianti industriali come torri di raffreddamentoper facilitare l’uscita dei vapori. Strutture aventi la forma del paraboloideiperbolico sono spesso utilizzate come coperture di grandi luci. 17

Proviamo che l’iperboloide ad una falda e una quadrica rigata.Consideriamo l’equazione

x2

a2+y2

b2− z2

c2= 1 (82)

dell’iperboloide ad una falda. Scriviamo l’equazione nella forma

x2

a2− z2

c2= 1− y2

b2.

Essendo il primo ed il secondo membro dell’uguaglianza differenza di quadrati,si ha

(x

a+z

c)(x

a− z

c) = (1 +

y

b)(1− y

b).

Consideriamo adesso il seguente sistema{α(x

a+ z

c) =β(1 + y

b)

β(xa− z

c) =α(1− y

b)

(83)

17Uno dei primi ad aver usato elementi architettonici a forma di paraboloide iperbolico oiperboloide ad una falda e stato Antoni Gaudı . Pare ( ma non sono stati trovati documentiufficiali) che egli vedesse in queste due quadriche non solamente delle forme architettonichema anche un simbolo. Sembrerebbe che esse, essendo descritte da una retta che varia (dettageneratrice) appoggiandosi a due rette fissate (dette direttrici) rappresentassero per lui ilsimbolo della Santa Trinita. Le direttrici starebbero a effigiare il Padre ed il Figlio mentrela generatrice lo Spirito Santo.

69

dove α e β non sono entrambi nulli. Per ogni coppia (α, β) = (0, 0)il sistema dato rappresenta una retta.18 Fissata una coppia (α, β) = (0, 0),supponiamo che un punto Po ≡ (xo, yo, zo) sia soluzione del sistema (83).Allora P e soluzione anche dell’equazione (82).19 Questa proprieta vale perogni coppia (α, β) = (0, 0). Pertanto tutte le rette ottenute dal sistema con-siderato stanno sull’iperboloide ad una falda.

Facciamo vedere adesso che, comunque preso un punto Po ≡ (xo, yo, zo)sull’iperboloide ad una falda, esiste una ed una sola retta del sistema datoche passa per Po. Si ha

(xoa

+zoc)(xoa

− zoc) = (1 +

yob)(1− yo

b).

Supponiamo 1+ yob= 0 e consideriamo il seguente sistema nelle incognite

α e β : {α(xo

a+ zo

c) = β(1 + yo

b)

α(1− yob) = β(xo

a− zo

c)

(84)

La matrice dei coefficienti ha caratteristica 1 . Pertanto il sistema siriduce ad una sola equazione. Si hanno infinite soluzioni α, β legate tra

loro da β = kα ove k =(xo

a+ zo

c)

(1+ yob). Consideriamo ora il sistema{

α(xa+ z

c) = kα(1+y

b)

kα(xa− z

c) =α(1− y

b). (85)

Al variare di α , con α = 0, il sistema rappresenta la stessa retta R data

da

{xa− ky

b+ z

c= k

kxa+ y

b− kz

c= 1

che chiaramente passa per P. Se 1 + yob= 0, allora

deve essere 1− yob= 020 e ripetendo un ragionamento analogo al precedente

18Basta osservare che per ogni coppia (α, β) = (0, 0) la caratteristica della matrice(αa −β

bαc

βa

αb −β

c

), che e la matrice incompleta del sistema che rappresenta la retta data,

risulta essere 2 e cio e chiaramente vero.19Infatti, supponiamo in un primo momento che α = 0 e β = 0. Allora, molti-

plicando tra loro i primi e i secondi membri delle equazioni del sistema (83) si haαβ(xo

a + zoc )(

xo

a − zoc ) = αβ(1 + y0

b )(1 −yo

b ). Ossia, tenuto conto del fatto che α · β = 0si ha (xo

a + zoc )(

xo

a − zoc ) = (1 + y0

b )(1 −yo

b ) e quindi P e soluzione dell’equazione (82).Supponiamo ora che uno tra α o β sia nullo, per esempio supponiamo α = 0. Dovendoessere β = 0, dal sistema (83) si ottiene 1 + yo

b = 0 e xo

a − zoc = 0 e quindi il punto P

e soluzione di (82.)20Infatti 1 + yo

b = 0 ⇔ yo = −b . Pertanto si ha 1− yo

b = 2 = 0

70

si prova che esiste una ed una sola retta data dal sistema (84) che passa perP. Si puo inoltre dimostrare, come fatto precedentemente, che al variare deiparametri α e β il sistema{

α(xa+ z

c) =β(1− y

b)

β(xa− z

c) =α(1+y

b)

(86)

rappresenta un altro sistema di rette che stanno sull’iperboloide aduna falda. Quindi quanto sopra dimostrato asserisce che per ogni puntodell’iperboloide ad una falda passa una ed una sola retta di ciascuno deidue sistemi. Inoltre si puo provare che due rette dello stesso sistema sonosghembe tra loro (v. esercizio 1 di (4.15)).

Si dimostra, come per l’iperboloide ad una falda, che anche nel caso delparaboloide iperbolico si hanno due sistemi di rette che sono dati da{

α(xa+y

b) =βz

β(xa− y

b) =α

(87)

e {α(x

a− y

b) =βz

β(xa+ y

b) =α

(88)

Esercizi 4.15

1. Dati l’iperboloide ad una falda: x2 + 2y2 − z2 = 2 ed il puntoP ≡ (0, 1, 0), determinare le rette che passano per P e che giaccionosull’iperboloide. Provare inoltre che le rette di un dato sistema sonosghembe tra loro.

Soluzione Un sistema di rette, che giacciono sull’iperboloide, si scrive

nella forma

{α( x√

2+ z√

2) = β(1 + y)

β( x√2− z√

2) = α(1− y)

. Sostituite le coordinate di P

nel sistema si ottiene

{α · 0 = β · 2β · 0 = α · 0 Pertanto deve essere β = 0 e α

arbitrario. Si ottiene quindi la retta

{x+ z = 0y = 1

Consideriamo adesso l’altro sistema di rette{α( x√

2+ z√

2) = β(1− y)

β( x√2− z√

2) = α(1 + y)

(89)

71

Figure 26: Volte di copertura della crociera della Sagrada Familia

Figure 27: Quadriche doppiamente rigate

72

Sostituite le coordinate di P nel sistema 89 si ha

{α · 0 = β · 0β · 0 = α · 2 e

quindi deve essere α = 0 e β arbitrario. Pertanto si ottiene la retta

di equazioni

{y = 1

x− z = 0Proviamo adesso che le rette di un dato

sistema sono sghembe tra loro. Consideriamo il primo sistema, ossia

{α( x√

2+ z√

2) = β(1 + y)

β( x√2− z√

2) = α(1− y)

(90)

che possiamo riscrivere nella forma

{αx− β

√2y + αz − β

√2 = 0

βx+ α√2y − βz − α

√2 = 0

Un vettore direttore di una retta di tale sistema e dato da∣∣∣∣∣∣∣i j k

α −β√2 α

β α√2 −β

∣∣∣∣∣∣∣ = (√2(β2 − α2), 2αβ,

√2(α2 + β2).

Se due rette di (90) sono parallele, allora hanno vettori direttoricollineari. Supponiamo che una retta del sistema si ottenga per la cop-pia (α, β) mentre un’altra retta di (90) si abbia per (α, β). Allora, dalla

collinearita dei vettori si ottiene

√2(β2 − α2) = k

√2(β

2 − α2)2αβ = k2αβ√

2(α2 + β2) =√2k(α2 + β

2)

Sommando la prima e la terza equazione si ha β2 = kβ2ossia β =

√k β

e α =√kα e quindi le due rette coincidono. Si deduce ora che due

rette di (90) indicato devono essere sghembe tra loro. Infatti se nonfossero sghembe dovrebbero essere complanari, ma non potendo essereparallele, per il ragionamento precedente , dovrebbero essere incidentiin un punto delle quadrica. Poiche abbiamo provato che per ogni puntodella quadrica passa una sola retta di (90), si conclude che le rettesono sghembe tra loro. Con un ragionamento analogo si prova che unaqualunque coppia di rette dell’altro sistema sono sghembe tra loro.21

2. Dati il paraboloide iperbolico: z = 2x2−y2 ed il punto P ≡ (1,√2, 0),

determinare le rette che passano per P e che giacciono sul paraboloide.

21Un ragionamento simile a quello fatto per questo particolare iperboloide a una faldapuo ripetersi sia per ogni iperboloide ad una falda che per ogni paraboloide iperbolico.

73

3. Verificare, sia nel caso dell’iperboloide ad una falda x2 + 2y2 − z2 = 2che in quello del paraboloide iperbolico z = 2x2−y2 , che una retta chegiace su una di queste due quadriche, appartiene ad uno solo dei duesistemi di rette ad esse relativi.22

22Questo esercizio puo essere generalizzato al caso generale degli iperboloidi ad una faldae dei paraboloidi iperbolici.

74

5 Cambiamento di un sistema di riferimento

cartesiano ortogonale

5.1 Cambiamento di un sistema di riferimento carte-siano ortogonale nel piano

Il problema che ora vogliamo esaminare e il seguente. Si supponga che nel pi-ano P sia fissato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale (O,X, Y ) esiano (x, y) le coordinate di un punto P rispetto a (O,X, Y ). Se (O′, X ′, Y ′)e un altro sistema di riferimento cartesiano ortogonale di P e se (x′, y′) sonole coordinate di P rispetto a (O′, X ′, Y ′) ci chiediamo quale legame inter-corra tra le coordinate (x, y) e (x′, y′). E chiaro che per risolvere un taleproblema occorre conoscere gli elementi atti ad individuare le posizioni deinuovi assi rispetto ai vecchi.

Nota 5.1 Nel seguito quando affermeremo che in un sistema di riferimentocartesiano ortogonale e assegnata una unita di misura, intenderemo dire chesugli assi cartesiani e fissata la medesima unita di misura.

Dati due sistemi di riferimento cartesiano ortogonali (O,X, Y ) e (O′, X ′, Y ′)supporremo che su entrambi sia fissata la medesima unita di misura.

Definizione 5.2 Due sistemi di riferimento (O,X, Y ) e (O′, X ′, Y ′) si di-cono direttamente congruenti se sono ugualmente orientati (cioe se sono en-trambi orientati positivamente oppure sono entrambi negativamente orientati.

Si dicono inversamente congruenti se non sono direttamente congruenti.

5.2 Traslazione degli assi nel piano

Siano dati due sistemi di riferimento (O,X, Y ) e (O′, X ′, Y ′) direttamentecongruenti. Supponiamo che il sistema (O′, X ′, Y ′) sia ottenuto da (O,X, Y )mediante una traslazione degli assi, cioe spostando gli assi parallelamente ase stessi.

Se l’origine O’ ha coordinate (α, β) nel sistema (O,X, Y ), allora tra lecoordinate (x, y) e (x′, y′) di un punto P nel piano sussistono le seguentirelazioni: {

x =α+x′

y =β+y′e quindi

{x′ = x− αy′ = y − β

(91)

75

Figure 28: Sistemi di riferimento traslati

Esempi 5.3

1. Supponiamo che P abbia coordinate (2, 3) rispetto al sistema (O,X, Y )e che il sistema (O′, X ′, Y ′) sia il traslato di (O,X, Y ). Se O’ ha coor-dinate (1,−1) rispetto al sistema (O,X, Y ). Determinare le coordinatedi P in (O′, X ′, Y ′).

Soluzione Si ha x′ = x− α = 1 e y′ = y − β = 4.

2. Sia ax+by+c = 0 l’equazione di una retta R nel sistema di riferimento(O,X, Y ). Se (O′, X ′, Y ′) e il traslato di (O,X, Y ) ed O′ ≡ (α, β)rispetto ad (O,X, Y ), allora ci chiediamo qual’e l’equazione di Rrispetto a (O′, X ′, Y ′).

Soluzione Da (91) si ha a(x′ +α)+ b(y′ + β)+ c = 0. Supponiamoad esempio che R abbia equazione 2x+y = 2. Se (α, β) = (1, 2), alloral’equazione di R diventa 2x′ + y′ = −2.

3. Supponiamo che (O,X, Y ) ed (O′, X ′, Y ′) siano due sistemi di rifer-imento cartesiani ortogonali direttamente congruenti e ottenuti l’unodall’altro mediante traslazione degli assi con O′ ≡ (α, β) rispetto a

(O,X, Y ). Se x2

a2+ y2

b2= 1 e l’equazione di una ellisse E rispetto a

(O,X, Y ), allora l’equazione di E rispetto ad (O′, X ′, Y ′) e data da(x′+α)2

a2+ (y′+β)2

b2= 1.

Se y = ax2 e l’equazione di una parabola P rispetto a (O,X, Y ) siha che y′ + β = a(x′ + α)2 e l’equazione di P rispetto ad (O′, X ′, Y ′).

76

Figure 29: Sistemi di riferimento ruotati

5.3 Rotazione degli assi nel piano

Siano adesso (O,X, Y ) e (O′, X ′, Y ′) due sistemi di riferimento cartesianiortogonali aventi la stessa origine , cioe O = O′ ed entrambi positivamenteorientati. Supponiamo che gli assi X ′, Y ′ si possano immaginare ottenutida X, Y imprimendo loro una rotazione intorno ad O di un angolo θ.

Indichiamo con ρ la distanza di P da O. Sia α l’angolo orientato che ilvettore

−→OP forma con l’asse X ed α′ l’angolo che il vettore

−→OP forma con

l’asse X ′.Allora x = ρcosα, y = ρsenα e x′ = ρcosα′ , y′ = ρsenα′. Ne segue che

x = ρcosα = ρcos(α′ + θ) = ρ[cosα′cosθ − senα′senθ] =

ρcosα′cosθ − ρsenα′senθ = x′cosθ − y′senθ.

Inoltre

y = ρsenα = ρsen(α′ + θ) = ρ(senα′cosθ + senθcosα′) =

ρsenα′cosθ + ρcosα′senθ = y′cosθ + x′senθ.

Pertanto si ha: {x = x′cosθ − y′senθy = y′cosθ+x′senθ

(92)

Se esprimiamo la coppia (x′, y′) in funzione della coppia (x, y) si ha :{x′ = xcosθ+ysenθy′ =− xsenθ+ycosθ

(93)

77

Esempi 5.4

1. Supponiamo che P abbia coordinate (2, 3) rispetto al sistema di ri-ferimento (O,X, Y ) orientato positivamente. Se O ≡ O′ e il sistema(O′, X ′, Y ′) e ottenuto da (O,X, Y ) mediante una rotazione intorno adO dell’ angolo π

4( in senso antiorario) , quali sono le coordinate di P

rispetto al sistema (O′, X ′, Y ′)?

Sol.

x′ = 2cosπ4+ 3senπ

4= 2

√22+

√22

= 3√2

y′ = −2senπ4+ 3cosπ

4= −2

√22+ 3

√22

=√22

2. Siano dati i sistemi di riferimento (O′, X ′, Y ′) e (O,X, Y ), conO ≡ O′ ed ugualmente orientati positivamente. Supponiamo che ilprimo sia ottenuto dal secondo mediante una rotazione intorno adO di un angolo θ . Sia R una retta d’equazione ax + by + c = 0rispetto al sistema di riferimento (O,X, Y ). Allora l’equazione diR rispetto a (O′, X ′, Y ′), tenuto conto delle formule (92) e data da(acosθ + bsenθ)x′+(bcosθ−asenθ)y′+ c = 0. Per esempio l’equazione

x−y = 0, dopo una rotazione di π4diventa (

√22x′−

√22y′)+(

√22y′+

√22x′) = 0

ossia x′ = 0.

3. Sotto le stesse condizioni dell’esercizio precedente la parabola d’equazioney = x2 si trasforma in x′2 + y′2 − 2x′y′ −

√2x′ −

√2y′ = 0.

4. Supponiamo che i sistemi di riferimento (O,X, Y ) e O′, X ′, Y ′) soddi-sfino le condizioni dell’ esercizio 1. Data la retta R d’equazione y = 2xrispetto a (0, X, Y ) determinare l’equazione di R rispetto al sistemadi riferimento (O′, X ′, Y ′), ruotato intorno ad O di un angolo di π

4.

Soluzione Utilizzando la formula (92) si ha x =√22x′ −

√22y′ e

y =√22y′ +

√22x′. Pertanto l’equazione y = 2x diventa

x′√2

2+

√2

2y′ = 2(x′

√2

2− y′

√2

2)

cioe x′ − 3y′ = 0.

78

5.4 Rototraslazione degli assi nel piano

Supponiamo adesso che (O′, X ′, Y ′) ed (O,X, Y ) abbiano origini distinte,cioe O = O′ e che siano entrambi positivamente orientati. Supponiamo inol-tre che gli assi X ′, Y ′ non siano necessariamente paralleli a X ed Y rispettiva-mente. Si introducono degli assi ausiliari (O′′, X ′′, Y ′′) con O′′ = O′ e X ′′, Y ′′

paralleli rispettivamente ad X e Y ed ugualmente orientati. Supponiamo cheO′′ ≡ (α, β) rispetto a (O,X, Y ). Se P e un punto generico, le coordinatedi P rispetto a (O,X, Y ) e (O′′, X ′′.Y ′′) sono legate dalle equazioni:

x′′ = x− α, y′′ = y − β.

D’altra parte si passa dal sistema (O′′, X ′′, Y ′′) al sistema (O′, X ′, Y ′)mediante una rotazione intorno ad O′ di un angolo θ. Quindi{

x′ = x′′cosθ+y′′senθy′ =− x′′senθ+y′′cosθ

(94)

Ne segue che: {x′ = (x− α)cosθ+(y − β)senθy′ =− (x− α)senθ+(y − β)cosθ

(95)

Le relazioni (95) rappresentano le formule di passaggio dal vecchio sistemaal nuovo. Risolvendo rispetto ad x e y si ha:{

x = x′cosθ − y′senθ+αy = x′senθ+y′cosθ+β

(96)

la formula (95) ci dice che (O′, X ′, Y ′) e ottenuto da (O,X, Y ) primaoperando una traslazione e successivamente una rotazione. Viceversa la for-mula (96) ci dice che il sistema (O,X, Y ) e ottenuto da (O′, X ′, Y ′) primaoperando una rotazione e successivamente una traslazione.

Esempi 5.5

1. Supponiamo che l’origine O′ abbia coordinate (1, 1) rispetto a (O,X, Y )e che l’asse X ′ formi un angolo di π

3rispetto all’asse X. Sia data l’ellisse

E d’equazione x2 + 2y2 = 1 rispetto a (O,X, Y ). Allora l’equazione diE rispetto a (O′, X ′, Y ′), tenuto conto di (96), e data da

7

4x′2 +

5

4y′2 +

√3

4x′y′ + (1 + 2

√3)x′ + (2−

√3)y′ + 2 = 0.

79

Figure 30: Rototraslazione

2. Se la retta R ha equazione y = 3x−2 rispetto al sistema (O,X, Y ), de-terminare l’equazione di R rispetto al sistema di riferimento (O′, X ′, Y ′)sapendo che X ′ forma un angolo di 60o rispetto ad X e che O′ ≡ (2,−3)rispetto a (O,X, Y ).

5.5 Sistemi di riferimento inversamente congruenti nelpiano

Supponiamo che (O,X, Y, ) ed (O′, X ′, Y ′) siano due sistemi di riferimentocartesiani ortogonali con la stessa unita di misura ma inversamente congruen-ti. Supponiamo che l’asse X ( e quindi l’asse Y ) sia parallelo all’asse X ′ (all’asse Y ′ ) e che l’origine O′ abbia coordinate (α, β) rispetto a (O,X, Y ).Allora le coordinate di un punto P rispetto ai due sistemi sono legate traloro dalle seguenti relazioni:{

x = x′ + αy = −y′ + β

se x e x′ sono ugualmente orientati (97)

oppure {y = y′ + βx = −x′ + α

se y e y′ sono ugualmente orientati (98)

80

Figure 31: Sistemi di riferimento inversamente congruenti

Se i sistemi di riferimento (O,X, Y ) e (O′, X ′, Y ′) hanno la stessa origine,cioe O = O′, e se θ e l’angolo tra gli assi X ed X’ allora si ha il seguentelegame tra le coordinate di P rispetto ai due sistemi di riferimento:{

x = x′cosθ + y′senθy = x′senθ − y′cosθ

(99)

Piu in generale, se (O,X, Y ) e (O′, X ′, Y ′) sono inversamente congruentie se O′ ≡ (α, β) rispetto a (O,X, Y ), allora le coordinate di un punto Prispetto ai due sistemi sono legate tra loro dalla relazione:{

x = x′cosθ+y′senθ+αy = x′senθ − y′cosθ+β

(100)

5.6 Cambiamento di un sistema di riferimento nellospazio

La trasformazione delle coordinate cartesiane nello spazio costituisce un prob-lema del tutto analogo a quello che e stato affrontato nel piano. In particolaredue sistemi di riferimento cartesiani ortogonali (O′, X ′, Y ′, Z ′) e (O,X, Y, Z)li diremo direttamente congruenti se sono ugualmente orientati. Nel seguitosupporremo che due sistemi di riferimento cartesiani ortogonali abbiano lastessa unita di misura.

Supponiamo in un primo momento che i sistemi (O,X, Y, Z) e (O′, X ′, Y ′, Z ′)siano ugualmente orientati e che si possano sovrapporre mediante unatraslazione degli assi. Allora le coordinate di un punto P nei due sistemidi riferimento sono legate tra loro da:

x′ = x− αy′ = y − βz′ = z − γ

(101)

81

Figure 32: Rotazione nello spazio

dove (α, β, γ) sono le coordinate del punto O′ rispetto al sistema (O,X, Y, Z).Se i sistemi di riferimento (O′, X ′, Y ′, Z ′) e (O,X, Y, Z) hanno la stessa

origine cioe O ≡ O′ e sono entrambi orientati positivamente e se il sistema(O,X ′, Y ′, Z ′) e ottenuto da (O,X, Y, Z) mediante una rotazione, allora

x′ = (cosφcosψ − senφsenψcosθ)x+ (senφcosψ + cosφsenψcosθ)y + (senψsenθ)z

y′ = −(cosφsenψ + senφcosψcosθ)x+ (cosφcosψcosθ − senφsenψ)y + (cosψsenθ)z

z′ = (senφsenθ)x− (cosφsenθ)y + cosθz (102)

dove:φ e l’angolo tra l’asse X e la retta R che e l’intersezione del piano

contenente X ed Y con il piano contenente X ′ ed Y ′.ψ e l’angolo tra Xo ed X ′.θ e l’angolo tra Z e Z ′.Una tale rotazione si puo esprimere mediante la composizione di rotazioni

aventi una forma piu semplice, ma questo aspetto non verra affrontato inquesti appunti.

Se (O,X, Y, Z) e (O′, X ′, Y ′, Z ′) sono due sistemi di riferimento cartesianiortogonali inversamente congruenti, con la stessa unita di misura, aventi lastessa origine e con gli assi omologhi paralleli tra loro, allora le coordinatedi un punto P, rispetto ad essi, risultano essere legate tra loro da una delleseguenti relazioni:

82

x′ = x, y′ = y, z′ = −zx′ = x, y′ = −y, z′ = zx′ = −x, y′ = y, z′ = z

(103)

Cosı come si e fatto nel piano, e possibile provare che anche nello spaziole relazioni che intercorrono tra le coordinate di un punto rispetto a duesistemi di riferimento cartesiani ortogonali aventi la stessa unita di misurasono esprimibili mediante leggi che tengono conto solo di (101 ), (102) , (103).

5.7 Osservazioni sulle isometrie in Rl 2 (e in Rl 3) e sulcambiamento di un sistema di riferimento

Il problema che ci siamo sin qui posto consiste nel determinare le relazioni cheintercorrono tra le coordinate di un punto nel piano (oppure nello spazio)rispetto a due diversi sistemi di riferimento cartesiani ortogonali aventi lastessa unita di misura. Le formule (91), (92),(93) etc. rappresentano un talelegame nel cambiamento del sistema di riferimento. Possiamo pero riguardaretali formule da un diverso punto di vista. Supponiamo quindi che sia fis-sato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale nel piano (oppure nellospazio) e quindi di poter identificare i punti del piano (dello spazio) conRl 2 (con Rl 3 ). Riguardiamo ora le formule sopra scritte come applicazionibiunivoche da Rl 2 su Rl 2 (da Rl 3 su Rl 3 ). In altri termini non pensiamoad un punto riferito a due diversi sistemi di riferimento, ma ad un punto Pdi Rl 2di coordinate (x,y) (di Rl 3di coordinate (x,y,z)) che viene spostatoin un punto P’ di Rl 2di coordinate (x’,y’) (di coordinate (x’,y’,z’) in Rl 3 ) lequali sono legate alle coordinate di P da una delle formule sopra citate. Piuprecisamente

Definizione 5.6 a) Si dice traslazione in Rl 2 la trasformazione determi-nata dalle equazioni {

x′ = x+ αy′ = y + β

b) Si dice rotazione intorno all’origine la trasformazione determinata dalleequazioni {

x′ = xcosθ − ysenθy′ = xsenθ + ycosθ

83

c) Si dicono Simmetrie (o riflessioni ) rispetto agli assi coordinati letrasformazioni {

x′ = xy′ = −y

oppure {x′ = −xy′ = y

Osserviamo che le trasformazioni definite in (5.6,a),b),c)) sono isometriein Rl 2 . Si puo provare che ogni isometria in Rl 2 risulta essere una delletrasformazioni sopra elencate oppure e ottenuta dalla composizione di talitrasformazioni.

Analogamente in Rl 3 , definiamo le trasformazioni date dalle formule (101),(102) , (103) che sono rispettivamente le traslazioni, le rotazioni e le simmetrie(o riflessioni). Queste trasformazioni risultano essere isometrie di Rl 3 . Siprova che ogni isometria di Rl 3 risulta essere una delle suddette trasformazionio una loro composizione.

Nella prima parte di queste note abbiamo piu volte osservato che e possibiletrasformare una figura A di Rl 2 ( di Rl 3 ) in un’altra T(A) medianteun’isometria T in modo tale che T(A) sia rappresentata da un’equazionepiu semplice possibile.

Il problema della riduzione in forma canonica si puo pero riguardare anchenel contesto del cambiamento del sistema di riferimento. La figura (33) illus-tra la diversa situazione che si presenta quando consideriamo la riduzione informa canonica ottenuta operando un cambiamento del sistema di riferimentooppure quando agiamo mediante isometrie. Possiamo in un certo senso pen-sare al legame tra isometrie e cambiamento del sistema di riferimento comeal principio dei moti relativi nella fisica.

Nei seguenti esercizi facciamo vedere come si opera mediante una isome-tria T per trasformare una conica C in una conica T (C) rappresentata daun’equazione in forma canonica. Si tenga presente che la traslazione ha ef-fetto solo sui termini di primo grado. Se una conica e rappresentata daun’equazione che contiene il monomio di secondo grado misto23, allora none possibile ridurci a una forma canonica operando mediante traslazioni, maabbiamo bisogno di considerare anche le rotazioni. Lo stesso procedimento si

23cioe il coefficiente del monomio misto e 0

84

Figure 33: Riduzione in forma canonica mediante cambiamento del sistemadi riferimenti (a sinistra) e mediante isometrie (a destra)

applica per le quadriche ma in questo caso gli analoghi calcoli sono piu com-plessi. Utilizzando metodi di algebra lineare, tra i quali la ricerca degli au-tovalori e dei rispettivi autovettori di una matrice, e possibile rendere questicalcoli relativamente semplici. Comunque in queste note non svilupperemoqueste tecniche e per questo motivo svolgeremo solo esercizi sulla riduzionea forma canonica di una conica (3) in posizione generica e ci limiteremo aridurre a forma canonica solo quadriche rappresentate da equazioni che noncontengono monomi misti di secondo grado.

5.7.1 Esercizi sulla riduzione a forma canonica delle coniche edelle quadriche

1. Data la conica d’equazione x2 +2y2 − 2x+8y+7 = 0 ridurla in formacanonica e determinarne il tipo.

Soluzione Consideriamo la traslazione

{x′ = x+ ay′ = y + b

dove (x′, y′)

rappresentano le coordinate del punto P ′ che e ottenuto dal puntoP ≡ (x, y) operando la trasformazione sopra indicata. Allora si ha{x = x′ − ay = y′ − b

. Sostituiamo queste leggi nell’equazione data e si ottiene

(x′ − a)2 + 2(y′ − b)2 − 2(x′ − a) + 8(y′ − b)2 + 7 = 0 ⇔

x′2 + 2y′2 − 2ax′ − 4by′ − 2x′ + 8y′ + (a2 + 2b2 + 2a− 8b+ 7) = 0 ⇔

85

x′2 + 2y′2 + (−2a− 2)x′ + (−4b+ 8)y′ + (a2 + 2b2 + 2a− 8b+ 7) = 0

Poniamo ora

{−2a− 2 = 0−4b+ 8 = 0

Allora si ha a = −1 e b = 2. Si ottiene

quindi l’equazione x′2 + 2y′2 = 2 che rappresenta un’ellisse.

2. Data la quadrica d’equazione x2 − 2y2 + z2 − 2x − 4y − 2z − 1 = 0ridurla in forma canonica e determinarne il tipo.

Soluzione Consideriamo la traslazione x′ = x+a, y′ = y+b, z′ = z+cossia x = x′ − a, y = y′ − b, z = z′ − c e sostituiamo queste ultimeespressioni nell’equazione della quadrica. Allora si ha

(x′−a)2−2(y′−b)2+(z′−c)2−2(x′−a)−4(y′−b)−2(z′−c)−1 = 0 ⇔

x′2−2y′2+z′2+(−2a−2)x+(4b−4)y+(−2c−2)z+(a2−2b2+c2+2a+4b+2c−1) = 0

I coefficienti dei termini di primo grado si annullano se e solo sea = −1, b = 1, c = −1. In questo caso la quadrica data si trasformanella quadrica d’equazione x′2 − 2y′2 + z′2 = 1 che rappresenta uniperboloide ad una falda.

3. Data la quadrica d’equazione x2 − 2y2 + z2 − 2x + 4y + 4z + 3 = 0ridurla in forma canonica e determinarne il tipo.

Soluzione Consideriamo la traslazione x′ = x+a, y′ = y+b, z′ = z+cossia x = x′ − a, y = y′ − b, z = z′ − c e sostituiamo queste ultimeespressioni nell’equazione della quadrica. Allora si ha

x′2−2y′2+z′2+(−2a−2)x′+(4b+4)y′+(−2c+4)z′+(a2−2b2+c2+2a−4b−4c+3) = 0

Posto a = −1, b = −1, c = 2 si ha che la quadrica traslata ha equazionex′2 − 2y′2 + z′2 = 0 che rappresenta un cono.

4. Data la conica d’equazione 3x2 + 3y2 − 4x− 4y − 2xy + 2 = 0 ridurlain forma canonica.

Soluzione Osserviamo prima di tutto che l’equazione contiene ilmonomio −2xy . Per questo motivo, per prima cosa dobbiamo appli-care una rotazione in modo tale che nell’equazione in forma canonicail coefficiente di tale monomio risulti nullo. Una rotazione ha la forma

86

{x = cosϕx′ + senϕy′

y = −senϕx′ + cosϕy′24 e vediamo come si trasforma il monomio

misto dopo l’applicazione di una rotazione. Allora si ha

3(cosϕx′ + senϕy′)2 + 3(−senϕx′ + cosϕy′)2−

4(cosϕx′+senϕy′)−4(−senϕx′+cosϕy′)−2(cosϕx′+senϕy′)(−senϕx′+cosϕy′)+2 = 0.

Sviluppando i calcoli e considerando solo i monomi misti di secondogrado si ha

−2(cos2ϕ− sen2ϕ)x′y′

Pertanto, affinche il coefficiente del monomio di secondo grado mistosia nullo deve aversi sen2ϕ − cos2ϕ = 0 ossia senϕ = ±cosϕ . Peresempio, se consideriamo una rotazione di π

4( la stessa cosa si puo

fare con una rotazione di 34π )si ha che il coefficiente di x′y′ diventa 0.

Quindi l’equazione della conica diventa

3x′2 + 3y′2 + 21

2x′2 − 2

1

2y′2 − 4(

√2

2−

√2

2)x′ − 4(

√2

2+

√2

2)y′ + 2 = 0,

ossia4x′2 + 2y′2 − 4

√2y′ + 2 = 0.

Consideriamo ora una traslazione della forma x′ = x′′ e y′ = y′′ + β 25.Quindi si ha

4x′′2 + 2(y′′ + β)2 − 4√2(y′′ + β) + 2 = 0.

24In 5.6 abbiamo osservato che l’isometria (∗){

x′ = cosϕx− senϕyy′ = senϕx+ cosϕy

rappresenta una

rotazione di un angolo ϕ che trasforma il punto (x, y) in (x′, y′). La trasformazione

inversa, ossia (∗∗){

x = cosϕx′ + senϕy′

y = −senϕx′ + cosϕy′si ottiene risolvendo il sistema (*) rispetto

alle variabili x ed y . Notiamo che la trasformazione inversa si ottiene anche cambiandole variabili (x, y) con (x′, y′) e cambiando l’angolo ϕ con −ϕ . Quindi la trasformazione

(∗∗∗){

x = cosϕx′ − senϕy′

y = senϕx′ + cosϕy′puo essere pensata come una rotazione di un angolo ϕ che

trasforma la coppia (x′y′) in (x, y), mentre (**) rappresenta una rotazione di un angolo−ϕ . In ogni caso nella risoluzione degli esercizi sulla riduzione a forma canonica di unaconica e indifferente l’uso di una trasformazione del tipo (**) oppure (***).

25Osserviamo che lasciamo inalterata la variabile x′ perche il coefficiente del monomiodi primo grado in x′ e nullo.

87

Posto 4β − 4√2 = 0 ossia β =

√2 otteniamo

4x′′2 + 2y′′2 = 2 ⇔ 2x′′2 + y′′2 = 1

che rappresenta una ellisse con l’asse maggiore sull’asse delle y e quellominore sull’asse delle x . Notiamo che l’ellisse ha eccentricita ε =

√22.

5. L’equazione x2 +2xy− 3y2 − 4x− 4y+3 = 0 ammette soluzioni reali?

Soluzione

Per rispondere alla domanda riguardiamo l’equazione data come equazionedi una conica. Tenendo conto del fatto che le isometrie lascianoinvariate le proprieta geometriche, la riduciamo a forma canonica.Operando come nell’esercizio precedente si ottiene la forma canonicax2 + 2y2 = −1 che non ammette soluzioni reali. Pertanto l’equazionedata non ammette soluzioni reali.

6. Determinare il tipo della conica 2√3xy−2y2−(2

√3+4)y+2

√3x−2(

√3+1) = 0.

Risposta Ridotta a forma canonica l’equazione della conica assume laforma x2 − 3y2 = 0 che rappresenta una coppia di rette incidenti.

7. Determinare il tipo della quadrica d’equazione x2+y2−2z2−2x+2y+2 = 0.Risposta Ridotta a forma canonica l’equazione della quadrica assumela forma x2 + y2 − 2z2 = 0 che rappresenta un cono.

8. Determinare il tipo della quadrica d’equazione x2−2y2−z2−2x+2z = 1.Risposta Ridotta a forma canonica l’equazione della quadrica assumela forma x2 − 2y2 − z2 = 1 che rappresenta un iperboloide a due falde.

9. Determinare il tipo della conica d’equazione x2 + y2 − 2xy− 6 = 0 e lasua eccentricita. Risposta Ridotta a forma canonica la conica assumela forma x2 + 3y2 = 6 che rappresenta un’ellisse la cui eccentricita

e√

23.

10. Determinare il tipo della quadrica d’equazione x2−2y2−2x+4y−1 = 0Risposta Ridotta a forma canonica l’equazione della quadrica assumela forma x2 − 2y2 = 1 che rappresenta un cilindro con direttrice unaiperbole.

88

Figure 34: Paraboloide ellittico d’equazione z = x2 + 2y2 + 2x − 4y + 5ridotto in forma canonica z = x2 + 2y2 mediante la trasformazionex′ = x− 1, y′ = y + 1, z′ = z + 2

5.8 Coordinate polari

Fissiamo nel piano P un punto O, una semiretta R, detta asse polare, diorigine O, un verso positivo per le rotazioni (antiorario) ed una unita dimisura per le lunghezze.

Ad ogni punto P = O si associa una coppia ordinata di numeri reali(ρ ,φ), dove ρ e la misura del segmento di estremi O e P che si chiamaraggio vettore ; φ e la misura (in radianti) dell’angolo tra la semiretta R ela semiretta contenente O e P ; φ si dice anomalia e varia tra 0 e 2π. Per ilpunto O, l’anomalia e indeterminata. Per convenzione , associamo ad O lacoppia (0, 0); ρ e φ si chiamano coordinate polari di P ed il sistema fissatosi dice sistema di riferimento polare.

Fissiamo nel piano un sistema di riferimento cartesiano ortogonale orien-tato positivamente. Supponiamo che il semiasse delle x positive coincida conl’asse polare. Se P ≡ (ρ, φ) sono le coordinate polari di P ed (x, y) sono lecoordinate cartesiane di P, allora si ha x = ρcosφ e y = ρsenφ. Pertanto si

ha x2 + y2 = ρ2 cioe ρ =√x2+y2.

Esercizio 5.7 Consideriamo il punto P ≡ (1, 1). Allora ρ =√2 , cosφ =

√22

e senφ =√22. Pertanto (

√2, π

4) sono le coordinate polari di P.

89

Figure 35: Coordinate polari

5.8.1 Equazione della circonferenza in coordinate polari

In questo paragrafo, a titolo di esempio, determiniamo l’equazione di unacirconferenza in coordinate polari.

Sia data una circonferenza C nel piano cartesiano con sistema di riferi-mento (O,X, Y ) orientato positivamente. Supponiamo che il centro C abbiacoordinate (xo, yo) ed il raggio sia r. Allora l’equazione cartesiana di C e datada:

x2 + y2 − 2xox− 2yoy + c = 0,

dove c = x2o + y2o − r2.Consideriamo adesso un riferimento polare con polo in O ed asse polare

la semiretta positiva delle x.Se indichiamo con ρo e φo le coordinate polari di C, abbiamo che{

xo=ρocosφo

yo=ρosenφo

e x2o + y2o = ρ2o. Pertanto si ha

ρ2 − 2ρρocosφcosφo − 2ρρosenφsenφo + ρ2o − r2 = 0,

cioe

ρ2 − 2ρρocos(φ− φo) + ρ2o − r2 = 0.

e l’equazione polare della circonferenza.

90

1. Se φo = 0, cioe se C e sull’asse polare, allora l’equazione assume laforma

ρ2 − 2ρoρcosφ+ ρ2o − r2 = 0.

2. Se ρo = r, cioe se la circonferenza passa per 0, si ha:

ρ2 − 2ρρocos(φ− φo) = 0.

3. Se φo = 0 e ρo = r, si ha :

ρ2 = 2ρρocosφ

91

6 Matrici e trasformazioni lineari

6.1 Richiami sulle matrici

Iniziamo questo capitolo ricordando le principali proprieta delle matrici.Cominciamo prima di tutto con la seguente

Definizione 6.1 Si dice matrice A di m righe ed n colonne ( in breved’ordine m×n) a coefficienti reali una tabella di numeri reali della seguenteforma:

A =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n· · · · · ·· · · · · ·am1 am2 · · · amn

. (104)

Il numero reale aij e l’elemento di posto (i, j) dove i indica la riga e j indicala colonna.

Esempio 6.2 La tabella (0 −1 32 1 4

)e una matrice d’ordine 2 × 3 dove, per esempio, −1 e l’elemento di posto(1, 2) mentre 4 e di posto (2, 3).

Nel seguito scriveremo semplicemente matrice d’ordine m×n per matriced’ordine m× n a coefficienti reali26

La m-pla

a1ja2j· · ·amj

con 1 ≤ j ≤ n si dice colonna j -esima ( o anche

vettore colonna j -esimo).

La n-pla(ai1 ai2 · · · ain

)con 1 ≤ i ≤ m si dice riga i-esima ( o

anche vettore riga i-esimo).

26Si possono considerare matrici in cui i coefficienti appartengono a insiemi numericidiversi dai reali, ma in queste note ci limitiamo a considerare matrici a coefficienti reali.

92

Se poniamo

A1 =

a11a21· · ·am1

, · · · , An =

a1na2n· · ·amn

allora la matrice puo essere scritta nella forma A = (A1 · · ·An) doveA1, · · · , An sono le colonne di A .

In modo analogo se

A1 = (a11, a12, . . . , a1n)A2 = (a21, a22, . . . , a2n)...

...Am = (am1, am2, . . . , amn)

rappresentano le righe, allora la matrice puo essere scritta nella forma:

A =

A1

A2

· · ·Am

.

Esempi 6.3

Consideriamo la matrice d’ordine 3× 4, A =

1 −1 0 2−2 3 4 11 2 3 −1

. Al-

lora il vettore riga(1 −1 0 2

)rappresenta la prima riga mentre il vet-

tore

043

rappresenta la terza colonna.

Definizione 6.4 Sia A una matrice d’ordine m×n. Se m coincide con n,diciamo che A e una matrice quadrata d’ordine n

93

6.2 Operazioni sulle matrici: somma, moltiplicazioneper uno scalare e prodotto righe per colonne

6.2.1 Somma di matrici

Definizione 6.5 Siano date due matrici A e B dello stesso ordine m×n :

A =

a11 · · · a1n... · · · ...am1 · · · amn

B =

b11 · · · b1n... · · · ...bm1 · · · bmn

.Allora definiamo

A+B =

a11 + b11 · · · a1n + b1n

... · · · ...am1 + bm1 · · · amn + bmn

.Esempi 6.6

1. Sia A =

(1 22 1

)e B =

(−1 10 1

). Allora A+B =

(0 32 2

).

2. A =

121

e B =

−101

allora A+B =

022

.

Definizione 6.7 Data una matrice A =

a11 · · · a1n... · · · ...am1 · · · amn

d’ordine m×n

ed un numero reale k si definisce

kA =

ka11 · · · ka1n... · · · ...

kam1 · · · kamn

la matrice che ha l’elemento kaij come elemento di posto (i, j).

Esempi 6.8

1. Sia A =

(1 −12 1

). Allora 2A =

(2 −24 2

).

94

2. Sia A =

10−1

. Allora 3A =

30−3

.

6.2.2 Proprieta della somma e della moltiplicazione per uno scalare

Lemma 6.9 Siano A, B e C tre matrici dello stesso ordine (cioe del tipom× n) e siano c e d numeri reali. Allora

(105)

1. A+B = B + A (proprieta commutativa)

2. A+ (B + C) = (A+B) + C (proprieta associativa)

3. A+O = A (O rappresenta la matrice con tutti gli elementi 0)27

4. ∀A ∃ − A : (−A) + A = O

5. (c+ d)A = cA+ dA

6. c(dA) = (cd)A

7. c(A+B) = cA+ cB

8. 1A = A

Dimostrazione Verifichiamo le proprieta 1) e 4) e lasciamo le altrecome esercizio.

Proprieta 1):a11 · · · a1n... · · · ...am1 · · · amn

+

b11 · · · b1n... · · · ...bm1 · · · bmn

=

a11 + b11 · · · a1n + b1n

... · · · ...am1 + bm1 · · · amn + bmn

=

b11 + a11 · · · b1n + a1n

... · · · ...bm1 + am1 · · · bmn + amn

=

b11 · · · b1n... · · · ...bm1 · · · bmn

+

a11 · · · a1n... · · · ...am1 · · · amn

270 =

0 · · · 0... · · ·

...0 · · · 0

.

95

Verifichiamo ora la 4)

Sia A =

a11 · · · a1n... · · · ...am1 · · · amn

e poniamo (−A) =

−a11 · · · −a1n... · · · ...

−am1 · · · −amn

.

Alloraa11 · · · a1n... · · · ...am1 · · · amn

+

−a11 · · · −a1n... · · · ...

−am1 · · · −amn

=

a11 − a11 · · · a1n − a1n

... · · · ...am1 − am1 · · · amn − amn

=

0 · · · 0... · · · ...0 · · · 0

= 0.

6.3 Prodotto righe per colonne

Definizione 6.10 Siano date due matrici

A =

a11 · · · a1p... · · · ...am1 · · · amp

e B =

b11 · · · b1n... · · · ...bp1 · · · bpn

con A d’ordine m × p e B d’ordine p × n. Allora definiamo la seguentematrice d’ordine m × n, detta prodotto righe per colonne delle due matrici

date, nel seguente modo: C = A · B =

c11 · · · c1n... · · · ...cm1 · · · cmn

, dove l’elemento

di posto (i, j) nella matrice C , cioe cij, e cosı ottenuto:

cij = ai1b1j + ai2b2j + ai3b3j + · · ·+ aipbpj

Osservazione:Notiamo che e possibile effettuare il prodotto righe per colonne tra due

matrici A e B se e solo se il numero delle colonne di A e uguale al numerodelle righe di B.

Esempi 6.11

96

1. Siano A =

(1 21 1

)B =

(1 01 1

). Allora

AB =

(1 · 1 + 2 · 1 1 · 0 + 2 · 11 · 1 + 1 · 1 1 · 0 + 1 · 1

)=

(3 22 1

)

2. Siano A =

1 2 31 0 12 1 1

e B =

0 1 12 −1 13 1 1

. Allora 1 2 3

1 0 12 1 1

0 1 1

2 −1 13 1 1

=

0 + 4 + 9 1− 2 + 3 1 + 2 + 10 + 0 + 3 1 + 0 + 1 1 + 0 + 10 + 2 + 3 2− 1 + 1 2 + 1 + 1

=

13 2 43 2 25 2 4

.3. Consideriamo la matrice colonna A =

(12

)e la matrice riga B =

(1 2

)Allora

AB =

(12

)(1 2

)=

(1 22 4

)e

BA =(1 2

)( 12

)= 1 + 4 = 5

Osservazione:

L’ultimo esempio mostra che, in generale, non vale la proprieta com-mutativa nel prodotto righe per colonne.

Definizione 6.12 La matrice quadrata I d’ordine n

I =

1 0 · · · · · · 00 1 0 · · · 0...

......

......

0 0 · · · 0 1

che ha 1 sulla diagonale principale ( cioe a11 = a22 = · · · = ann = 1) e 0

negli altri posti si dice matrice unita d’ordine n.Se A e una matrice quadrata d’ordine n allora

AI = IA = A

97

6.3.1 Matrice trasposta

In questo paragrafo richiamiamo la definizione ed alcune proprieta della ma-trice trasposta.

Definizione 6.13 Se M =

α11 .. α1n

.. .. ..αm1 .. αmn

e una matrice d’ordine

m× n a coefficienti reali, allora indichiamo con M t la matrice

M t =

α11 .. αm1

.. .. ..α1n .. αmn

cioe la matrice d’ordine n×m in cui l’elemento di posto (i, j) coincide

con l’elemento di posto (j, i) nella matrice M, ossia M t e la matrice ottenutada M scambiando le righe con le colonne. La matrice M t si dice traspostadella matrice M.

Se v = (x1, ...., xm) e un vettore riga, cioe una matrice 1 × m, allora

vt =

x1...xm

e il vettore colonna m× 1.

Se v =

x1...xm

allora vt = (x1, . . . , xm).

Si provano le seguenti proprieta28:

Lemma 6.14 Siano A e B due matrici a coefficienti reali, allora:

1. Se A e B sono dello stesso ordine n×m si ha (A+B)t = At +Bt

2. (At)t = A

3. (kA)t = k(At) con k ∈ Rl

4. Se A e una matrice d’ordine n×m e B e una matrice d’ordine m×nsi ha (AB)t = BtAt

5. Se A e una matrice quadrata si ha |A| = |At|28Lo studente puo verificarle come esercizio

98

6. rang(At) = rang(A)29

Esempio 6.15

Sia data la matrice A =

1 −1 02 3 −2−3 2 4

. Allora At =

1 2 −3−1 3 20 −2 4

6.3.2 Matrici simmetriche

Definizione 6.16 Sia A una matrice quadrata d’ordine n. Allora A sidice simmetrica se At = A. In altri termini una matrice A e simmetrica sel’elemento di posto (i, j) coincide con l’elemento di posto (j, i).

Esempi 6.17

1. Le matrici A =

(2 −1−1 0

)e B =

−1 2 02 3 −20 −2 1

sono simme-

triche.

2. La matrice A =

1 2 32 1 −12 −1 1

non e simmetrica perche l’elemento

di posto (1, 3) non coincide con l’elemento di posto (3, 1).

6.3.3 Matrici invertibili

Definizione 6.18 Data una matrice quadrata A d’ordine n si dice che Ae invertibile se esiste una matrice quadrata A−1 tale che

AA−1 = A−1A = I.

La matrice A−1 si dice inversa di A.

29Se A e una matrice, allora rang(A) indica il rango riga di A , ovvero il massimonumero di righe linearmente indipendenti. Si ricorda che il rango riga coincide col rangocolonna.

99

Ricordiamo che una matrice quadrata A e invertibile se e solo se |A| = 0.Vediamo adesso come si determina la matrice inversa di una matrice quadrata

invertibile A d’ordine n . Sia A =

a11 · · · a1n... · · · ...an1 · · · ann

e sia Mij la sottoma-

trice di A ottenuta cancellando la riga i-esima e la colonna j -esima di A .Si chiama cofattore di aij il numero Aij = (−1)i+j|Mij| . Sia L la matrice icui elementi sono i cofattori Aij , ossia

L =

A11 · · · A1n... · · · ...

An1 · · · Ann

.Si chiama aggiunto di A e si indica con agg(A) la matrice Lt = agg(A).Allora si ha

A−1 =1

|A|(aggA).

Esempi 6.19

1. Sia A =

(1 12 3

), allora si ha |A| = 1 e quindi A e invertibile.

Si ha che agg(A) =

(3 −1−2 1

). Ne segue, essendo |A| = 1 che

A−1 = agg(A) =

(3 −1−2 1

).

2. Sia A =

0 2 00 0 11 0 0

. Allora si ha |A| = 2 e quindi A e invertibile.

Si ha L =

0 1 00 0 22 0 0

e quindi

A−1 =

0 0 112

0 00 1 0

.

100

6.4 Le matrici come trasformazioni lineari

Invitiamo lo studente a riguardare la nozione e le principali proprieta dispazio vettoriale, che si trovano negli appunti di Istituzioni di MatematicheI. In questo paragrafo ci limitiamo a considerare gli spazi vettoriali Rl n dellen− ple ordinate ed in particolare gli spazi vettoriali Rl 2ed Rl 3 .

Cominciamo con la seguente osservazione. Consideriamo una matrice

d’ordine m×n A =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n· · · · · ·· · · · · ·am1 am2 · · · amn

ed un vettore colonna v =

b1...bn

,

allora la matrice Av data dal prodotto righe per colonne della matrice A peril vettore colonna v e il vettore colonna

Av =

a11b1 + a12b2 + · · ·+ a1nbn

...am1b1 + am2b2 + · · ·+ amnbn

.Esempio 6.20

Sia data la matrice d’ordine 3×2 A =

2 −10 12 −2

ed il vettore v =

(1−2

),

allora il prodotto righe per colonne della matrice A per il vettore v da luogoal vettore

Av =

2 −10 12 −2

( 1−2

)=

4−26

Osservazioni 6.21 a) Il prodotto righe per colonne della matrice d’ordine

m×n A per la n−pla v da luogo ad una m−pla Av . In altri terminiil prodotto righe per colonne della matrice d’ordine m × n A per unvettore colonna v determina una funzione dallo spazio vettoriale Rl n

nello spazio vettoriale Rl m.

b) Se A e una matrice d’ordine m × n, il vettore colonna v deve essereuna n− pla affinche abbia senso il prodotto righe per colonne Av . Peresempio non ha senso fare il prodotto righe per colonne di una matriceA d’ordine 3× 2 per un vettore colonna in Rl 3 .

101

Vediamo adesso di quali proprieta gode il prodotto righe per colonne diuna matrice d’ordine m× n per un vettore colonna di Rl n .

Lemma 6.22 Sia A una matrice d’ordine m× n e sia α un numero reale.Siano inoltre v , v1 , v2 vettori colonna in Rl n . Allora si ha

a) A(v1 + v2) = Av1 + Av2

b) A(αv) = αAv

DimostrazionePer comodita di notazioni facciamo la dimostrazione nel caso in cui

m = n = 2, ma teniamo presente che le proprieta sussistono qualunquesiano m ed n .

Sia dunque A =

(a11 a12a21 a22

), v1 =

(b1b2

), v2 =

(c1c2

)e proviamo a).

Allora si ha

A(v1 + v2) =

(a11 a12a21 a22

)(

(b1b2

)+

(c1c2

)) =

(a11 a12a21 a22

)(

(b1 + c1b2 + c2

)) =

(a11(b1 + c1) a12(b2 + c2)a21(b1 + c1) a22(b2 + c2)

)=

(a11b1 + a11c1 a12b2 + a12c2a21b1 + a21c1 a22b2 + a22c2

)=

30 (a11b1 a12b2a21b1 a22b2

)+

(a11c1 a12c2a21c1 a22c2

)= Av1 + Av2

Dimostriamo adesso b) e sia v =

(d1d2

). Allora si ha

A(αv) =

(a11 a12a21 a22

)(α

(d1d2

)) =

(a11 a12a21 a22

)(αd1αd2

)=

(a11(αd1) a12(αd2)a21(αd1) a22(αd2)

)= α

(a11d1 a12d2a21d1 a22d2

)=

30per la definizione6.5)

102

31

α

(a11 a12a21 a22

)(d1d2

)= αAv

In generale, dati due spazi vettoriali V e W, una funzione T da V in Wche gode delle proprieta a) e b) sopra elencate, ossia

a) T (v1 + v2) = T (v1) + T (v2) con v1, v2 ∈ V

b) T (αv) = αT (v) con α ∈ Rl e v ∈ V

prende il nome di trasformazione lineare dallo spazio vettoriale V nellospazio vettoriale W.

Ne segue, da quanto sopra dimostrato, che una matrice d’ordine m × ndetermina una trasformazione lineare dallo spazio vettoriale Rl n nello spaziovettoriale Rl m .

Proviamo adesso il viceversa, ossia che comunque si prenda una trasfor-mazione lineare T tra Rl n ed Rl m , essa si puo scrivere come prodotto diuna opportuna matrice d’ordine m × n per un generico vettore colonna diRl n . Questa proprieta si estende a trasformazioni lineari tra generici spazivettoriali di dimensione finita. Il preciso enunciato e la dimostrazione dellageneralizzazione verranno forniti nell’appendice.

Lemma 6.23 Sia data una trasformazione lineare T dallo spazio vettorialeRl n nello spazio vettoriale Rl m . Detto v = (x1, . . . xn)

t un elemento di Rl n 32

si ha che esiste una opportuna matrice A d’ordine m×n tale che T (v) = Av .

Dimostrazione Sia B1 = (v1, . . . , vn) la base canonica di Rl n e siaB2 = (w1, . . . , wm) la base canonica di Rl m . 33 Sia inoltre T un’applicazionelineare da Rl n in Rl m. Poiche ogni elemento di Rl m puo scriversi in uno edun sol modo come combinazione lineare degli elementi della base B2 si ha

31per la definizione 6.7)32 (x1, . . . xn) e il vettore coordinato di v rispetto alla base canonica di Rl n . Ricordiamo

che se v = (x1, . . . , xn) e un elemento dello spazio vettoriale Rl n e B = {v1, . . . , vn}e una base di Rl n , allora v = α1v1 + . . . + αnvn . La n -pla (α1, . . . , αn) si dice vettorecoordinato di v rispetto alla base B . In particolare se B coincide con la base canonica,allora (α1, . . . , αn) = (x1, . . . , xn).

33 v1 = (1, 0, . . . , 0)︸︷︷︸n

, v2 = (0, 1, 0, . . . , 0)︸︷︷︸n

, . . . vn = (0, . . . , 0, 1)︸︷︷︸n

e

w1 = (1, 0, . . . , 0)︸︷︷︸m

, w2 = (0, 1, 0, . . . , 0)︸︷︷︸m

, . . . wm = (0, . . . , 0, 1)︸︷︷︸m

.

103

(106)

T (v1) = α11w1 + α21w2 + ......+ αm1wm

T (v2) = α12w1 + α22w2 + ......+ αm2wm

...........................................

............................................T (vn) = α1nw1 + α2nw2 + .......+ αmnwm

Sia ora v =

x1...xn

un generico vettore di Rl n. Allora v puo scriversi

in uno ed un sol modo come combinazione lineare degli elementi di B1 . Nesegue v = x1v1 + · · ·+ xnvn. Consideriamo

T (v) = T (x1v1 + · · ·+ xnvn) = x1T (v1) + · · ·+ xnT (vn) =

x1(α11w1 + · · ·+ αm1wm) + · · ·+ xn(α1nw1 + · · ·+ αmnwm).

Ne segue che il vettore T (v) rispetto alla base B2 e individuato dalla m-plax1α11 + · · ·+ xnα1n

...x1αm1 + · · ·+ xnαmn

che possiamo scrivere nella forma:

(107) α11 .. α1n

.. .. ..αm1 .. αmn

x1

..xn

.

dove le colonne della matrice

α11 .. α1n

.. .. ..αm1 .. αmn

sono i vettori coordinati

delle immagini degli elementi della base canonica B1 rispetto alla base cano-

nica B2 e

x1..xn

e il vettore coordinato di v rispetto alla base B1 .

104

Definizione 6.24 La matrice α11 .. α1n

.. .. ..αm1 .. αmn

prende il nome di matrice associata alla trasformazione T rispetto alle basiB1 e B2 .

Esempio 6.25

consideriamo la seguente trasformazione T da Rl 2 in Rl 2 .

T :

(xy

)→(x+ yy − x

)

Proviamo per prima cosa che T e lineare. Siano

(x1y1

)e

(x2y2

)due

elementi di Rl 2 . Allora si ha

T (

(x1y1

)+

(x2y2

)) =

(x1 + x2y1 + y2

)=

(x1 + y1 + x2 + y2y1 + y2 − (x1 + x2)

)=

(x1 + y1y1 − x1

)+

(x2 + y2y2 − x2

)= T

(x1y1

)+ T

(x2y2

)

Sia ora α ∈ Rl e

(xy

)un elemento di Rl 2 . Allora si ha

T (α

(xy

)) = T

(αxαy

)=

(αx+ αyαy − αx

)= α

(x+ yy − x

)= αT

(xy

).

Determiniamo ora la matrice associata a tale trasformazione lineare. Si

ha T (

(10

)) =

(1−1

)e T (

(01

)) =

(11

). Quindi la matrice associata

a T rispetto alla base canonica e

(1 1−1 1

). Infatti come verifica si ha(

1 1−1 1

)(xy

)=

(x+ y−x+ y

)

105

Osservazione 6.26

1. Anziche considerare il prodotto di una matrice A d’ordine m×n per unvettore colonna v in Rl n , si puo fare il prodotto di un vettore riga in Rl m

per una matrice B d’ordine m× n che da luogo ad un vettore riga inRl n . Si dimostra, in modo analogo a quanto fatto precedentemente, chequesta legge determina un’ applicazione lineare dallo spazio vettorialeRl m nello spazio vettoriale Rl n .

Esempio 6.27

Sia v =(1 2 3

)e B =

2 31 21 1

. Allora si ha

vB =(1 2 3

) 2 31 21 1

=(7 9

).

2. Tenendo conto delle proprieta della matrice trasposta si ha che, seconsideriamo una matrice A d’ordine m × n ed un vettore colonna vd’ordine n× 1, allora

(Av)t = vtAt,

ossia il trasposto del vettore colonna Av e il vettore riga (Av)t checoincide col prodotto righe per colonne del vettore riga vt d’ordine1× n per la matrice At d’ordine n×m .

Esempio 6.28

Sia A =

2 21 20 1

e v =

(12

). Allora si ha

Av =

2 21 20 1

( 12

)=

651

e 6

51

t

=(6 5 1

)=(1 2

)( 2 1 02 2 1

).

106

3. Dati un vettore riga v d’ordine 1×m , una matrice A d’ordine m×n eun vettore colonna w d’ordine n× 1 possiamo considerare il prodottovAw che e uno scalare.

Esempio 6.29

Sia v =(1 2

)A =

(1 3 22 1 0

)e w =

21−1

. Allora si ha

vAw =(1 2

)( 1 3 22 1 0

) 21−1

=(5 5 2

) 21−1

= 13

In particolare se abbiamo una matrice quadrata A d’ordine n ed unvettore colonna v d’ordine n× 1 allora si ha che

vtAv

e uno scalare. Questa osservazione ci sara utile quando studieremo lageometria proiettiva.

Adesso analizziamo alcune proprieta delle matrici quadrate ed iniziamocon la seguente

Definizione 6.30 Una matrice A d’ordine n, vista come trasformazionelineare da Rl n in Rl n si dice OPERATORE LINEARE di Rl n .

6.5 Autovalori ed autovettori

Molti studi nelle scienze applicate, specialmente in Scienza delle Costruzionisi riducono al seguente

Problema Dato un operatore lineare A di Rl n , determinare, se esiste,una vettore non nullo v ed un numero reale λ tale che

Av = λv.

Per questo motivo diamo la seguente

107

Definizione 6.31 Sia A una matrice quadrata d’ordine n vista come opera-tore di Rl n , allora un vettore non nullo v di Rl n si dice autovettore di A seesiste un numero reale λtale che

Av = λv.

Il numero λ si dice autovalore associato a v e v si dive autovettore associatoa λ.

Osservazioni 6.32

1. Notiamo le seguenti proprieta degli autovettori associati ad un datoautovalore

1) Se v e un autovettore dell’operatore A , allora anche il vettore αvcon α ∈ Rl e un autovettore associato a v .

Dimostrazione Infatti si ha

A(αv) = α(Av) = αλv = λ(αv) per la proprieta 1) di 6.22

2) Se v1 e v2 sono due autovettori associati all’autovalore λ allorav1 + v2 e un autovettore associato a λ.

Dimostrazione Infatti

A(v1 + v2) = Av1 + Av2 = λv1 + λv2 = λ(v1 + v2).

Le proprieta 1) e 2) che abbiamo dimostrato qui sopra ci dicono chel’insieme degli autovettori associati ad un dato autovalore λ formanoun sottospazio vettoriale di Rl n , detto autospazio associato a λ .34 Sinoti, in particolare, che gli autovettori associati ad un dato autovaloreλ sono infiniti.

34Ricordiamo la seguente proprieta. Sia W un sottoinsieme non vuoto dello spaziovettoriale Rl n . Allora condizione necessaria e sufficiente affinche W sia un sottospaziovettoriale di Rl n e che valgano le seguenti condizioni

(a) Se v1 e v2 sono elementi di W allora anche v1 + v2 e un elemento di W.

(b) Se α e un qualunque numero reale e v e un elemento di W, allora anche αv e unelemento di W.

108

2. Osserviamo inoltre che se v e un autovettore per la matrice A , alloraad esso e associato un solo autovalore.

Dimostrazione Infatti, supponiamo che l’autovettore v 35 abbia as-sociati gli autovalori λ1 e λ2 . Allora si ha Av = λ1v e Av = λ2v ,ossia

0 = Av − Av = λ1v − λ2v = (λ1 − λ2)v.36 Da cio segue, essendo v = 0, che λ1 − λ2 = 0, ossia λ1 = λ2 .

6.6 Come si determinano gli autovalori ed i rispettiviautovettori di una matrice quadrata

6.6.1 Determinazione degli autovalori

Sia data una matrice quadrata A vista come operatore lineare di Rl n , ossia

A =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...an1 an2 · · · ann

.

Allora il vettore v =

x1x2...xn

e autovettore per A con autovalore associato

λ se e solo se a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...an1 an2 · · · ann

x1x2...xn

= λ

x1x2...xn

ossia se e solo se

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...an1 an2 · · · ann

x1x2...xn

= λ

1 0 · · · 00 1 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · 1

x1x2...xn

⇔

35Osserviamo che v = 0.360 rappresenta il vettore nullo.

109

[

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...an1 an2 · · · ann

−

λ 0 · · · 00 λ · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · λ

]x1x2...xn

=

00...0

ossia se e solo se

(a11 − λ)x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = 0a21x1 + (a22 − λ)x2 + · · ·+ a2nxn = 0

......

an1x1 + an2x2 + · · ·+ (ann − λ)xn = 0

D’altra parte il sistema omogeneo sopra scritto ha soluzioni non nulle37 se esolo se il determinante∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(a11 − λ) a12 · · · a1na21 (a22 − λ) · · · a2n = 0...

......

...an1 an2 · · · (ann − λ)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 (108)

Il determinante situato a sinistra dell’equazione (108) risulta essere unpolinomio di grado n che si dice polinomio caratteristico associato all’operatore lineare A .

Esempi 6.33

1. Determiniamo gli autovalori della matrice

(0 11 0

).

Dobbiamo calcolare

∣∣∣∣∣ 0− λ 11 0− λ

∣∣∣∣∣ = 0 ossia λ2−1 = 0 che ammette

come soluzioni i numeri reali λ = 1 e λ = −1.

2. Determinare gli eventuali autovalori della matrice

(1 22 1

)Soluzione

Per risolvere l’esercizio calcoliamo

∣∣∣∣∣ 1− λ 22 1− λ

∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ λ2−2λ−3 = 0

che ammette come soluzioni λ = 3 e λ = −1.

37Osserviamo che un sistema omogeneo ammette sempre la soluzione nulla (ossia lan− pla (0, 0, . . . , 0)) che pero non rappresenta un autovettore.

110


(1 2−2 1

)Soluzione

Calcoliamo ∣∣∣∣∣ 1− λ 2−2 1− λ

∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ λ2 − 2λ+ 5 = 0.

Poiche il discriminate dell’equazione e negativo, essa non ammettesoluzioni reali.


2 0 10 0 00 0 1

Soluzione Calcoliamo∣∣∣∣∣∣∣

2− λ 0 10 0− λ 00 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇔

λ3 − 3λ+ 2λ = 0 ⇔ λ(λ− 2)(λ− 1) = 0.

Esercizi 6.34

Calcolare gli autovalori delle seguenti matrici

1.

(1 33 1

)Soluzione λ = 4, λ = −2

2.

(1 −33 1

)Soluzione Non ammette autovalori reali

3.

1 1 01 1 00 0 2

Soluzione λ = 2, λ = 2, λ = 0.

111

4.

2 0 00 1 20 2 1

Soluzione λ = −1, λ = 2, λ = 3.

5.

1 −2 40 0 −20 1 3

Soluzione Ammette l’autovalore λ = 1 con molteplicita 2 e l’autovaloreλ = 1.

6.6.2 Determinazione degli autovettori

Per prima cosa ricordiamo il seguente lemma che e utile per capire se i calcoliche si stanno facendo nella risoluzione di un esercizio sulla determinazionedegli autovettori non presentino contraddizioni.

Lemma 6.35 Sia A una matrice quadrata d’ordine n e supponiamo che λsia un autovalore per A. Allora detta s la molteplicita di λ come radicedel polinomio caratteristico di A, si ha che l’autospazio associato a λ hadimensione minore od uguale ad s.

Supponiamo di avere una matrice A =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...an1 an2 · · · ann

che am-

mette l’autovalore λ . Allora per determinare l’autospazio associato a λ dob-biamo risolvere la seguente equazione matriciale

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...an1 an2 · · · ann

x1x2...xn

= λ

x1x2...xn

che possiamo riscrivere nel seguente sistema nelle incognite x1, x2, . . . , xn .

a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxn = λx1a21x1 + a22x2 + . . .+ a2nxn = λx2

... =...

an1x1 + an2x2 + . . .+ annxn = λxn

112

Il problema e quindi ricondotto a determinare le soluzioni non nulle delsuddetto sistema lineare.

Esempi 6.36

Determinare gli autovalori ed i rispettivi autospazi delle seguenti matrici

1.

(0 11 0

)Soluzione

Determiniamo per prima cosa gli autovalori della matrice, ossia∣∣∣∣∣ −λ 11 −λ

∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ λ2 − 1 = 0 ⇔ λ = ±1.

Calcoliamo ora l’autospazio associato a λ = 1. Per questo motivodobbiamo risolvere il sistema(

0 11 0

)(xy

)=

(xy

)

ossia{y = xx = y

che si riduce alla sola equazione x = y . Pertanto le soluzioni

hanno la forma(aa

)= a(

(11

). Ne segue che l’autospazio ha dimensione 1.

2.

0 0 10 1 01 0 0

Soluzione Determiniamo dapprima gli autovalori, ossia∣∣∣∣∣∣∣

−λ 0 10 1− λ 01 0 −λ

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ (1− λ)(λ2 − 1) = 0

113

Il polinomio caratteristico ammette l’autovalore λ = 1 con molteplicita2 e l’autovalore λ = −1 con molteplicita 1. Determiniamo l’autospaziorelativo a λ = 1. Si ha 0 0 1

0 1 01 0 0

xyz

=

xyz

⇔

−x+ z = 0y = y

x− z = 0

Il sistema suddetto si riduce alla sola equazione x− z = 0. Cio ci diceche i vettori dell’autospazio associato a λ = 1 hanno la prima e la terzacoordinata uguali tra loro, mentre la seconda coordinata e arbitraria.

Pertanto l’autospazio associato a λ = 1 e formato dai vettori della

forma

aba

che ammette come base i vettori (1, 0, 0)t, (0, 1, 0)t e

quindi ha dimensione 2. Determiniamo ora l’autospazio associato aλ = −1, ossia 0 0 1

0 1 01 0 0

xyz

=

−x−y−z

⇔

x+ z = 02y = 0x+ z = 0

Tale sistema si riduce a

{x+ z = 0y = 0

che ammette come soluzioni le

terne della forma (a, 0,−a)t e quindi l’autospazio e generato dal vettore(1, 0,−1)t ed ha pertanto dimensione 1.38

3.

0 0 01 0 −10 1 1

Soluzione Calcoliamone gli autovalori. Allora si ha∣∣∣∣∣∣∣

−λ 0 01 −λ −10 1 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ λ(λ2 − λ+ 1) = 0

38Notiamo che gli autospazi associati rispettivamente a λ = 1 e λ = −1 hanno di-mensione rispettivamente 2 ed 1 e quindi coincidente con la molteplicita di 2 ed 1 comeradice del polinomio caratteristico.

114

Pertanto l’unico autovalore reale e λ = 0. Determiniamone l’autospazio.Allora si ha

0 0 01 0 −10 1 1

xyz

=

000

⇔

0 = 0

x− z = 0y + z = 0

L’autospazio e formato dai vettori della forma (a,−a, a) ed ha quindidimensione 1.

4.

2 0 10 0 00 0 1

Soluzione

Dapprima calcoliamo gli autovalori, ossia∣∣∣∣∣∣∣2− λ 0 10 −λ 00 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ λ(2− λ)(1− λ) = 0

Determiniamo l’autospazio associato a λ = 0. Allora si ha 2 0 10 0 00 0 1

xyz

=

000

⇔

2x+ z = 0

0 = 0z = 0

Ne segue che l’autospazio e formato dai vettori della forma (0, b, 0)t .Calcoliamo ora l’autospazio associato a λ = 1. Allora si ha 2 0 1

0 0 00 0 1

xyz

=

xyz

⇔

x+ z = 00 = yz = z

I vettori dell’autospazio hanno la forma (a, 0,−a)t .Infine calcoliamo l’autospazio associato a λ = 2. Allora si ha 2 0 1

0 0 00 0 1

xyz

=

2x2y2z

⇔

z = 00 = 2y0 = z

e quindi l’autospazio e formato dai vettori della forma (a, 0, 0)t .

115

6.6.3 Il teorema spettrale e la regola dei segni di Cartesio

Il seguente Lemma e conseguenza del Teorema spettrale ed ha notevole im-portanza nella classificazione metrica delle coniche e delle quadriche.

Lemma 6.37 Sia A una matrice quadrata simmetrica d’ordine n a coeffi-cienti reali. Allora essa ammette esattamente n autovalori reali consideraticon la propria molteplicita.

Esempi 6.38

1. La matrice

(−1 22 3

)ammette λ2− 4λ− 1 come polinomio caratter-

istico il quale ha 2±√5 come zeri.

2. La matrice A =

1 0 10 1 01 0 1

ammette λ3 − 3λ + 2λ come polinomio

caratteristico avente zeri λ = 0, λ = 2 e λ = 1.

3. Consideriamo la matrice

1 2 12 −1 11 1 0

che ammette x3+7x+4 come

polinomio caratteristico. Senza far calcoli, possiamo affermare che essoammette 3 zeri reali, essendo la matrice simmetrica. Notiamo inoltreche tale polinomio non ammette zeri razionali e quindi sono tutti ir-razionali.

Il seguente criterio, detto di Cartesio, e molto utile quando si deve de-terminare il segno delle radici di un’equazione, sapendo che esse sono tuttereali.

Teorema 6.39 (Criterio di Cartesio) Sia p(x) = anxn + . . . + a1x + ao

un polinomio di grado n a coefficienti reali e supponiamo che tutti gli zerisiano reali. Scritta la successione ordinata dei coefficienti non nulli di p(x),si considerino le variazioni di segno nel passaggio da ciascun coefficiente alsuccessivo. Allora il numero delle variazioni di segno uguaglia il numero deglizeri positivi.

Esempi 6.40

116

1. Consideriamo il polinomio x2 − 2x + 1 ed osserviamo che ∆ = 0 equindi il polinomio ammette due radici reali e coincidenti. Poiche lasuccessione dei segni + − + presenta due variazioni si ha che il poli-nomio ammette 2 radici positive (infatti le radici sono x = 1 contatocon molteplicita 2).

2. Consideriamo ora il polinomio x2−x−2 il cui discriminante e positivoe quindi le radici sono reali. La successione dei segni +−− presentauna sola variazione e quindi il polinomio ammette una radice positivaed una negativa (infatti le radici sono 2 e −1.

3. Il polinomio x2 − x + 2 ha come successione di segni + − +, ma inquesto caso non possiamo applicare la regola della successione dei segniperche il polinomio non ammette radici reali.

4. Il polinomio x3−x2−5x+5 ammette radici reali (infatti x3−x2−5x+5 = (x−1)(x2−5))e la successione dei segni + − −+ ci dice che ci sono due varia-zioni, quindi il polinomio ammette due radici positive ed una negativa.Chiaramente in questo esempio e nei precedenti non ha molto inter-esse l’applicazione dei segni di Cartesio perche le radici sono di faciledeterminazione, ma nel seguente esempio si capisce l’importanza dellaregola di Cartesio.

5. Sia data la matrice A =

0 1 01 1 20 2 1

. Questa matrice e simmetrica

e pertanto, per il lemma 6.37, si sa che il polinomio caratteristico am-mette esattamente 3 radici reali. −λ3 + 2λ2 + 4λ − 1 e il polinomiocaratteristico di A e poiche la successione dei segni − + +− presentadue variazioni si ha che il polinomio ammette esattamente due radicipositive ed una negativa. Osserviamo che le radici di questo polinomiosono numeri irrazionali.

6. Sia A =

2 1 2 11 −1 0 12 0 0 −11 1 −1 1

. La matrice e simmetrica ed suo poli-

nomio caratteristico e x4 − 2x3 − 9x2 + 7x + 19. La successione deisegni +−−++ presenta due variazioni e quindi il polinomio ammettedue radici positive e due negative.

117

Figure 36: Piero della Francesca: Sacra conversazione; 1472-74, Milano,Pinacoteca di Brera

7 Elementi di Geometria proiettiva

118

L’origine e le idee fondamentali della geometria proiettiva vanno ricercatinelle regole della prospettiva che ha tra i precursori Filippo Brunelleschi, LeonBattista Alberti e soprattutto Piero della Francesca. Mentre L.B.Albertiaveva concentrato la propria attenzione sul problema di rappresentare nel pi-ano del dipinto figure situate sul piano del pavimento, Piero della Francescaaffronto il problema piu complesso di dipingere nel piano del dipinto oggettitridimensionali cosı come essi vengono percepiti da un dato punto di osser-vazione.

Nel 19o secolo, soprattutto ad opera di J.V. Poncelet, la geometria proiet-tiva ebbe un notevole sviluppo. Egli introdusse uno degli aspetti caratteriz-zanti la geometria proiettiva, cioe completo lo spazio ambiente con l’aggiuntadegli elementi all’infinito, sviluppando in modo esauriente idee che risalivanoal 17o secolo.

In questa parte delle note vogliamo presentare alcuni elementi di geome-tria proiettiva piana ponendo soprattutto l’attenzione sul concetto di polaritarispetto ad una conica. Gli argomenti che vengono esposti in questa parte,possono essere estesi allo spazio proiettivo, ma qui ci limitiamo al contestodel piano proiettivo.

Talvolta alcune affermazioni non vengono provate perche richiedonoconoscenze che in queste note non sono trattate, in particolare il concettodi birapporto. 39

7.1 Il piano proiettivo

L’idea di piano proiettivo consiste nell’effettuare un ampliamento di Rl 2 me-diante l’aggiunta di nuovi punti che chiamiamo punti impropri o anche puntiall’infinito. In questo nuovo ambiente il concetto di rette parallele viene sos-tituito con quello di rette incidenti in un punto all’infinito. Vediamo adessocome possiamo realizzare questo ampliamento.

Definizione 7.1 Consideriamo l’insieme Rl 3delle terne ordinate di numerireali. Siano P1 ≡ (x1, y1, z1) e P2 ≡ (x2, y2, z2) due terne diverse dalla terna(0, 0, 0). Si dice che P1 e P2 sono equivalenti (P1 ∼ P2) se e solo se x2 = x1t,y2 = y1t e z2 = z1t t = 0 (ossia (x2, y2, z2) = t(x1, y1, z1).

39Lo studente interessato a questi argomenti puo trovare chiarimenti a tali affermazioninei libri di geometria proiettiva, in particolare nel seguente: Lezioni di Geometria, volumeprimo, la geometria analitica e gli elementi della geometria proiettiva di Luigi Campedelli-edizioni CEDAM.

119

Abbiamo usato il termine equivalenti, perche la relazione ∼ che abbiamointrodotto tra le terne di Rl 3 \(0, 0, 0) e una relazione d’equivalenza, cioe godedelle proprieta riflessiva , simmetrica e transitiva, come e facile verificare. Sipossono quindi considerare le classi d’equivalenza di Rl 3 \(0, 0, 0) rispetto atale relazione ∼ .

Definizione 7.2 L’insieme delle classi d’equivalenza di Rl 3 \(0, 0, 0) rispettoalla relazione ∼ sopra indicata, si indica con P2(Rl ) e si dice piano proiettivo.

Quindi un elemento P di P2(Rl ) (ossia un punto P di P2(Rl ) )e individuato da una terna (x, y, z) non nulla ed ogni terna non nulla adessa equivalente rappresenta il punto P. Le coordinate (x, y, z) si dicono co-ordinate omogenee del punto P ( il punto P e quindi individuato da unaqualunque terna (xt, yt, zt), t = 0. Per esempio (1,−1, 2) e (2,−2, 4) rap-presentano lo stesso elemento in P2(Rl ) . Sia P un punto di P2(Rl ) concoordinate omogenee (x, y, z) e z = 0. Allora ogni altra terna di coordinateomogenee (xt, yt, zt), t = 0 di P ha la terza coordinata zt non nulla. Seinvece un punto Q ha coordinate omogenee (x, y, 0) allora ogni altra ternadi coordinate omogenee di Q ha la terza coordinata nulla. Per esempio se(1, 2,−1) ≡ P, 40 allora ogni terna di coordinate omogenee di P, ha la forma(t, 2t,−t), t ∈ (Rl \ 0), mentre tutte le terne di coordinate omogenee che in-dividuano il punto Q ≡ (1, 1, 0) sono della forma (t, t, t · 0) = (t, t, 0) cioehanno la terza coordinata nulla.

Definizione 7.3 Gli elementi di P2(Rl ) che sono rappresentati da coordinateomogenee aventi la terza coordinata non nulla si dicono propri mentre quelliche sono rappresentati da coordinate omogenee con la terza coordinata nullasi dicono impropri.

7.2 Immersione di Rl 2nel piano proiettivo P2(Rl )

Sia A il sottoinsieme di P2(Rl ) formato dagli elementi propri. Determiniamoadesso una corrispondenza biunivoca tra gli elementi di A e quelli di Rl 2 . SiaP un elemento di A e sia (x, y, z) una terna di coordinate omogenee di P.All’elemento (x, y, z) associamo l’elemento (x

z, yz) ∈ Rl 2. 41 Poiche ogni terna

di coordinate omogenee di P e della forma (tx, ty, tz), t = 0 si ha che ad

40scriviamo (a, b, c) ≡ P per indicare che il punto P ∈P2(Rl ) e individuato dalla terna(a, b, c)

41cio si puo fare perche P e un punto proprio e quindi z = 0

120

ogni terna di coordinate omogenee di P viene associato lo stesso elementodi Rl 2ossia ( tx

tz, tytz) = (x

z, yz). Pertanto la legge T che abbiamo costruito

associando alla terna (x, y, z) la coppia (xz, yz) e una funzione da A in Rl 2 , cioe

non dipende dal rappresentante della classe d’equivalenza che consideriamo.Proviamo che tale funzione e sia iniettiva che suriettiva (quindi biunivoca).Siano P1 e P2 due elementi di P2(Rl ) . Notiamo che sia P1 che P2 sonoindividuati da una sola terna con la terza coordinata coincidente con 1. Sia(x1, y1, 1) ≡ P1 e (x2, y2, 1) ≡ V2. Allora alla terna (x1, y1, 1) e pertantoall’elemento P1 e associato l’elemento (x1, y1) mentre alla terna (x2, y2, 1)e quindi all’elemento P2 e associato l’elemento (x2, y2). Chiaramente questedue coppie sono distinte tra loro essendolo le due terne da cui provengono.Pertanto T e iniettiva. Sia ora (x, y) un qualunque elemento di Rl 2 . Allora(x, y) e il corrispondente dell’elemento in A di coordinate omogenee (x, y, 1).Pertanto la funzione T da luogo ad una corrispondenza biunivoca tra i puntidi A e quelli di Rl 2 . Quindi in P2(Rl ) esiste il sottoinsieme proprio A chepossiamo identificare con Rl 2 . In P2(Rl ) ci sono altri elementi, quelli impropri(cioe quelli con coordinate omogenee (a, b, 0)) che rivestono un ruolo di rilievoin cio che adesso consideriamo.

Notazioni: Nel seguito indicheremo con lettere maiuscole (X, Y ) le co-ordinate di un punto P di Rl 2 . Se P ≡ (X,Y ) e individuato dalla terna(x, y, z) con X = x

z, e Y = y

z, allora si dice che la terna (x, y, z) o ogni

altra terna ad essa equivalente rappresenta le coordinate omogenee associateal punto P ≡ (X,Y ). Diciamo inoltre che (X, Y ) sono le coordinate deomo-geneizzate del punto (x, y, z) in P2(Rl ) (con z = 0).

Esempi 7.4

1. Consideriamo il punto P ≡ (2,−3) ∈ Rl 2. Allora (4,−6, 2) ( o ognialtra terna ad essa proporzionale) rappresenta le coordinate omogeneedi P.

2. Consideriamo la terna (2, 4, 5), Allora la coppia (25, 45) e il punto di Rl 2

individuato dalle coordinate omogenee (2, 4, 5).

Esercizi 7.5

1. Determinare le coordinate omogenee associate ai seguenti punti di Rl 2 .

(2,−1), (1, 1), (1, 0), (0, 1), (0, 0).

121

2. Dati i seguenti punti di P2(Rl ) , determinarne le coordinate non omo-genee.

(2, 1,−1), (3, 1, 2), (2, 0, 1), (0, 2, 3).

7.2.1 Relazione tra una curva in Rl 2e la sua chiusura proiettiva

In conseguenza della relazione che esiste tra le coordinate non omogenee(X, Y ) e quelle omogenee (x, y, z), un’ equazione algebrica f(X,Y ) = 0e trasformata in una equazione algebrica omogenea f(x, y, z) = 0 42 chee detta chiusura proiettiva 43 della curva di equazione f(X, Y ) = 0. Perottenere la chiusura proiettiva di f(X,Y ) = 0 si sostituiscono X con x

ze Y

con yze si moltiplicano i membri dell’equazioni per zn dove n e l’esponente

piu grande tra quelli dei denominatori.

Per esempio se consideriamo l’equazione di una retta in Rl 2

aX + bY + c = 0, (109)

essa si trasforma nell’equazione

ax

z+ b

y

z+ c = 0 (110)

ossia inax+ by + cz = 0 (111)

che e detta la chiusura proiettiva della retta d’equazione (109) e la rettad’equazione (109) in Rl 2 e detta la restrizione a Rl 2della curva d’equazione(111) in P2(Rl ) . Supponiamo (a, b) = (0, 0). Allora facciamo vedere che unpunto P ≡ (Xo, Yo) e soluzione di (109) se e solo se le coordinate omogenee diP sono soluzioni (111). Infatti sia P ≡ (Xo, Yo) soluzione di (109). Pertantosi ha aXo + bYo + c = 0. Siano Xo =

xo

zo, Yo =

yozo, allora da

aXo + bYo + c = 0 ⇒ axozo

+ byozo

+ c = 0 ⇒ axo + byo + czo = 0.

42Un’equazione algebrica f(x1, . . . , xn) = 0 in n indeterminate si dice omogenea setutti i monomi che compongono il polinomio f(x1, . . . , xn) sono dello stesso grado. Peresempio l’equazione x2 − 2xy + xz − 3yx = 0 e un’equazione omogenea in 3 variabili digrado 2. L’equazione x2 + 3xy + x = 0 non e omogenea perche il monomio x ha grado 1mentre gli altri monomi hanno grado 2.

43o anche completamento proiettivo

122

Siano ora (xo, yo, zo) le coordinate omogenee di un punto proprio P inP2(Rl ) che soddisfano (111). Allora

axo + byo + czo = 0 ⇔ axozo

+ byozo

+ c = 0,

ossia il punto (Xo, Yo) = (xo

zo, yozo) e soluzione di aX + bY + c = 0.

Quindi un punto proprio di P2(Rl ) appartiene alla retta d’equazioneax + by + cz = 0 se e solo se il corrispondente punto deomogeneizzatoe soluzione dell’equazione della retta R : aX + bY + c = 0 in Rl 2 .

Se consideriamo l’equazione di una conica in Rl 2 cioe

a11X2 + 2a12XY + a22Y

2 + 2a13X + 2a23Y + a33 = 0 (112)

essa si trasforma nell’equazione

a11(x

z)2 + 2a12

x

z

y

z+ a22(

y

z)2 + 2a13

x

z+ 2a23

y

z+ a33 = 0

ossia, moltiplicando per z2, nell’equazione

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13xz + 2a23yz + a33z2 = 0 (113)

Come per la retta si prova che un punto P ≡ (Xo, Yo) ∈ Rl 2 e soluzione di(112) se e solo se le coordinate omogenee di P, ossia (xo, yo, zo) con Xo =

xo

zoe Yo =

yozo

sono soluzioni di (113).

Definizione 7.6 Data la curva C in P2(Rl ) d’equazione omogenea (113) sidice che (112) e l’equazione della restrizione di C a Rl 2o anche che (112) e ladeomogeneizzazione dell’equazione (113). La (113) si dice l’equazione dellachiusura proiettiva della curva d’equazione (112).

Esempi 7.7

1. Data la retta in Rl 2d’equazione 3X − 2Y − 2 = 0, determinarel’equazione della sua chiusura proiettiva P2(Rl ) .

Soluzione Posto X = xz

e Y = yz

si ha che l’equazione dellachiusura proiettiva in P2(Rl ) assume la forma 3x

z− 2y

z− 2 = 0 os-

sia 3x− 2y − 2z = 0

123

2. Data la curva in Rl 2d’equazione 2X2 + 3XY − 4Y 2 + Y − 2 = 0,determinare l’equazione della sua chiusura proiettiva.

Soluzione L’equazione 2X2 + 3XY − 4Y 2 + Y − 2 = 0 si trasformanell’equazione 2(x

z)2 + 3x

zyz− 4(y

z)2 + y

z− 2 = 0 ossia nell’equazione

omogenea 2x2+3xy−4y2+yz−2z2 = 0 che ne e la chiusura proiettiva.

3. Data la curva C in P2(Rl ) d’equazione 2x2 +3xy+ z2 = 0 determinarel’equazione della restrizione a Rl 2 .

Soluzione Dividendo per z2 si ottiene l’equazione 2(xz)2+3xy

z2+1 = 0

ossia l’equazione 2X2 + 3XY + 1 = 0.

Esercizi 7.8

1. Data la curva d’equazione X2+3XY +Y = 1 determinarne l’equazionedella chiusura proiettiva in P2(Rl ) .

2. Data la curva d’equazione X2+2X2Y+Y = 2, determinarne l’equazionedella chiusura proiettiva in P2(Rl ) .

3. Data la curva C d’equazione d’equazione omogenea 3x2−y2+xz−yz+z2 = 0in P2(Rl ) determinare l’equazione della restrizione di C a Rl 2 .

Soluzioni degli esercizi (7.8)

1. x2 + 3xy + yz − z2 = 0

2. x2z + 2x2y + yz2 − 2z3 = 0

3. 3X2 − Y 2 +X − Y + 1 = 0

7.3 Rette nel piano proiettivo

Una retta in Rl 2 e rappresentata da un’equazione algebrica di primo grado(∗) : aX + bY + c = 0 44e viceversa un’equazione del tipo (*) rappresentauna retta in Rl 2 . Tenendo conto delle considerazioni fatte nel paragrafoprecedente diamo la seguente

44Ogni altra equazione equivalente ad essa (cioe ottenuta moltiplicando i coefficienti perun fattore non nullo) rappresenta la stessa retta

124

Definizione 7.9 Si dice retta nel piano proiettivo P2(Rl ) l’insieme dei puntidi P2(Rl ) che sono soluzioni dell’equazione omogenea

ax+ by + cz = 045 (114)

Notiamo che se una terna (xo, yo, zo) e soluzione di (114) allora ogni altraterna (txo, tyo, tzo), (ossia un punto di P2(Rl ) ) e soluzione di (114).

Esempio 7.10

L’equazione 2x+ 3y − z = 0 e una retta in P2(Rl ) .

Definizione 7.11 L’equazione z = 0 rappresenta una retta che viene dettaretta impropria .

Essa e soddisfatta da tutte e sole le coordinate omogenee che hanno laterza coordinata nulla, cioe tutte e sole le terne (non nulle ) (a, b, 0) sonosoluzioni di z = 0.

Osservazione: Ogni retta in P2(Rl ) , eccetto la retta impropria z = 0e la chiusura proiettiva di una retta in Rl 2 .

Siano ax + by + cz = 0 e a1x + b1y + c1z = 0 le equazioni di due rettedistinte in P2(Rl ) . Vogliamo far vedere che hanno sempre un punto incomune. Cio differenzia il comportamento delle rette in Rl 2e in P2(Rl ) .

Lemma 7.12 Siano R1 : a1x + b1y + c1z = 0 e R2 : a2x + b2y + c2z = 0due rette distinte in P2(Rl ) .Allora R1 ed R2 hanno un punto in comune.

DimostrazionePer determinare gli eventuali punti in comune delle due rette dobbiamo

risolvere il seguente sistema lineare{a1x+ b1y + c1z = 0a2x+ b2y + c2z = 0

Si tratta di un sistema omogeneo di due equazioni in tre incognite. Poiche ledue rette sono distinte la caratteristica della matrice incompleta ( e quindi

45Chiaramente si suppone che almeno uno tra i coefficienti a, b, c sia non nullo.

125

anche quella della matrice completa)

(a1 b1 c1a2 b2 c2

)e 2. Pertanto il si-

stema ammette un’infinita di soluzioni tutte tra loro proporzionali, cioe se(xo, yo, zo) e una soluzione del sistema, allora ogni altra soluzione e dellaforma (xot, yot, zot) t = 0. Ne segue che tutte le soluzioni non nulle di talesistema stanno nella medesima classe d’equivalenza e quindi rappresentanoun punto P in P2(Rl ) .

Osservazioni:

1. Per il Lemma (7.12) la retta

ax+ by + cz = 046 (115)

ha un solo punto in comune con la retta impropria z = 0. Cio vuol direche un solo punto improprio appartiene alla retta (115).

Possiamo pensare una retta in P2(Rl ) come una retta in Rl 2alla qualee stato aggiunto un punto improprio.

Notiamo che il punto improprio della retta ax + by + cz = 0 ha coor-dinate omogenee (−b, a, 0) e la coppia (−b, a) rappresenta un vettoredirettore di (∗∗) : aX + bY + c = 0. Quindi il punto improprio dellaretta (115) sta ad indicare la direzione della retta (**). 47

2. Notiamo altresı che se ax + by + c = 0 e a1x + b1y + c1 = 0 sono duerette parallele in Rl 2 , allora le rette in P2(Rl ) ottenute aggiungendo ipunti impropri si incontrano nel loro punto improprio.

3. Attenzione all’ambiente nel quale si lavora. Dobbiamo prestarela massima attenzione quando studiamo un’equazione omogenea deltipo ax+ by+ cz = 0. Infatti se stiamo considerando questa equazionein P2(Rl ) , allora essa rappresenta una retta . Se invece consideriamol’equazione in Rl 3 , allora l’equazione rappresenta un piano che passaper l’origine.

Esempio 7.13

46Si suppone che almeno uno tra a, b sia non nullo, altrimenti la retta coincide con z = 047Se (a, b, 0) sono le coordinate omogenee di un punto improprio allora il vettore (a, b) ∈

Rl 2 si dice vettore associato al punto improprio (a, b, 0).

126

Determinare l’intersezione tra le rette 2x+ 3y + z = 0 e x− y + z = 0.Soluzione Consideriamo il sistema{

2x+ 3y + z = 0x− y + z = 0

la caratteristica della matrice incompleta ( e quindi della completa) e 2 e lesoluzioni sono date da

x =

∣∣∣∣∣ −z 3−z −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 2 31 −1

∣∣∣∣∣= −4

5z, y =

∣∣∣∣∣ 2 −z1 −z

∣∣∣∣∣−5

=z

5

In particolare per z = 1 si ottengono le seguenti coordinate omogenee delpunto d’intersezione: (−4

5, 15, 1).

Esercizi 7.14

Determinare le intersezioni delle seguenti rette:

1. x+ 3y + z = 0 e y + 3z = 0

2. x+ 3y − z = 0 e z = 0

3. x+ 2y + 2z = 0 e 2x+ 4y + 4z = 0.

Soluzioni degli esercizi 7.14

1. (8z,−3z, z)

2. (−3y, y, 0)

3. (−2y, y, 0)

Proviamo adesso il seguente

Lemma 7.15 Siano P1 e P2 due punti di P2(Rl ) di coordinate omogenee(x1, y1, z1) e (x2, y2, z2) rispettivamente. Allora esiste una ed una sola rettaR in P2(Rl ) che passa per P1 e P2.

127

Dimostrazione Consideriamo la seguente equazione nelle incognitex, y, z : x y z

x1 y1 z1x2 y2 z2

= 0 (116)

Allora, sviluppando il determinante si ha

x(y1z2 − z1y2)− y(x1z2 − z1x2) + z(x1y2 − y1x2) = 0

Postoa = (y1z2 − z1y2), b = (x1z2 − z1x2), c = (x1y2 − y1x2)

si ha che l’equazione ax + by + cz = 0 rappresenta una retta R in P2(Rl ) .Le coordinate omogenee dei punti P1 e P2 soddisfano tale equazione, comee facile verificare. Infatti basta notare che se al posto del vettore riga (x, y, z)sostituiamo le coordinate (x1, y1, z1) oppure (x2, y2, z2) allora la matrice in(116) ha due righe uguali e quindi il suo determinante e nullo.

La retta che passa per P1 e P2 e unica. Se infatti esistesse un’altra rettaR che passa per P1 e P2, allora R e R avrebbero due punti in comune,contro le conclusione del lemma 7.12.

Esempio 7.16

Determiniamo la retta R che passa per i punti P1 ≡ (1, 2, 1) e P2 ≡ (4,−2, 2).SoluzioneL’equazione di R e data da∣∣∣∣∣∣∣

x y z1 2 14 −2 2

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ 6x+ 2y − 10z = 0 ⇔ 3x+ y − 5z = 0.

Un altro modo per ottenere l’equazione della retta e il seguente, che tieneconto della rappresentazione della retta in Rl 2 . Le coordinate non omogeneedei punti P1 e P2 sono le seguenti:P1 ≡ (1, 2), P2 ≡ (2,−1). La retta R cheli congiunge ha equazione

X − 1

2− 1=

Y − 2

−1− 2⇔ 3X + Y − 5 = 0.

La chiusura proiettiva di R assume la forma

3x+ y − 5z = 0.

128

7.3.1 Rappresentazione parametrica di una retta in P2(Rl )

Se P1 ≡ (x1, y1, z1) e P2 ≡ (x2, y2, z2) sono due punti distinti di P2(Rl ) ,allora l’espressione X = λP1 + µP2 ossia

x = λx1 + µx2y = λy1 + µy2z = λz1 + µz2

(117)

rappresenta, al variare di λ e µ nei numeri reali, tutti e soli i punti dellaretta R che congiunge i punti P1 e P2.

Questa rappresentazione si ottiene osservando che l’equazione omogeneaax + by + cz = 0, se pensata in Rl 3 , rappresenta un piano passante perl’origine e la (117) e la rappresentazione parametrica di un piano passanteper l’origine.

7.4 Coniche in P2(Rl ) e il loro comportamento rispettoalla retta impropria

Una conica in Rl 2 e rappresentata da un’equazione del tipo

a11X2 + 2a12XY + a22Y

2 + 2a13X + 2a23Y + a33 = 0 (118)

Abbiamo visto nel paragrafo (7.2.1) che la sua chiusura proiettiva inP2(Rl ) ha equazione

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13xz + 2a23yz + a33z2 = 0 (119)

che e un’equazione algebrica omogenea di grado 2 in tre variabili.Diamo quindi la seguente

Definizione 7.17 Si dice conica nel piano proiettivo P2(Rl ) l’insieme deipunti di P2(Rl ) che sono soluzioni di un’equazione del tipo (119)

Chiaramente uno tra i coefficienti aij deve intendersi non nullo. Inoltrenotiamo che se una terna (xo, yo, zo) e soluzione di (119) allora ogni altraterna ad essa equivalente cioe (xot, yot, zot), t = 0 e soluzione di (119).

Osservazione: Non ogni conica in P2(Rl ) e la chiusura proiettiva di unaconica in Rl 2 . Le coniche C che contengono la retta impropria non sono

129

le chiusure proiettive di alcuna conica C in Rl 2 . In particolare la conicaz2 = 0 non e la chiusura proiettiva di alcuna conica in Rl 2 . Una conica C inP2(Rl ) d’equazione (119) e la chiusura proiettiva di una conica C in Rl 2 se esolo se uno tra i coefficienti a11, a12, a22 e non nullo.

Abbiamo visto che un punto (Xo, Yo) ∈ Rl 2 e soluzione di (118) se e solo sele sue coordinate omogenee (xo, yo, zo) con Xo =

xo

zoYo =

yozo

sono soluzionidi (119). Quindi possiamo pensare la chiusura proiettiva di una conica inRl 2come una conica alla quale sono stati aggiunti i punti impropri.

Ad una conica C in P2(Rl ) d’equazione (119) associamo la matrice

M =

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

(120)

In analogia al caso di Rl 2 si da la seguente

Definizione 7.18 Una conica in P2(Rl ) d’equazione (119) si dice non de-genere se |M | = 0. Si dice degenere se |M | = 0.

|M | prende il nome di discriminante della conica d’equazione (119) 48

Supponiamo che (118) sia l’equazione di una conica non degenere in Rl 2esia (119) l’equazione della sua chiusura proiettiva.

Osserviamo che se consideriamo l’intersezione{a11x

2 + 2a12xy + a22y2 + 2a13xz + 2a23yz + a33z

2 = 0z = 0

(121)

(ossia l’intersezione della chiusura proiettiva di (118) con la retta impropria)allora si ha il sistema equivalente{

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 = 0z = 0

. (122)

Supposto a11 = 0 (analogamente si procede se a11 = 0 ma a22 = 0 49 )allora si ha il sistema equivalente{

a11x2

y2+ 2a12

xy+ a22 = 0

z = 0. (123)

48M e la stessa matrice sia per una conica in Rl 2 che per la sua chiusura proiettiva.

49In questo caso si considera il sistema

{+2a12

yx + a22

y2

x2 = 0z = 0

130

La prima equazione del sistema ammette al piu due soluzioni xye quindi il

sistema ammette al piu due punti impropri.Se a11 = a22 = 0 allora deve essere a12 = 0, altrimenti l’equazione (119)

non rappresenta la chiusura proiettiva di una conica in Rl 2 . In tal caso si hail sistema {

a12xy = 0z = 0

che ammette come soluzioni i punti impropri (0, 1, 0) e (1, 0, 0).L’equazione (119) si dice di tipo ellittico se il sistema (121) non ammette

soluzioni; di tipo parabolico se il sistema (121) ammette due soluzioni coinci-denti; di tipo iperbolico se (121) ammette due soluzioni distinte.50. Si ottienela seguente caratterizzazione dalle considerazioni precedenti:

Comportamento 7.19 (della chiusura proiettiva di una conica rispetto alla retta impropria)Sia

a11X2 + 2a12XY + a22Y

2 + 2a13X + 2a23Y + a33 = 0 (124)

l’equazione di una conica in Rl 2 . Allora detta

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13xz + 2a23yz + a33z2 = 0 (125)

l’equazione della sua chiusura proiettiva in P2(Rl ) si hanno i seguenti casi

1. Se |M | = 0, (ossia se la conica e non degenere) allora si ha

• l’equazione (124) rappresenta un’ellisse (reale o immaginaria) se(125) non interseca la retta impropria.

• l’equazione (124) rappresenta una parabola se (125) ha due inter-sezioni coincidenti con la retta impropria.

• l’equazione (124) rappresenta un’iperbole se (125) ha due inter-sezioni distinte con la retta impropria.

2. Se |M | = 0, (ossia se la conica e degenere) allora si ha

50Osserviamo che i tre casi sopra indicati corrispondono rispettivamente a quelli in cui|M33| > 0, |M33| = 0, |M33| < 0 ( |M33| rappresenta il determinante della sottomatriceformata dalle prime due righe e dalle prime due colonne)

131

• Se l’equazione (125) ammette due intersezioni reali e distinte conla retta impropria, allora l’equazione (124) rappresenta due rettein Rl 2che si intersecano in un punto.

• Se l’equazione (125) ammette due intersezioni reali e coincidenticon la retta impropria, allora l’equazione (124) rappresenta duerette parallele oppure due rette coincidenti.

• Se l’equazione (125) non ammette intersezioni reali con la rettaimpropria, allora l’equazione (124) rappresenta un punto (ellissedegenere) oppure l’insieme vuoto.

Esempi 7.20

1. Data la conica in Rl 2d’equazione X2 −XY +X − 1 = 0 determinarneil tipo.

Soluzione Osserviamo che |M | =

∣∣∣∣∣∣∣1 −1

212

−12

0 012

0 −1

∣∣∣∣∣∣∣ = 14, quindi

si tratta di una conica non degenere. La sua chiusura proiettivae x2 − xy + xz − z2 = 0. Si ha{

x2 − xy + xz − z2 = 0z = 0

⇔{x2 − xy = 0

z = 0.

Posto λ = xydividiamo primo e secondo membro di x2−xy = 0 per y2.

Allora si ha λ2 − λ = 0 che ammette le soluzioni reali λ = 1 e λ = 0.Ad essi corrispondono i punti impropri (1, 1, 0) e (0, 1, 0). Pertanto siha un’iperbole.

2. Data la conica in Rl 2d’equazione X2 +XY + Y 2 − Y − 2 = 0 determi-narne il tipo.

Soluzione

Prima di tutto si osserva che il discriminante |M | =

∣∣∣∣∣∣∣1 1

20

12

1 −12

0 −12

−2

∣∣∣∣∣∣∣ = 54

quindi si tratta di una conica non degenere. Consideriamo la chiusuraproiettiva e la sua intersezione con la retta impropria. Allora si ha{

x2 + xy + y2 − yz − 2z2 = 0z = 0

⇔{x2 + xy + y2 = 0

z = 0

132

Posto λ = xye dividendo la prima equazione omogenea del sistema per

y2 si ha λ2 + λ + 1 = 0 che non ammette soluzioni reali. Pertanto laconica rappresenta un’ellisse (reale o immaginaria).

3. Data la conica d’equazione X2+2XY +Y 2−2X−1 = 0 determinarneil tipo.

Soluzione

Prima di tutto il discriminante |M | =

∣∣∣∣∣∣∣1 1 −11 1 0−1 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣ = −1 quindi la

conica e non degenere. Consideriamo il sistema{x2 + 2xy + y2 − 2xz − z2 = 0

z = 0⇔{x2 + 2xy + y2 = 0

z = 0

Posto λ = xy

l’equazione λ2 + 2λ + 1 = 0 ammette due soluzioni

coincidenti λ = −1. Ad esse corrisponde il punto (1,−1, 0) contatodue volte. Pertanto la conica rappresenta una parabola.

Esercizi 7.21

Date le seguenti coniche, determinarne il tipo analizzando il comportamentodella loro chiusura proiettiva con la retta impropria.

1. X2 + 4XY + 2X − 1 = 0

2. X2 − 2XY + y2 + 2x+ 2y + 2 = 0

3. XY +X − 1 = 0

7.4.1 Soluzioni degli esercizi (7.21)

1. Si ha |M | = −4 e quindi la conica e non degenere. Poiche la chiusuraproiettiva ammette (0, 1, 0) e (−4, 1, 0) come intersezioni con z = 0,la conica rappresenta un’iperbole.

2. Si ha |M | = −4 e quindi la conica e non degenere. Essendo (1, 1, 0)l’unica intersezione della chiusura proiettiva con z = 0, la conica rap-presenta una parabola.

3. Essendo |M | = −14la conica e non degenere e poiche le intersezioni

della chiusura proiettiva con z = 0 sono (0, 1, 0) e (1, 0, 0), si ha chela conica rappresenta un’ iperbole.

133

7.5 La polarita rispetto ad una conica

Siaa11x

2 + 2a12xy + a22y2 + 2a13xz + 2a23yz + a33z

2 = 0 (126)

l’equazione di una conica non degenere C in P2(Rl ) . Tale equazione puoessere riscritta nella forma

(a11x+ a12y + a13z)x+ (a12x+ a22y + a23z)y + (a13x+ a23y + a33z)z = 0

ossia, utilizzando il linguaggio matriciale

((a11x+ a12y + a13z), (a12x+ a22y + a23z), (a13x+ a23y + a33z))

xyz

= 0.

Tenuto conto del fatto che il vettore riga nel membro alla sinistra dell’equazionepuo essere scritto nella forma

((a11x+a12y+a13z), (a12x+a22y+a23z), (a13x+a23y+a33z) = (x, y, z)

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

si ha che l’equazione (126) puo essere scritta nella forma

(x y z

) a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

xyz

= 051 (127)

dove M =

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

e la matrice associata a C.

Se poniamo X =

xyz

allora possiamo scrivere l’equazione (127) nella

forma

X tMX = 0. (128)

.

51Per una piu approfondita disamina dell’espressione a sinistra dell’equazione, si veda ilparagrafo (??) sulle forme quadratiche

134

Adesso introduciamo due concetti assai importanti per il seguito degliargomenti che verranno svolti in questo capitolo.

Definizione 7.22 Siano P ≡

xoyozo

e Q ≡

x1y1z1

due punti di P2(Rl ) e

sia data una conica C d’equazione (126) con matrice associata M . Diciamoche P e coniugato a Q rispetto a C se P e Q sono legati dalla relazione

(xo yo zo

) a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

x1y1z1

= 0 (129)

( ossia P tAQ = 0)

Osservazione: Poiche si ha

P tMQ = (P tMQ)t = QtMP,

ne segue che se P e coniugato a Q rispetto a C allora anche Q e coniugatoa P rispetto a C . Per questo motivo P e Q si dicono coniugati rispetto aC .

Esempio 7.23

Consideriamo la conica C d’equazione 2x2−2xz+4yz = 0, allora i puntiP ≡ (−2, 1, 0) e Q ≡ (1, 2, 1) sono coniugati rispetto a C . Infatti

(−2, 1, 0)

2 0 −10 0 2−1 2 0

1

21

= 0

Supponiamo ora di fissare un punto P ≡ (x0, y0, z0)t di P2(Rl ) e sia data

una conica C d’equazione (126). Consideriamo l’equazione

(xo yo zo

) a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

xyz

= 0 (130)

che possiamo scrivere nella forma P tMX = 0. Sviluppati i calcoli matricialil’equazione (130) risulta essere un’equazione omogenea di primo grado nellevariabili x, y, z e quindi rappresenta una retta in P2(Rl ) . Si da quindi laseguente definizione.

135

Definizione 7.24 1. Sia data una conica C in P2(Rl ) d’equazione (126)

e sia M =

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

la matrice ad essa associata. Sia

P ≡ (xo, yo, zo) un punto di P2(Rl ) . Allora la retta R d’equazione

(xo yo zo

) a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

xyz

= 0

P tAX = 0.

si dice polare di P rispetto a C. Il punto P si dice polo della retta R

2. La legge che ad ogni punto P di P2(Rl ) associa la propria polare rispettoa C si dice polarita rispetto a C.

Osservazione 7.25

a) Questa definizione e data in generale sia per le coniche non degeneriche per quelle degeneri, ma nel seguito ci limiteremo a considerare lepolari e le relative proprieta rispetto a coniche non degeneri anche secio non sara esplicitamente scritto.

b) Notiamo che, tenendo conto delle definizioni di retta polare di un puntoP rispetto ad una conica C e di punti coniugati, possiamo dire che laretta polare di un punto P rispetto a C e l’insieme dei punti coniugatia P rispetto a C .

Esempio 7.26

Consideriamo la conica d’equazione x2 − xz + 2yz = 0 ed il puntoP ≡ (−2, 1, 0).

Allora la polare di P rispetto a C e data da

(−2, 1, 0)

1 0 −12

0 0 1−1

21 0

xyz

= 0 ⇔ −x+ z = 0

La seguente osservazione ci dice che la legge che ad ogni punto P diP2(Rl ) associa la propria polare e iniettiva.

136

Osservazione 7.27

Siano Po ≡ (xo, yo, zo) e P1 ≡ (x1, y1, z1) due punti distinti di P2(Rl ) ,allora le rispettive polari P t

oMX e P t1MX sono distinte. Cio discende dal

fatto che le equazioni delle rispettive polari non differiscono per un fattoredi proporzionalita e quindi rappresentano rette distinte.

Dimostreremo successivamente che ogni retta in P2(Rl ) ammette un polo.Da cio discendera che la polarita rispetto ad una conica non degenere Ce anche suriettiva e quindi biunivoca, ossia che la polarita rispetto ad unaconica C determina una corrispondenza biunivoca tra i punti di P2(Rl ) e lerette di P2(Rl ) .

Dimostriamo adesso il seguente lemma la cui prova e di facile verifica, mache e molto utile.

Lemma 7.28 Sia C una conica non degenere in P2(Rl ) e siano P1 e P2 duepunti di P2(Rl ) . Supponiamo che P1 appartenga alla polare di P2 , allora P2

appartiene alla polare di P1 .

Dimostrazione Poiche P1 appartiene alla polare di P2 si ha, perl’osservazione (7.25) che P1 e coniugato a P2 . Essendo la relazione diconiugio simmetrica si ha che P2 e coniugato a P1 e quindi sempre perl’osservazione (7.25) si ha che P2 appartiene alla polare di P1 .

7.6 Intersezioni di una conica con una retta

In questo paragrafo generalizziamo il procedimento utilizzato nel paragrafo7.4 dove abbiamo determinato le intersezioni di una conica con la retta im-propria.

Siano P ≡ (x1, y1, z1) e Q ≡ (x2, y2, z2) due punti in P2(Rl ) . Allora per(117), l’insieme delle combinazioni lineari (x, y, z) = λ(x1, y1, z1)+µ(x2, y2, z2)descrive, al variare di λ e µ, tutti e soli i punti della retta R che passa perP e Q.

Ci poniamo il problema di determinare le intersezioni di una conica nondegenere C con una retta R in P2(Rl ) . Scriviamo l’equazione della conicaC nella forma data dall’equazione (128) ossia

X tMX = 0 (131)

137

dove M e la matrice associata a C e X rappresenta un vettore colonna. SiaX = λP + µQ la retta passante per P e Q. Per determinare le intersezionicomuni dobbiamo risolvere il sistema{

X tMX = 0X = λP + µQ

,

cioe dobbiamo determinare λ e µ affiche un punto X ottenuto per tali valoridalla seconda equazione sia soluzione anche della prima equazione. Pertanto,per determinare le soluzioni del sistema dobbiamo risolvere l’equazione

(λP + µQ)tM(λP + µQ) = 0

ottenuta sostituendo X della seconda equazione nella prima equazione.52

Allora si ha

(λP + µQ)tM(λP + µQ) = 0 ⇔ (λP tM + µQtM)(λP + µQ) = 0 ⇔

(λP tM)(λP + µQ) + (µQtM)(λP + µQ) = 0 ⇔

λ2P tMP + λµP tMQ+ λµQtMP + µ2QtMQ = 0 ⇔

λ2P tMP + 2λµP tMQ+ µ2QtMQ = 0. (132)

L’equazione (132) e omogenea di secondo grado nelle variabili λ e µ.Osserviamo che se (λ1, µ1) e una soluzione, allora ogni coppia (tλ1, tµ1) t = 0

e ancora una soluzione. Se X = (λ1P + µ1Q) e un punto d’intersezione traC ed R (ottenuta per la soluzione (λ1, µ1)) allora l’espressione tλ1P + tµ1Qrappresenta ancora una terna di coordinate omogenee dello stesso punto X.Se P ∈ C cioe P tMP = 0, allora possiamo supporre µ = 0 (infatti X = P siottiene per µ = 0.) In tal caso dividendo (132) per µ2 si ottiene la seguenteequazione che e equivalente a (132)

(λ

µ)2P tMP + 2(

λ

µ)P tMQ+QtMQ = 0 (133)

Questa equazione ammette due soluzioni λµche possono essere reali distinte,

reali coincidenti o complesse coniugate. Se Q ∈ C ossia QtMQ = 0, allora

52si tenga presente che se M e una matrice quadrata d’ordine n e se V1 e V2 sonodue vettori colonna d’ordine n × 1 allora M(V1 + V2) = MV1 + MV2. Inoltre se re un numero reale e V e un vettore colonna , allora M(rV ) = r(MV ). Analogamente(V1 + V2)

tM = V t1M + V t

2M e (rV )tM = r(V tM).

138

come sopra possiamo supporre λ = 0 e quindi l’equazione (132) e equivalentea

(µ

λ)2QtMQ+ 2(

µ

λ)(P tMQ) + P tMP = 0

Si ottengono quindi le stesse conclusioni dell’osservazione precedente. Seinfine P tMP = 0 e QtMQ = 0, cioe i punti P e Q stanno sulla conica C,allora deve essere P tMQ = 0. Infatti se fosse anche P tMQ = 0 allora tuttala retta per P e Q starebbe sulla conica C e quindi C sarebbe degenere,contro l’ipotesi fatta. Pertanto si ha

2λµP tAQ = 0

che ammette come soluzioni λ = 0 e µ = 0, ossia i punti Q e P. In con-clusione possiamo affermare che una retta R ha con la conica non degenereC o due intersezioni distinte, o 2 intersezioni coincidenti oppure nessunaintersezione ( quest’ultimo caso si ottiene quando le radici sono complesseconiugate).

Se le intersezioni sono distinte la retta si dice secante; se le intersezionisono coincidenti si dice tangente, se infine non ci sono intersezioni si diceesterna.53

7.6.1 Retta tangente ad una conica in un suo punto Po

Vogliamo adesso determinare la retta tangente ad una conica non degenereC d’equazione (126) in un suo punto Po. Se R e tangente a C in Po, allorale due intersezioni della R con C devono coincidere con Po. Sia Q un altropunto della retta R e sia X = λQ + µPo la sua equazione in forma para-metrica. Quindi QtMQ = 0 e pertanto possiamo supporre µ = 0. Infatti sefosse µ = 0, allora dall’equazione

λ2QtMQ+ 2λµP toMQ+ µ2P t

oMPo = 0, (134)

essendo λ = 0, otterremmo QtMQ = 0, che e una contraddizione. L’equazione(134) e quindi equivalente all’equazione

(λ

µ)2QtMQ+ 2(

λ

µ)P t

oMQ+ P toMPo = 0 (135)

53Osserviamo che, date in P2(Rl ) , una curva F rappresentata da una equazione omoge-nea di grado n e una retta R , si ha che la retta R ha al piu n intersezioni reali (contatecon la propria molteplicita con F .

139

Le soluzioni λµcoincidono se e solo se

(P toMQ)2 − (QtMQ)(P t

oMPo) = 0.

Essendo P toMPo = 0 perche Po sta su C allora deve essere

P toMQ = 0.

L’equazione P toMX = 0, in cui X ≡

xyz

rappresenta un punto generico,

e la polare del punto Po rispetto alla conica C. Essendo Q e Po soluzioni diP toMX = 0 si ha che questa equazione e soddisfatta da tutti e soli i puntiX = λQ+ µPo.

In conclusione abbiamo dimostrato che:Sia C una conica non degenere d’equazione

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13xz + 2a23yz + a33z2 = 0

e sia Po ≡

xoyozo

un punto di C, allora l’equazione della retta tangente a

C in Po coincide con la polare di Po rispetto a C, ossia P toAX = 0 dove

X ≡

xyz

.Osservazione: Sia Po ≡

xoyozo

un punto in P2(Rl ) e sia

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13xz + 2a23yz + a33z2 = 0

l’equazione omogenea di una conica C in P2(Rl ) . Indichiamo con f(x, y, z)l’espressione alla sinistra dell’equazione, ossia la forma quadratica nelle vari-abili x, y, z. 54 La polare di Po rispetto a C ha equazione P t

oMX = 0 dove M

e la matrice associata a C e X ≡

xyz

. Sviluppando i calcoli, l’equazione

della polare assume la forma:

(a11xo+a12yo+a13zo)x+(a12xo+a22yo+a23zo)y+(a13xo+a23yo+a33zo)z = 0

54cioe un polinomio omogeneo di secondo grado nelle variabili x, y, z.

140

Notiamo che

•a11xo + a12yo + a13zo =

1

2

∂f(x, y, z)

∂x |Po

•a12xo + a22yo + a23zo =

1

2

∂f(x, y, z)

∂y |Po

•a13xo + a23yo + a33zo =

1

2

∂f(x, y, z)

∂z |Po

dove i simboli ∂f(x,y,z)∂x

, ∂f(x,y,z)∂y

, ∂f(x,y,z)∂z

rappresentano le derivata parziali

della funzione f(x, y, z) rispetto ad x, y, z rispettivamente.Tenuto conto della rappresentazione dei coefficienti delle incognite nell’equazione

della polare di Po rispetto alla conica C si ha che questa puo essere scrittanella forma:

∂f(x, y, z)

∂x |Po

x+∂f(x, y, z)

∂y |Po

y +∂f(x, y, z)

∂z |Po

z = 0 (136)

Esercizi 7.29

1. Data la conica C d’equazione x2−xy+y2−2xz−z2 = 0 determinarnela polare rispetto al punto P ≡ (1, 1, 1)

Soluzione Si tratta di una conica non degenere e piu precisamente diuna ellisse reale. La sua polare e data da

(2x− y− 2z)Px+ (−x+2y)Py+ (−2x− 2z)P = 0 ⇔ −x+ y− 4z = 0.

2. Data la conica C d’equazione x2+y2+3xy+5x+6y = 0 determinarnela tangente nell’origine O

Soluzione Si osserva prima di tutto che si tratta di una conica nondegenere ( se M e la matrice associata, si verifica che |M | = 29

4e

|M33| = 2. Quindi si tratta di un’ellisse).

Scriviamo la conica in forma omogenea, ossia

x2 + y2 + 3xy + 5xz + 6yz = 0

141

e teniamo presente che le coordinate omogenee dell’origine sono (0, 0, 1).Utilizzando la formula (136) si ha

(2x+3y+5z)Ox+ (2y+3x+6z)Oy+ (5x+6z)Oz = 0 ⇔ 5x+6y = 0

che e l’equazione della retta tangente.

Concludiamo questo paragrafo col seguente lemma, che ci permette dipoter costruire graficamente la polare di un punto esterno ad una conica.

Lemma 7.30 Sia C una conica non degenere in P2(Rl ) e sia P un punto diP2(Rl ) esterno a C . Allora la polare di P rispetto a C passa per i punti dicontatto delle tangenti condotte a C da P .

Dimostrazione Per prima cosa si osserva che per un punto P esterno a C sipossono condurre due tangenti T1 e T2 a C . Siano A e B , rispettivamente, ipunti di contatto di T1 e T2 con C . Poiche A e il punto di tangenza di T1 conC si ha che T1 e la polare di A rispetto a C . Quindi per l’osservazione (7.25) siha che ogni punto di T1 e coniugato ad A . In particolare P e coniugato ad A .Analogamente B e coniugato a P . Consideriamo la retta R congiungenteA con B . Per l’osservazione (7.25) si ha che A e B , essendo coniugati a P ,stanno sulla polare di P . Poiche per due punti passa una ed una sola rettasi ha che R coincide con la polare di P.

7.7 Il polo di una retta

Sia C una conica non degenere. Ci si chiede se, data una retta R esista unpunto P tale che la polare di P rispetto a C sia R .

La risposta a questa domanda e affermativa come mostra il seguente ra-gionamento.

Dimostrazione Siano P1 e P2 due punti distinti della retta R . Sia S1

la polare di P1 rispetto a C e sia S2 la polare di P2 rispetto a C 55. DettoQ il punto d’intersezione tra S1 e S2 ( che esiste sempre in P2(Rl ) ) si hache i punti di S1 sono coniugati a P1 e i punti di S2 sono coniugati a P2

e pertanto Q e coniugato sia a P1 che a P2 . Ne segue che la polare di Q

55Si ricorda che in precedenza e stato osservato che se consideriamo due punti distintiP1 e P2 , allora le rispettive polari sono distinte

142

Figure 37: Costruzione grafica della polare, rispetto ad una conica C , di unpunto esterno a C

rispetto a C passa sia per P1 che per P2 e quindi coincide con la retta R .Possiamo inoltre affermare che il polo di una retta R e unico. Cio discendedall’osservazione (7.27) e quindi la legge che ad ogni punto di P2(Rl ) associala propria polare rispetto a C , determina una corrispondenza iniettiva tra ipunti e le rette di P2(Rl ) . Quanto provato qui sopra ci dice inoltre che talelegge e suriettiva e quindi e biunivoca. Quanto affermato qui sopra si puoriassumere nel seguente

Lemma 7.31 Data una conica non degenere C , la polarita rispetto a C sta-bilisce una corrispondenza biunivoca tra i punti e le rette di P2(Rl ) .

Esempio 7.32

Data la conica C in P2(Rl ) d’equazione x2 + 2xy + y2 + xz + z2 = 0determinare il polo della retta d’equazione x+ y − z = 0 rispetto a C .

SoluzioneSi osserva prima di tutto che i punti P ≡ (1,−1, 0) e Q ≡ (2,−1, 1)

appartengono a R . La polare di P ha equazione

(2x+ 2y + z)Px+ (2x+ 2z)Py + (x+ 2z)P z = 0 ⇔ z = 0

La polare di Q ha equazione

3x+ 2y + 4z = 0.

143

Ne segue che il polo di R e l’intersezione delle due rette ossia la soluzionedel sistema {

3x+ 2y + 4z = 0z = 0

Quindi (−2, 3, 0) sono le coordinate omogenee del polo.

7.8 Centro ed assi di simmetria di una conica

In questa sezione forniamo alcune conseguenze delle affermazioni esposte nelparagrafo (7.7), ma non ne diamo una completa giustificazione perche esserichiedono alcune conoscenze di geometria proiettiva che in queste note nonvengono fornite.

Ricordiamo che per centro di una conica C in Rl 2 si intende il centro disimmetria della conica. Le coniche non degeneri con centro di simmetria sonole ellissi e le iperboli. Iniziamo, dando l’enunciato del seguente

Lemma 7.33 Sia C una conica non degenere in Rl 2 . Se C ha centro Co ,allora Co pensato in P2(Rl ) coincide col polo della retta impropria rispettoalla chiusura proiettiva di C .

Utilizziamo il lemma (7.33) ed il procedimento indicato nel paragrafo(7.7) per determinare le coordinate del centro di una conica a centro.

Sia data una conica non degenere C in Rl 2e sia

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13xz + 2a23yz + a33z2 = 0. (137)

l’equazione della sua chiusura proiettiva. Prendiamo due punti qualunquee distinti tra loro nella retta impropria z = 0. Per comodita siano essiP1 ≡ (1, 0, 0) e P2 ≡ (0, 1, 0). Determiniamo la polare S1 di P1 e la polareS2 di P2 rispetto a C . Allora si ha che l’equazione di S1 e data da

2a11x+ 2a12y + 2a13z = 0 ⇔ a11x+ a12y + a13z = 0

mentre quella di S2 e data da

2a12x+ 2a22y + 2a23z = 0 ⇔ a12x+ a22y + a23z = 0

.

144

Consideriamo il sistema{a11x+ a12y + a13z = 0a12x+ a22y + a23z = 0

Si ha

∣∣∣∣∣ a11 a12a12 a22

∣∣∣∣∣ = 0 56 e quindi il sistema ammette un’infinita di soluzioni

(xo, yo, zo) tutte tra loro proporzionali che rappresentano le coordinate omo-genee del centro Co . Si ha quindi

xo =

∣∣∣∣∣ −a13z0 a12−a23zo a22

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ a11 a12a12 a22

∣∣∣∣∣yo =

∣∣∣∣∣ a11 −a13zoa12 −a23zo

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ a11 a12a12 a22

∣∣∣∣∣, zo

Se consideriamo la restrizione della conica nel piano euclideo e passiamoalle coordinate non omogenee (Xo, Yo) del centro si hanno le formule

Xo =xozo

=

∣∣∣∣∣ −a13 a12−a23 a22

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ a11 a12a12 a22

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣ a12 a13a22 a23

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ a11 a12a12 a22

∣∣∣∣∣=

|M31||M33|

,

Yo =yozo

=

∣∣∣∣∣ a11 −a13a12 −a23

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ a11 a12a12 a22

∣∣∣∣∣= −|M32|

|M33|57 (138)

Esempio 7.34

Data la conica in Rl 2d’equazione X2+4XY +Y 2+2X−2Y +1 = 0, verificareche si tratta di una conica non degenere a centro. Determinarne inoltre iltipo e il centro di simmetria.

56Se

∣∣∣∣ a11 a12a12 a22

∣∣∣∣ = 0, allora le restrizioni di S1 e S2 a Rl 2 sono tra loro parallele. Ne

segue che si intersecano nel loro punto improprio che quindi e il polo della retta impropria.Pertanto la conica risulta essere tangente alla retta impropria e quindi si tratta di unaparabola, contro le ipotesi fatte.

57Ricordiamo che Mij rappresenta la sottomatrice della matrice M in cui vengonocancellate la riga i-esima e la colonna j -esima .

145

SoluzioneOsserviamo per prima cosa che la conica e non degenere. Infatti

|M | =

∣∣∣∣∣∣∣1 2 12 1 −11 −1 1

∣∣∣∣∣∣∣ = −9

Essendo inoltre |M33| = |A| =∣∣∣∣∣ 1 22 1

∣∣∣∣∣ = −3 si ha che si tratta di un’iperbole.

Le coordinate del centro nel piano euclideo Rl 2 sono date dalle formule (138)

ossia Xo =

∣∣∣∣∣ 2 11 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 22 1

∣∣∣∣∣= 1 e Yo = −

∣∣∣∣∣ 1 12 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 22 1

∣∣∣∣∣= −1.

Sia C una conica non degenere in P2(Rl ) d’equazione X tMX = 0 esiano R1 e R2 due rette in P2(Rl ) . Sia P1 ≡ (x1, y1, z1) il polo di R1 esia P2 ≡ (x2, y2, z2) il polo di R2 rispetto a C . Allora R1 ha equazione:P t1MX = 0. Supponiamo che P2 ∈ R1 . Allora P

t1MP2 = 0 e quindi

0 = P t1MP2 = (P t

1MP2)t = P t

2MP1

ossia P1 ∈ R2 . Diamo pertanto la seguente

Definizione 7.35 Sia C una conica non degenere in P2(Rl ) . Due rette R1

e R2 si dicono coniugate rispetto a C se R1 contiene il polo di R2 (e quindiR2 contiene il polo di R1 ).

Un concetto importante nello studio delle coniche e quello di diametroche adesso definiamo.

Definizione 7.36 Data una conica non degenere C in P2(Rl ) si dice di-ametro D di C la polare rispetto a C di un punto improprio.

Osservazione 7.37 Poiche il centro di una conica a centro e il polo dellaretta impropria, si ha che un diametro passa per il centro.

Si prova il seguente

146

Lemma 7.38 Sia D un diametro di una conica non degenere C in P2(Rl ) esiano D e C le restrizioni a Rl 2di D e C rispettivamente. Allora D e assedi simmetria per C se e solo se D e ortogonale alla direzione individuata dalpolo di D .58

Vediamo adesso come si determinano gli assi di una conica non degenere.

Osservazione 7.39

Ricordiamo prima di tutto che se D : ax + by + cz = 0 e l’equazione omo-genea di una retta in P2(Rl ) 59allora (−b, a, 0) sono le coordinate omogeneedel suo punto improprio e il vettore (−b, a) ∈ Rl 2 rappresenta un vettoredirettore della retta deomogeneizzata D : aX + bY + c = 0. Siano oraD1 : a1x + b1y + c1z = 0 e D2 : a2x + b2y + c2z = 0 due rette in P2(Rl ) .Allora le restrizioni di D1 e D2 a Rl 2 sono tra loro perpendicolari se e solose a1a2 + b1b2 = 0 60 Tenuto conto di queste osservazioni possiamo provarequanto segue

Proposizione 7.40 Sia C una conica non degenere in P2(Rl ) e D un di-ametro di C . Indichiamo con C e D le restrizioni a Rl 2di C e D rispettiva-mente. Allora si ha

• C e una circonferenza se e solo se la restrizione D di ogni diametro Ddi C e asse di simmetria per C.

• Se C non e una circonferenza ma una conica a centro (cioe un’ellisseoppure un’iperbole) allora esistono esattamente due diametri D1 e D2

di C tra loro coniugati tali che le restrizioni D1 e D2 a Rl 2 sono traloro perpendicolari, in particolare D1 e D2 sono assi di simmetria perC.

• Se C e una parabola, allora esistono due diametri coniugati i cui poliindividuano vettori tra loro perpendicolari. Uno di essi coincide conl’asse di simmetria della parabola e l’altro con la retta impropria.

58In altri termini se il punto improprio ed il polo di D individuano vettori tra loroperpendicolari.

59Si suppone che D non coincida con z = 0.60Ricordiamo che due vettori (a1, b1) e (a2, b2) in Rl 2 sono tra loro perpendicolari se e

solo se il loro prodotto scalare a1a2 + b1b2 e nullo.

147

Dimostrazione Consideriamo una conica non degenere C d’equazioneomogenea

X tMX = 0 ⇔

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13xz + 2a23yz + a33z2 = 0 (139)

dove M e la matrice associata a C .Sia P1 ≡ (a, b, 0) un punto improprio di P2(Rl ) e sia D1 il diametro

associato a P1 rispetto a C . Allora D1, ha equazione

D1 : PtMX = 0 ⇔ (a11a+a12b)x+(a12a+a22b)y+(a13a+a23b)z = 0 (140)

Un vettore direttore della restrizione di D1 a Rl 2 e la coppia

V ≡ (−(a12a+ a22b), (a11a+ a12b)).

Se vogliamo che la restrizione di D1 a Rl 2 sia asse di simmetria per la re-strizione di C a Rl 2allora V deve essere perpendicolare al vettore individuatodal polo di D1 e quindi alla coppia (a, b). Pertanto deve aversi

−(a12a+ a22b)a+ (a11a+ a12b)b = 0

ossiaa12b

2 + (a11 − a22)ab− a12a2 = 0. (141)

Iniziamo l’analisi di questa equazione supponendo

1.a12 = 0. (142)

In questo caso l’analisi delle soluzioni dell’equazione (141) si riduce aquello delle soluzioni dell’equazione

a12λ2 + (a11 − a22)λ− a12 = 0 (143)

dove λ = ba(ossia possiamo supporre a = 0.)61

Poniamo ora l’attenzione sull’equazione (143).

Consideriamo il discriminante dell’equazione (143), ossia

∆ = (a11 − a22)2 + 4a212.

61Si tenga presente che se fosse a = 0 allora dovrebbe essere anche b = 0 ed analoga-mente se fosse b = 0, allora dovrebbe essere a = 0 e cio e una contraddizione.

148

Essendo a212 > 0 si ha che ∆ > 0 e pertanto l’equazione (143) ammettedue soluzioni distinte, diciamo λ1 = b1

a1e λ2 = b2

a2. Ognuna delle due

soluzioni λi =biai, i = 1, 2 dell’equazione (143) determina le coordinate

omogenee (a1, b1, 0)), (a2, b2, 0) dei poli degli assi. Osserviamo cheb1a1

b2a2

= −a12a12

= −1,62 ossia b1b2 = −a1a2 ⇒ b1b2 + a1a2 = 0. Pertantoi vettori (a1, b1) e (a2, b2), associati rispettivamente ai poli degli assi(a1, b1, 0) e (a2, b2, 0), sono tra loro perpendicolari. Distinguiamo ora icasi |M33| = 063 e |M33| = 0.64

I)|M33| = 0.

In questo caso (139) rappresenta un’ ellisse oppure un’iperbole.Se sostituiamo le coordinate A ≡ (a1, b1, 0)) e B ≡ (a2, b2, 0)nell’equazione (140) otteniamo le equazioni dei due assi di sim-metria in P2(Rl ) . Quindi, poiche A e B individuano vettoritra loro perpendicolari, si ha che anche gli assi di simmetria sonotra loro perpendicolari. Inoltre gli assi di simmetria, pensati inP2(Rl ) sono tra loro coniugati, contenendo, ciascuno dei due, ilpolo dell’altro.

II)|M33| = 0.

ossia a11a22 − a212 = 0 ⇔ a212 = a11a22. In questo caso la conicarappresenta una parabola.

Le soluzioni di (143) sono

λi =−(a11 − a22)±

√(a11 − a22)2 + 4a212

2a12=

=(a22 − a11)±

√(a11 − a22)2 + 4a11a22

2a12=

=(a22 − a11)±

√(a11 + a22)2

2a12=

a22a12

−a11a12

(144)

62ricordiamo che in una equazione algebrica di secondo grado ax2+bx+c = 0, il numeroc rappresenta il prodotto delle soluzioni.

63ossia a11a22 − a212 = 064ossia a11a22 − a212 = 0

149

Per λ1 = −a11a12

la polare del punto improprio (−a12, a11, 0) haequazione

(−a12a11+a12a11)x+(−a212+a11a22)y+(−a12a13+a11a23)z = 0 ⇔ z = 0

ossia si ottiene la retta impropria.

Per λ2 = a22a12

allora la polare del punto improprio (a12, a22, 0) haequazione

(a12a11 − a12a22)x+ (a212 + a222)y + (a12a13 + a222)z = 0.

I vettori associati rispettivamente ai punti impropri A ≡ (−a12, a11, 0)e B ≡ (a12, a22, 0) sono tra loro perpendicolari per le motivazionisopra esposte.65 Poiche A e B sono tra loro coniugati, standosulla retta impropria che e tangente alla parabola, si ha che lerispettive polari sono coniugate. Quindi in una parabola, uno deidue diametri cosı ottenuti in P2(Rl ) e la retta impropria e l’altroe l’asse di simmetria della parabola.

2. Supponiamo oraa12 = 0. (145)

In questo caso l’equazione (141) assume la forma

(a11 − a22)ab = 0 (146)

Supponiamo i casi (a11 − a22) = 0 e (a11 − a22) = 0

a)(a11 − a22) = 0

In questo caso (146) e un’identita ossia ogni coppia (a, b) e soluzionedi (146). Pertanto ogni punto improprio (a, b, 0) e il polo di unasse di simmetria. Osserviamo che in questo caso l’equazione (139)assume la forma

a11x2 + a11y

2 + 2a13xz + 2a23yz + a33z2 = 0

65Si puo anche verificare direttamente che V1 ≡ (−a12, a11) e V2 ≡ (a12, a22) sono traloro perpendicolari, essendo (−a12, a11) · (a12, a22) = −a212 + a11a22 = 0.

150

la cui restrizione a Rl 2ha equazione

a11X2 + a11Y

2 + 2a13X + 2a23Y + a33 = 0 (147)

che e l’equazione di una circonferenza (reale o immaginaria).

b)(a11 − a22) = 0

In questo caso o a = 0 o b = 0. Pertanto si ottengono i puntiimpropri (0, b, 0) e (a, 0, 0).

Distinguiamo i sottocasi |M33| = 0 e |M33| = 0.

Se

i)|M33| = 0

allora le restrizioni delle polari dei punti impropri (0, b, 0) e(a, 0, 0) sono gli assi di simmetria della conica a centro.Anche in questo caso si osserva che i vettori (a, 0) e (0, b)associati ai punti impropri (a, 0, 0) e (0, b, 0) sono tra loroperpendicolari.66 Ne segue che le restrizioni delle rispettivepolari, ossia gli assi di simmetria, sono tra loro perpendico-lari. In particolare gli assi, pensati in P2(Rl ) sono tra loroconiugati.

ii) Se|M33| = a11a22 = 0,

cioe nel caso della parabola, allora deve essere o a11 = 0oppure a22 = 0.Supponiamo a11 = 0. In questo caso la polare di (0, b, 0) haequazione

a22y + a23z = 0,

che e l’equazione dell’asse di simmetria della parabola, mentrela polare di (a, 0, 0) ha equazione z = 0, ossia si ottiene laretta impropria.Analogamente se a22 = 0, allora si ottengono l’asse proprioa11x+ a13z = 0 e la retta impropria z = 0.

66Infatti (a, 0) · (0, b) = 0

151

Osservazioni 7.41

i) Da quanto dimostrato in precedenza discende che nel caso in cui laconica non degenere rappresenti un’ellisse (reale o immaginaria) oppureun’iperbole, allora gli assi di simmetria sono tra loro perpendicolari.

ii) Se |M33| = 0 cioe nel caso della parabola P , allora da quanto e statodimostrato nella Proposizione (7.40), possiamo dedurre il seguentemetodo per determinare l’asse di simmetria di una parabola.

Data una parabola P si calcola il punto d’intersezione P di P conla retta impropria. Quindi si determina il punto improprio Q cheindividua la direzione ortogonale a quella associata a P . La restrizionea Rl 2della polare del punto improprio Q e l’asse di simmetria in Rl 2

della parabola P .

Concludiamo questo capitolo dando la seguente

Definizione 7.42 Sia C un’iperbole in P2(Rl ) . Allora una retta R si diceasintoto per C se R e tangente a C in un suo punto improprio.

Esempi 7.43

1. Data l’equazione 2X2 − 3Y 2 − 2XY +2X − 1 = 0 provare che rappre-senta una conica a centro. Determinarne quindi il centro e gli assi disimmetria.

Soluzione

Determiniamo prima di tutto il discriminante. Allora si ha∥∥∥∥∥∥∥2 −1 1−1 −3 01 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣ = 2

pertanto la conica e non degenere. Inoltre |M33| =∣∣∣∣∣ 2 −1−1 −3

∣∣∣∣∣ = −7

e quindi si tratta di una conica a centro. 67 Determiniamo ora ipunti impropri degli assi. Poiche a12 = −1 = 0 possiamo considerarel’equazione (143), ossia −λ2 + 5λ+ 1 = 0 che ammette come soluzioni

67Poiche |M33| < 0 si tratta di un’iperbole.

152

5+√29

2e 5−

√29

2. Pertanto si hanno i punti impropri P1 ≡ (2, 5+

√29, 0)

e P2 ≡ (2, 5 −√29, 0). L’asse associato al punto P1 in P2(Rl ) ha

equazione (−1−√29)x+ (−17− 3

√29)y + 2z = 0 mentre l’asse asso-

ciato a P2 ha equazione (−1 +√29)x + (−17 + 3

√29)y + 2z = 0. Il

loro punto d’intersezione, che rappresenta il centro della conica, ha co-ordinate (−3

7, 17) in Rl 2 . Queste coordinate le avremmo potute ottenere

anche applicando le formule (138).

2. Data la conica d’equazione 2X2 +XY − 3Y 2 +X − Y − 5 = 0 provareche e un’iperbole. Determinarne quindi il centro, gli assi e gli asintoti.

Soluzione

Consideriamo il discriminante

M =

∣∣∣∣∣∣∣2 1

212

12

−3 −12

12

−12

−5

∣∣∣∣∣∣∣ =119

4

Quindi la conica e non degenere. Inoltre, essendo |M33| =∣∣∣∣∣ 2 1

212

−3

∣∣∣∣∣ = −254

si ha che la conica rappresenta un’iperbole ed in particolare ha un cen-tro di simmetria.

Per determinare gli assi, essendo a12 =12= 0, consideriamo l’equazione

(143), ossia

1

2λ2 + 5λ− 1

2= 0 ⇔ λ2 + 10λ− 1 = 0

che ha come soluzioni λ = −5 ±√26. Consideriamo i punti impro-

pri P1 ≡ (1, 5 +√26, 0) e P2 ≡ (1, 5 −

√26, 0) e determiniamone le

rispettive polari. La polare di P1 e data da

(1, 5 +√26, 0)

2 12

12

12

−3 −12

12

−12

−5

xyz

= 0

⇔ (9 +√26)x+ (−29− 6

√26)y + (4−

√26)z = 0.

Analogamente si procede per P2 la cui polare ha equazione

(9−√26)x+ (−29 + 6

√26)y + (−4 +

√26)z = 0.

153

Per determinare gli asintoti, tenendo conto della loro definizione, dob-biamo per prima cosa determinare i punti impropri dell’iperbole.

Allora si ha{2x2 + xy + 3y2 + xz + yz − 5z2 = 0

z = 0⇔{

2x2 + xy − 3y2

z = 0

L’equazione 2x2

y2+ x

y− 3 = 0 ha come soluzioni x

y= −3

2e x

y= 1. Ne

segue che l’iperbole ha i seguenti punti impropri: Q1 ≡ (−3, 2, 0) eQ2 ≡ (1, 1, 0). Le polari di questi punti sono gli asintoti dell’iperbole.Pertanto la polare di Q1 ha equazione 2x+3y+z = 0 (la cui restrizionein Rl 2ha equazione 2x+3y+1 = 0) mentre quella di Q2 ha equazionex− y = 0.

Per determinare il centro dell’iperbole possiamo considerare vari modi:

• Applicare le formule (138).

• Determinare l’intersezione degli assi.

• Determinare l’intersezione degli asintoti.

Consideriamo l’intersezione degli assi ossia il sistema

{2X + 3Y + 1 = 0

X = Y

che ha come soluzione (−15,−1

5).

3. Data la conica C d’equazione X2 − 2XY + Y 2 − X − 2Y + 3 = 0,provare che e una parabola e determinarne quindi l’asse di simmetria.

Soluzione Essendo |M | =

∣∣∣∣∣∣∣1 −1 −1

2

−1 1 −1−1

2−1 3

∣∣∣∣∣∣∣ = −114

la conica e non

degenere. Consideriamo l’intersezione della chiusura proiettiva di Ccon la retta impropria. Si ha{

x2 − 2xy + y2 − xz − 2yz + 3z2 = 0z = 0

⇔{λ2 − 2λ+ 1 = 0

z = 0

dove λ = xy. Si ha quindi λ = 1 con molteplicita 2. Si ottiene quindi

il punto improprio P ≡ (1, 1, 0). Il punto improprio che determina

154

la direzione ortogonale a quella determinata da P e il punto impro-prio Q ≡ (1,−1, 0). La polare R di Q e l’asse di simmetria di C .L’equazione di R e

QtMX = 0 ⇔ 4x− 4y + z = 0.

L’equazione deomogeneizzata dell’asse di simmetria e quindi 4X−4Y+1 = 0.

Si perviene allo stesso risultato considerando l’equazione (141)

7.8.1 Esercizi

1. Data la conica d’equazione X2 −XY − 2Y 2 +X +4Y = 0 provare chee un’iperbole. Determinarne quindi il centro, gli assi e gli asintoti.

2. Data la conica d’equazione X2 − 2XY + 3Y 2 − 2X − 1 = 0 provareche e una conica a centro non degenere. Determinarne quindi il tipo,il centro e gli assi di simmetria.

3. Data la conica d’equazione X2−Y 2−2X−1 = 0 provare che si trattadi un’iperbole. Determinarne quindi il centro, gli asintoti e gli assi disimmetria.

4. Data l’equazione X2 − 2XY + Y 2 −X − 2Y +3 = 0 provare che e unaparabola. Determinarne quindi l’equazione dell’asse di simmetria ed ilvertice.

5. Data la conica d’equazione X2+2XY +Y 2+√22X −

√22Y = 0 provare

che rappresenta una parabola. Determinare l’equazione dell’asse disimmetria e le coordinate del vertice

Soluzioni degli esercizi (7.8.1)

1. Data la conica d’equazione X2 −XY − 2Y 2 +X +4Y = 0 provare chee un’iperbole. Determinarne quindi il centro, gli assi e gli asintoti.

Soluzione Sia C la conica rappresentata dall’equazione data. Per

prima cosa osserviamo che |M | =

∣∣∣∣∣∣∣1 −1

212

−12

−2 212

2 0

∣∣∣∣∣∣∣ = −92e quindi la

conica e non degenere. Inoltre, essendo A = −94< 0 si ha che la

155

conica rappresenta un’iperbole.68 Le coordinate del centro C possonoottenersi applicando le formule (138) e quindi si ha C ≡ (0, 1). Per de-terminare le equazioni degli assi, essendo a12 = −1

2= 0, per prima cosa

si considera l’equazione (143) che ammette come soluzioni λ1 = 3+√10

e λ2 = 3−√10 . Le polari di questi due punti, pensando alla chiusura

proiettiva di C , hanno rispettivamente equazioni

(−1 +√10)x+ (−13− 4

√10)y + (13 + 4

√10)z = 0

e(−1−

√10)x+ (−13 + 4

√10)y + (13− 4

√10)z = 0

che, deomogeneizzate, danno luogo alle equazioni degli assi di simme-tria. Per quanto riguarda gli asintoti, si determinano per prima cosale intersezioni della chiusura proiettiva di C con la retta impropria chesono T1 ≡ (2, 1, 0) e T2 ≡ (−1, 1, 0). Gli asintoti si ottengono con-siderando le polari di questi due punti. Pertanto gli asintoti sono lerestrizioni a Rl 2delle equazioni x− 6y + 6z = 0 e x+ y − z = 0.

2. Data la conica d’equazione X2 − 2XY + 3Y 2 − 2X − 1 = 0 provareche e una conica a centro non degenere. Determinarne quindi il tipo,il centro e gli assi di simmetria.

Soluzione Si ha |M | =

∣∣∣∣∣∣∣1 −1 −1−1 3 0−1 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣ = −5 e |A| = 2. Per-

tanto si tratta di un’ellisse. Il centro ha coordinate C ≡ (32, 12)

mentre gli assi hanno equazioni −√2X + (−4 − 3

√2)Y − 1 = 0 e√

2X + (−4 + 3√2)Y − 1 = 0.

3. Data la conica C d’equazione X2+2XY +Y 2+√22X−

√22Y = 0 provare

che rappresenta una parabola. Determinarne l’equazione dell’asse disimmetria e le coordinate del vertice

Soluzione

Si ha |M | =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1

√24

1 1 −√24√

24

−√24

0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −12e |A| =

∣∣∣∣∣ 1 11 1

∣∣∣∣∣ = 0. Quindi

l’equazione rappresenta una parabola. Per determinare l’asse di sim-

68Avremmo potuto ottenere la stessa informazione considerando l’intersezione dellachiusura proiettiva con la retta impropria.

156

metria determiniamo l’intersezione della chiusura proiettiva di C conla retta impropria. Allora si ha{

x2 + 2xy + y2 +√24xz −

√24yz = 0

z = 0⇔{

x2

y2+ 2x

y+ 1 = 0

z = 0

Pertanto si ha la soluzione xy= −1 contata due volte. Si ottiene quindi

il punto improprio A ≡ (−1, 1, 0) che rappresenta il punto di tangenzatra la chiusura proiettiva di C e la retta impropria. Il punto improprioassociato ad un vettore perpendicolare a quello corrispondente al puntoimproprio A e B ≡ (1, 1, 0). Per determinare l’asse di simmetria siconsidera la polare R di B che ha equazione x + y = 0 Il vertice Vdella parabola si ottiene considerando l’intersezione tra R e C , ossia{

X2 + 2XY + Y 2 +√22X −

√22Y = 0

X + Y = 0

che come soluzione il punto V ≡ (0, 0)

157

8 Classificazioni affini delle coniche e delle

quadriche

8.1 Classificazione affine delle coniche69

In questo paragrafo forniamo la classificazione affine delle coniche ed ini-ziamo dando la seguente

Definizione 8.1 Una trasformazione di Rl 2 in Rl 2del tipo(x′

y′

)=

(a11 a12a21 a22

)(xy

)+

(ab

). (148)

in cui

∣∣∣∣∣ a11 a12a21 a22

∣∣∣∣∣ = 0 prende il nome di affinita.

Nel caso particolare in cui il vettore

(ab

)=

(00

)l’affinita diventa

una trasformazione lineare invertibile, mentre se

(a11 a12a21 a22

)=

(1 00 1

),

allora l’affinita diventa una traslazione.Se applichiamo un’affinita ad una conica essa puo subire una defor-

mazione, ma rimane in ogni caso ancora una conica. A titolo di esempioesaminiamo il comportamento della seguente trasformazione(

x′

y′

)=

(0 21 0

)(xy

)(149)

che possiamo riscrivere nella forma{x′ = 2yy′ = x

sulla circonferenza d’equazione x2 + y2 = 1. Applicando l’affinita (149)alla circonferenza, dopo aver sostituito la variabile x con y′ e la variabile

69Un analogo problema si ha rispetto alle isometrie ed in questo caso si parla di classi-ficazione metrica delle coniche

158

y con x′

2si ottiene la curva d’equazione y′2 + x′2

4= 1 che rappresenta una

ellisse di asse maggiore 2 ed asse minore 1.Tuttavia esistono delle quantita numeriche associate ad una conica che

rimangono invariate per affinita. Utilizzando queste quantita numerichee possibile fornire una classificazione, detta affine, delle coniche che risultaessere piu precisa di quella considerata analizzando il comportamento dellachiusura proiettiva di una conica rispetto alla retta impropria (7.19).

Prima di scrivere la tabella di detta classificazione precisiamo alcune no-tazioni.

Sia data una conica d’equazione

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13x+ 2a23y + a33 = 0 (150)

e sia M la seguente matrice associata a (150)

M =

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

.Allora si danno le seguenti

Definizioni 8.2 a) Il determinante di M si dice discriminante della con-ica (150) ed A indica la sottomatrice M33 di M .

b) s(M) indica la segnatura di M , ossia la differenza tra il numero diautovalori positivi ed il numero di autovalori negativi di M .

c) s(A) indica la segnatura di A, ossia la differenza tra il numero diautovalori positivi ed il numero di autovalori negativi di A.

d) rang(M) o rang(A) indicano rispettivamente il rango di M ed il rangodi A, ossia il numero di righe (colonne) linearmente indipendenti diM , rispettivamente di A.

Definizione 8.3 Una conica E d’equazione (150) con discriminate |M | nonnullo si dice non degenere mentre se |M | = 0 allora la conica si dice degenere.

Tabella della classificazione affine delle coniche

|M | = 0 (CONICHE NON DEGENERI ) (151)

159

caso 1) |A| > 0

{a)|s(M)| = 3, insieme vuoto (ellisse immaginaria)b)|s(M)| = 1 ellisse

caso 2) |A| = 0 parabola

caso 3) |A| < 0 iperbole

|M | = 0 (CONICHE DEGENERI) (152)

caso 1) |A| > 0 un punto (ellisse degenere)

caso 2) |A| = 0 , |s(M)| = 0, rang(M ) = 2 rette parallele

caso 3) |A| = 0, |s(M)| = 2, rang(M ) =2 insieme vuoto

caso 4) |A| = 0, rang(M ) = 1 rette coincidenti

caso 5) |A| < 0 coppia di rette non parallele (iperbole degenere)

Osservazioni 8.4

La classificazione precedente ci permette di riconoscere il tipo di conica, manon ci da informazioni su molte proprieta geometriche della conica stessa.Per esempio, non ci consente di riconoscere la differenza tra due equazionidel tipo (150) che rappresentano ellissi di eccentricita diverse.

Notiamo che nei casi 1) delle coniche non degeneri, 2) e 3) delle conichedegeneri si fa ricorso al valore assoluto della segnatura della matrice M chee una matrice d’ordine 3, cioe al valore assoluto della differenza tra il numerodegli autovalori positivi e quelli negativi. Per risolvere questo problema none necessario determinare esattamente le radici del polinomio caratteristico,che sappiamo essere reali, ma possiamo utilizzare il criterio di Cartesio.

Questo criterio risultera estremamente utile per determinare il segno deldiscriminante di una quadrica che e il determinante di una matrice d’ordine4.

Esercizi 8.5

160

1. Determinare il tipo della conica d’equazione x2+y2+6xy−2x−6y+1 = 0.

Soluzione

Si ha M =

∣∣∣∣∣∣∣1 3 −13 1 −3−1 −3 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 Inoltre |A| = |M33| = −8. Quindi

l’equazione rappresenta una coppia di rette parallele.

2. Determinare il tipo della conica d’equazione xy − x− y = 0.

Soluzione

Si ha |M | =

∣∣∣∣∣∣∣0 −1

2−1

2

−12

0 −12

−12

−12

0

∣∣∣∣∣∣∣ = −12Inoltre |A| = |M33| =

∣∣∣∣∣ 0 −12

−12

0

∣∣∣∣∣ = −14.

Pertanto l’equazione rappresenta un’iperbole.

3. Determinare il tipo della conica d’equazione 3x2+3y2−2xy−4x−4y+2 = 0.

Soluzione

Si ha |M | =

∣∣∣∣∣∣∣3 −1 −2−1 3 −2−2 −2 2

∣∣∣∣∣∣∣ = −16 e |A| = |M33| =∣∣∣∣∣ 3 −1−1 3

∣∣∣∣∣ = 8.

Essendo −x3+8x2−12x−16 il polinomio caratteristico di M e poichela successione dei segni dei coefficienti presenta due variazioni ed unapermanenza si ha che l’equazione rappresenta un’ellisse.

4. Data la conica di equazione x2 + y2 − 2xy −√2x −

√2y + 2 = 0,

determinarne il tipo.

Soluzione

Sia C la conica data. Essendo

|M | =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 −

√22

−1 1 −√22

−√22

−√22

2

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −2

e poiche |A| =∣∣∣∣∣ 1 −1−1 1

∣∣∣∣∣ = 0 si ha che la conica rappresenta una

parabola.

161

5. L’equazione 3x2+2xy+3y2−6x−2y+5 = 0 ammette soluzioni reali?

Soluzione La risposta e negativa. Per risolvere questo esercizio si

tiene conto della classificazione affine delle coniche e poiche M =

∣∣∣∣∣∣∣3 1 −31 3 −1−3 3 5

∣∣∣∣∣∣∣ = 22,

|A| = 8 ed il polinomio caratteristico −x3 + 11x2 − 28x + 16 pre-senta tre variazioni nella successione dei coefficienti, si ha che la conicae un’ellisse immaginaria ossia l’insieme vuoto. Ne segue che l’equazionedata non ha soluzioni reali.

6. Data la conica d’equazione 3x2+3y2−2xy−6x+2y+5 = 0 determinarneil tipo

Soluzione Si ha

∣∣∣∣∣∣∣3 −1 −3−1 3 1−3 1 5

∣∣∣∣∣∣∣ = 16 ed |A| = 8. Essendo

−x3 + 11x2 − 28x + 16 il polinomio caratteristico di M e poiche lasuccessione dei segni dei coefficienti presenta tre variazioni si ha che laconica e una ellisse immaginaria.

7. Data la conica d’equazione 2√3xy−2y2−(2

√3+4)y+2

√3x−2(

√3+1) = 0

ridurla in forma canonica e determinarne il tipo.

Soluzione Ridotta in forma canonica l’equazione assume la formax2 − 3y2 = 0 che rappresenta una coppia di rette incidenti

8. Data la conica d’equazione 3x2 + y2 + 2√3xy − 6x − 2

√3y − 17 = 0

ridurla in forma canonica e determinarne il tipo.

Soluzione Ridotta a forma canonica l’equazione assume la formax2 − 5 = 0 che rappresenta una coppia di rette parallele.

9. Data la conica d’equazione x2 + y2 − 6xy+4x− 12y+3 = 0 ridurla informa canonica e determinarne il tipo.

Soluzione

Una sua riduzione a forma canonica e la seguente, x2 − 2y2 = 1, cherappresenta un’iperbole.

162

8.2 Classificazione affine delle quadriche

Analogamente a quanto visto in Rl 2 , le trasformazione di Rl 3 in Rl 3del tipo x′

y′

z′

=

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

xyz

+

abc

con

∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 si dicono affinita. Come nel caso delle coniche,

trasformazioni di questo tipo possono creare deformazione su una quadrica,ma hanno in ogni caso la proprieta di trasformare quadriche in quadriche.A titolo di esempio si consideri la sfera di equazione x2 + y2 + z2 = 1 e la

trasformazione

x′

y′

z′

=

0 0 31 0 00 2 0

che possiamo riscrivere nella forma

x′ = 3zy′ = xz′ = 2y

. Dopo aver sostituito la variabile x con y′ , la variabile y con z′

2

e la variabile z con x′

3nell’equazione della sfera, si ha la nuova equazione

y′2 + z′2

4+ x′2

9= 1 che rappresenta un ellissoide con assi diversi.

Pero, come per le coniche, ci sono quantita numeriche associate all’equazione

a11x2+2a12xy+a22y


(153)di una quadrica che rimangono inalterate per affinita. Utilizzando questiinvarianti e possibile fornire la seguente caratterizzazione delle quadriche chee detta classificazione affine.

Consideriamo l’equazione (153) e siano M la matrice associata a (153) edA la matrice associata alla parte quadratica di (153)70. Siano inoltre s(M)la segnatura di M ed s(A) la segnatura di A .

Tabella della classificazione affine delle quadriche

|M | = 0 (QUADRICHE NON DEGENERI) (154)

70ossia A =

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

163

1. |A| = 0, con |s(A)| = 3.

⇒{a) |M | > 0: ellissoide immaginariob) |M | < 0 : ellissoide

2. |A| = 0 ⇒{a) |M | > 0 : paraboloide iperbolicob) |M | < 0 : paraboloide ellittico

3. |A| = 0 con |s(A)| = 1

⇒{a) |M | > 0: iperboloide ad una faldab) |M | < 0: iperboloide a due falde

|M | = 0 (QUADRICHE DEGENERI) (155)

1. |A| = 0 ⇒{a) |s(A)| = 3 : Cono immaginariob) |s(A)| = 1 : Cono

2. rang(M) = 3, rang(A) = 2, |s(M)| = 1, |s(A) |=2 ⇒ cilindro condirettrice un’ ellisse.

3. rang (M) = 3, rang (A) = 2, |s(M)| = 3, |s(A)| = 2 ⇒ insiemevuoto.

4. rang (M) = 3, rang (A) = 2, |s(M)| = 1, |s(A)| = 0 ⇒ cilindrocon direttrice un’iperbole.

5. rang(M) = 3, rang (A) = 1 ⇒ cilindro con direttrice una parabola.

6. rang (M) = 2, rang(A) = 2, |s(A)| = 2 ⇒ retta contata due volte.

7. rang(M) = 2, rang (A) = 2, |s(A)| = 0 ⇒ coppia di piani incidenti.

8. rang(M) = 2, rang(A) = 1, |s(M)| = 0 ⇒ due piani paralleli.

9. rang(M) = 2, rang(A) = 1, |s(M)| = 2 ⇒ insieme vuoto.

10. rang(M) = 1 ⇒ due piani coincidenti.

164

Esempi 8.6

1. Determinare il tipo della quadrica avente equazione x2+y2+z2+2xz−2x−2z = 0.

Soluzione

Si ha |M | =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 1 −10 1 0 01 0 1 −1−1 0 −1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

Inoltre e facile vedere che rang (A) = 2 e rang (M) = 3. Determiniamoil polinomio caratteristico di A .

Si ha

∣∣∣∣∣∣∣1−λ 0 10 1−λ 01 0 1−λ

∣∣∣∣∣∣∣= λ3 − 3λ2 + 2λ). Si ha una radice nulla

e due radici positive. Ne segue che l’equazione puo essere un cilindrocon direttrice un’ellisse oppure non si hanno soluzioni reali. Si lasciaallo studente di verificare che, studiando la segnatura del polinomiocaratteristica di M, si tratta di un cilindro con direttrice un’ellisse.

2. Determinare il tipo della quadrica avente equazione x2+y2+2xy−2z2+4y+4z = 0.

Soluzione

Si ha |M | =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 0 01 1 0 20 0 −2 20 2 2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 8 .

Poiche |A| =

∣∣∣∣∣∣∣1 1 01 1 00 0 −2

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ed essendo |M | < 0 si ha che si tratta

di un paraboloide iperbolico.

3. Data la quadrica Q d’equazione x2−y2−z2−2xy+4yz+2x+2y−1 = 0,determinarne il tipo.

Soluzione . Si osserva che

|M | =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 0 1−1 −1 2 10 2 −1 01 1 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −8.

165

Pertanto si tratta di una quadrica non degenere. Determiniamo adesso

il polinomio caratteristico di A =

1 −1 0−1 −1 20 2 −1

.

Si ha

∣∣∣∣∣∣∣1−λ −1 0−1 −1−λ 20 2 −1−λ

∣∣∣∣∣∣∣ = −λ3 − λ2 −2λ +6. Tale polinomio

non ammette radici razionali. Tuttavia, utilizzando la regola dei segnidi Cartesio si vede che esiste una sola radice positiva e due radici neg-ative. Pertanto possiamo concludere dicendo che si tratta di un iper-boloide a due falde.

166

8.3 Centro e piani di simmetria delle quadriche a cen-tro

Sia

a11x2+2a12xy+a22y


(156)l’equazione di una quadrica non degenere Q. Se |A| = 0, la quadrica si dice

a centro. In questo caso la quadrica ammette un unico centro di simmetria.Si dimostra 71 che le coordinate (xo, yo, zo ) del centro di simmetria dellaquadrica soddisfano il seguente sistema lineare che si risolve con la regola diCramer:

a11x+ a12y + a13z + a14 = 0a12x+ a22y + a23z + a24 = 0a13x+ a23y + a33z + a34 = 0

Operando una traslazione che trasporta il centro di simmetria dellaquadrica nell’origine, l’equazione della quadrica diventa:

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + a33z2 + 2a13xz + 2a23yz + a44 = 0

dove a44 = a14xo + a24yo + a34zo + a44I piani di simmetria di Q si possono determinare nel seguente modo:

1. Si calcolano gli autovalori di A : siano essi λ1 , λ2 , λ3 .

2. Supponiamo che gli autovalori siano a due a due diversi tra loro. Inquesto caso si determinano tre autovettori v1, v2, v3 associati rispetti-vamente a λ1, λ2, λ3. I piani passanti per il centro di simmetria dellaquadrica ed aventi i vettori v1, v2, v3, rispettivamente, come vettorinormali, sono i piani si simmetria.

3. Se due autovalori coincidono tra loro, per esempio λ1 = λ2, alloraun qualunque piano contenente la retta R passante per il centro disimmetria della quadrica ed avente come vettore direttore un autovet-tore associato all’autovalore λ3, risulta essere piano di simmetria perla quadrica. In questo caso la quadrica si dice di rotazione. Un ulteri-ore piano di simmetria e quello che contiene il centro di simmetria ede perpendicolare ad R.

71Si dimostra in modo analogo a quanto verra fatto per le coniche nel capitolo di Ge-ometria proiettiva

167

4. Se i tre autovalori coincidono tra loro allora abbiamo una sfera ed inquesto caso ogni piano passante per il centro e piano di simmetria.

Esempio 8.7

Data la quadrica d’equazione 3x2 + 3y2 + 6z2 − 2xy− 6x+ 2y+ 12z + 7 = 0determinarne il tipo e, se risulta a centro, determinarne il centro e i piani disimmetria.

Soluzione Per prima cosa osserviamo che

|M | =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 −1 0 −3−1 3 0 10 0 6 6−3 1 6 7

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −96

Inoltre, essendo |A| = 48 e poiche gli autovalori sono 2, 4, 6, ossia s(A) = 3si ha che l’equazione rappresenta un ellissoide. Determiniamone ora il centroe i piani di simmetria. Per determinare le coordinate del centro dobbiamorisolvere il seguente sistema lineare

3x− y = 3−x+ 3y = −1

z = −1

la cui soluzione e C ≡ (1, 0,−1). Per determinare i piani di simmetria dob-biamo per prima cosa determinare autovettori associati agli autovalori. Unautovettore associato a λ = 2 e v1 ≡ (1, 1, 0)t . Un autovettore associ-ato a λ = 4 e v2 ≡ (1,−1, 0)t . Infine un autovettore associato a λ = 6e v3 ≡ (0, 0, 1)t . Pertanto i piani di simmetria sono

1(x− 1) + 1(y − 0) + 0(z + 1) = 0 ⇔ x+ y = 0

1(x− 1)− 1(y − 0) + 0(z + 1) = 0 ⇔ x− y = 0

0(x− 1) + 0(y − 0) + 1(z + 1) = 0 ⇔ z = −1.

Esercizi 8.8

1. Classificare le seguenti quadriche:

• x2 + y2 + z2 − 2xy + 2xz − 2yz − 2x+ 2y − 2z + 1 = 0

168

• 3x2 − y2 − yz − yx− 3x+ 3y = 0.

• x2 + y2 − yz − 1 = 0

• 3xy + 6yz − x− 2y = 0

• x2 + yz − 2x− z + 1 = 0

• x2 + 2xy + y2 − 2z + 2 = 0.

• xy − y + x− 1 = 0,

• 3x2 + y2 − 2√3xy + 2

√3y − 6x− 5 = 0,

2. Data la quadrica d’equazione x2 + 2y2 + z2 + 2xy − x− z = 0, deter-minarne il tipo e le equazioni degli eventuali piani di simmetria.

3. Determinare il tipo delle seguenti quadriche

• x2 + 4y2 − 2xz −√2x−

√2y = 0,

• 7x2 + 7y2 + 4z2 − 10xy − 4yz − 2√3x− 2

√3y − 2

√3z = 0,

• x2 − 2y2 + z2 − 2xz + 4y − 4 = 0,

• x2 + 2y2 + z2 − 2xz −√2x−

√2z = 0,

4. Data la quadrica d’equazione x2−y2+2z2−2xy−2x+2y = 0, provareche rappresenta un iperboloide ad una falda di rotazione.


• Classificare la quadrica rappresentata dalla seguente equazione

x2 + y2 + z2 − 2xy + 2xz − 2yz − 2x+ 2y − 2z + 1 = 0

Soluzione rang(M) = 1. Quindi si tratta di due piani coincidenti.


3x2 − y2 − yz − yx− 3x+ 3y = 0.

Soluzione Essendo |M | = 916, |A| = 0 e |s(A)| = 1 si ha che

l’equazione rappresenta un iperboloide ad una falda.

169


x2 + y2 − yz − 1 = 0

Soluzione

Essendo |M | = 14, |A| = −1

4e |s(A)| = 1, l’equazione rappresenta un

iperboloide ad una falda.


3xy + 6yz − x− 2y = 0

Soluzione Essendo |M | = 94e |A| = 0, l’equazione rappresenta un

paraboloide iperbolico.


x2 + yz − 2x− z + 1 = 0

Soluzione

Si ha |M | = 116

e |A| = 0. Quindi si tratta di un paraboloide iperbolico.


x2 + 2xy + y2 − 2z + 2 = 0.

Soluzione Essendo rang(M) = 3 e rang(A) = 1 si ha che l’equazionerappresenta un cilindro con direttrice una parabola.

• Data la quadrica d’equazione x2−y2+2z2−2xy−2x+2y = 0, provareche rappresenta un iperboloide ad una falda di rotazione.

Soluzione

Per prima cosa si ha

|M | =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 0 −1−1 −1 0 10 0 2 0−1 1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 4

170

Inoltre, essendo |A| = −4 e |s(A)| = 1 si ha che l’equazione rappre-senta un iperboloide ad una falda. La matrice A ammette come auto-valori λ = 2 con molteplicita 2 e λ = −2 con molteplicita 1. Poichel’autospazio associato a λ = 2 ha dimensione 2 si ha che l’iperboloidead una falda e di rotazione.

• Determinare il tipo della quadrica xy − y + x− 1 = 0,

Soluzione

Si ha rangM = 2. Inoltre rang A = 2 e s(A) = 0. Quindi, in basealla classificazione affine l’equazione rappresenta una coppia di pianiincidenti.

Si puo giungere alle stesso risultato operando i seguenti passaggi alge-brici

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

171

9 Appendice:

Lo scopo di questa appendice e quello di approfondire gli argomenti introdottinel capitolo 6 ed in particolare di fornire una serie di esempi e di dare leprincipali proprieta delle trasformazioni lineari tra generici spazi vettoriali.Inoltre vengono studiati, in generale, i concetti di autovalore ed autovettoredi un operatore tra spazi vettoriali.

9.1 Trasformazioni lineari tra spazi vettoriali

Definizione 9.1 Siano V e W due spazi vettoriali. Un’applicazione T daV in W prende il nome di trasformazione lineare se sono soddisfatte leseguenti condizioni:

(157)

1. ∀v, w ∈ V si ha T (v + w) = T (v) + T (w).

2. Se γ ∈ Rl e v ∈ V allora T (γv) = γT (v)

Esempi 9.2

1. Sia T l’applicazione da Rl 2 in Rl 2 cosı definita: T

(xy

)=

(αxαy

)dove α e un numero reale. 72 Proviamo che T e lineare.

Soluzione Siano v1 ≡(x1y1

)e v2 ≡

(x2y2

). Allora

T (v1 + v2) =

(α(x1 + x2)α(y1 + y2)

)=

(αx1αy1

)+

(αx2αy2

)= T (v1) + T (v2)

e quindi 1) di (157) e provata. Sia ora v ≡(xy

)un vettore arbitrario

di Rl 2 e γ ∈ Rl. Allora

T (γv) =

(αγxαγy

)= γ

(αxαy

)= γT (v).

72Ricordiamo che in Rl 2 una coppia

(ab

)(analogamente una terna in Rl 3 ) sta a

rappresentare sia un punto P che un vettore applicato nell’origine con punto finale P.

172

Pertanto T e un’applicazione lineare.

L’applicazione sopra descritta prende il nome di omotetia ed il numeroα si dice rapporto di omotetia. Chiaramente la definizione sopra datapuo essere generalizzata ad un’ omotetia in Rl n.

2. Sia V = W = Rl 3. Sia R l’asse delle z. Facciamo corrispondere aciascun vettore v ∈ Rl 3 il simmetrico rispetto ad R. Proviamo che taleapplicazione e lineare.

Soluzione Tale applicazione T opera nel seguente modo sulle terne(x, y, z)t.

T :

xyz

→

−x−yz

. Siano v1 ≡ x1y1z1

e v2 ≡

x2y2z2

due vettori

arbitrari di Rl 3 . Allora

T (v1 + v2) =

−(x1 + x2)−(y1 + y2)z1 + z2

=

−x1−y1z1

+

−x2−y2z2

=

T (v1) + T (v2)

Sia ora γ ∈ Rl e v ≡

xyz

un generico vettore di Rl 3. Allora

T (γv) =

−γx−γyγz

= γ

−x−yz

= γT (v).

73

3. Il seguente esercizio generalizza il precedente, considerando le simmetrierispetto ad una generica retta oppure ad un generico piano passanti perl’origine.

Sia R una retta passante per l’origine di Rl 2e sia v un vettore normalead R. Se p ∈ Rl 2, indichiamo con p il simmetrico di p rispetto ad R

73In generale la simmetria rispetto ad un piano coordinato, ad una retta coordinata oall’origine, risulta essere una trasformazione lineare.

173

(possiamo pensare a p sia come ad un punto che al vettore applicatonell’origine con punto finale il punto stesso ). Allora 74

a)

p = p− 2p · vv · v

v.

b) La legge T che a p associa il simmetrico p rispetto ad R in Rl 2 (adun piano π in Rl 3 ) e una trasformazione lineare.

Soluzione

a) Sia t la proiezione di p su v 75 e sia u la proiezione di p su R .Allora p = t+ u ossia p = p·v

v·vv + u . Ne segue che

p = −t+ u = −p · vv · v

v + u = −2p · vv · v

v + p.

Analogo risultato continua a valere in Rl 3 se consideriamo il sim-metrico di un punto ( vettore ) p rispetto ad un piano π (in questocaso v e un vettore normale a π).

b) Siano p1 e p2 due punti di Rl 2 (di Rl 3 ). Allora

T (p1+p2) = (p1+p2)−2(p1 + p2) · v

v · vv = (p1+p2)−2[

(p1 · v) + (p2 · v)v · v

]v =

p1 − 2p1 · vv · v

v + p2 − 2p2 · vv · v

v = T (p1) + T (p2).

Consideriamo ora T (αp). Si ha

T (αp) = αp−2(αp) · vv · v

v = αp−2αp · vv · v

v = α(p−2p · vv · v

v) = αT (p).

4. Sia V = W = Rl 2. Sia T l’applicazione da Rl 2 a Rl 2 cosı definita:Facciamo corrispondere a ciascun punto P ∈ Rl 2 il punto P ′ tale che seM e la proiezione di P sull’asse delle x allora P ′ sta sulla semiretta

74Se v e w sono due vettori in Rl 2 allora il simbolo v ·w sta ad indicare il loro prodottoscalare

75Ricordiamo che se A e B sono due vettori di Rl 2 , allora la proiezione P di A suB , ossia la proiezione di A sulla retta S passante per l’origine e con vettore direttore Be data da P = A·B

B·B

174

di origine M, che contiene il punto P, e orientata da M a P e con||MP ′||||MP || = α dove α e un numero positivo. Proviamo che T e lineare.

Soluzione La legge descritta si traduce nella trasformazione T

(xy

)=

(xαy

).

Siano v1 ≡(x1y1

)e v2 ≡

(x2y2

). Allora

T (v1 + v2) =

(x1 + x2α(y1 + y2)

)=

(x1αy1

)+

(x2αy2

)= T (v1) + T (v2).

Sia ora γ ∈ Rl e v ≡(xy

). Allora

T (γv) =

(γxγαy

)= γ

(xαy

)= γT (v).

Vediamo ora come tale trasformazione opera su una circonferenza. Siax2 + y2 = r2 l’equazione di una circonferenza di centro l’origine e rag-

gio r. Un punto Po ≡(xoyo

)soddisfa l’equazione della circonferenza

se e solo se il punto P1 = T (Po) ≡(

xoαyo

)soddisfa l’equazione

x2+ y2

α2 = r2. Tale equazione rappresenta un’ellisse. Pertanto la trasfor-mazione T muta una circonferenza in un’ellisse.

5. Siano V = W = Rl 2 e v un qualunque vettore di V . Consideriamol’applicazione T che a v associa il vettore T (v) ottenuto ruotando vdi un angolo ϕ . Allora T e una trasformazione lineare.

Soluzione Sia v ≡(xy

), allora x =∥ v ∥ cosα e y =∥ v ∥ senα,

dove α e l’angolo che il vettore v forma con la direzione positivadell’asse delle x. Allora

T (v) ≡(

||v||cos (α+ ϕ)||v||sen(α+ ϕ)

)≡(xcosϕ− ysenϕycosϕ+ xsenϕ

).

Lasciamo allo studente di verificare che tale applicazione e lineare. 76

76Osserviamo che possiamo scrivere

(xcosϕ− ysenϕycosϕ+ xsenϕ

)=

(cosϕ −senϕcosϕ senϕ

)(xy

)

175

6. Sia T una rotazione in Rl 2 . Verificare che T e una isometria

7. Sia V l’insieme dei polinomi a coefficienti reali di grado al piu n e Wl’insieme dei polinomi a coefficienti reali di grado al piu n− 1. Allora,come e facile verificare, sia V che W sono spazi vettoriali rispettoalla somma tra polinomi ed alla moltiplicazione di un polinomio per unnumero reale. E facile vedere inoltre che V e uno spazio vettoriale didimensione n+ 1 mentre W e uno spazio vettoriale di dimensione n.Sia T la legge che ad ogni polinomio v in V associa la derivata di v.Allora T e un’applicazione lineare da V su W .

In generale , siano W l’insieme delle funzioni definite in un intervalloI e V quello delle funzioni ivi derivabili. Riguardiamo V e W comespazi vettoriali rispetto alla somma tra funzioni ed alla moltiplicazioneper uno scalare, allora l’applicazione che ad ogni elemento di V associala propria derivata e un’applicazione lineare da V in W . Si tengapero presente che sia V che W sono spazi vettoriali di dimensioneinfinita.77

8. Il seguente esempio sara piu chiaro dopo che lo studente avra studiatogli integrali definiti. Sia V l’insieme delle funzioni continue in unintervallo [a, b]. E facile vedere che V e uno spazio vettoriale rispettoalla somma tra funzioni ed alla moltiplicazione per uno scalare. Sef(x) ∈ V , l’applicazione T : f(x) →

∫ ba f(x) dx e un’applicazione

lineare da V in Rl.

9. Diamo adesso un esempio di applicazione tra spazi vettoriali che none lineare. Sia V = W = Rl 2. Sia T un’applicazione da V in W cosı

definita : T

(xy

)=

(x

y + 1

). Allora T non e lineare.

Soluzione

Siano v1 ≡(x1y1

)e v2 ≡

(x2y2

). Allora T (v1+v2) =

(x1 + x2

y1 + y2 + 1

)mentre

T (v1) + T (v2) =

(x1

y1 + 1

)+

(x2

y2 + 1

)=

(x1 + x2

y1 + y2 + 2

).

77Uno spazio vettoriale V si dice di dimensione infinita se non ha dimensione finita, ossiacomunque si prenda n ∈ N esistono n vettori di V che sono linearmente indipendenti.

176

Pertanto T (v1 + v2) = T (v1) + T (v2).

Nota: Osserviamo che nel caso dell’esercizio precedente, e possibile di-mostrare che T non e lineare mostrando semplicemente che T (0v) = 0w.Infatti si ha il seguente:

Lemma Sia T un’applicazione lineare da uno spazio vettoriale V inuno spazio vettoriale W , allora T (0v) = 0w.

Dimostrazione

Sia v ∈ V. Allora v = v + 0v. Ne segue

T (v) = T (0v+v) = T (0v)+T (v) ⇒ T (v) = T (0v)+T (v) ⇒ T (0v) = 0w.

Notiamo che la trasformazione T

(xy

)=

(x

y + 1

)e una traslazione

di Rl 2. Le traslazioni di Rl 2 (di Rl 3 ) che non si riducono all’identita sonoesempi di trasformazioni non lineari.

10. Consideriamo una matrice quadrata A =

(a bc d

). Allora l’applicazione

che a

(x1x2

)∈ Rl 2 associa

(a bc d

)(x1x2

)=

(ax1+bx2cx1+dx2

)

e un’ applicazione lineare da Rl 2 in Rl 2. Si lascia la verifica allostudente

11. Il seguente esercizio generalizza il risultato apparso nel caso precedente.

Sia M =

a11 · · · a1n...

......

am1 · · · amn

una matrice a coefficienti reali d’ordine

m× n e sia TM : Rl n → Rl m cosı definita:

x1...xn

→

a11 · · · a1n...

......

am1 · · · amn

x1...xn

(158)

177

Provi lo studente che TM e una trasformazione lineare da Rl n in Rl m.

Se v =

x1...xn

allora la trasformazione si scrive anche nella forma

v →Mv

Proveremo successivamente che ogni applicazione lineare T da Rl m inRl n si ottiene moltiplicando una conveniente matrice M d’ordine n×m,a destra per i vettori colonna di Rm.78

9.2 Matrici ed applicazioni lineari

In questo paragrafo forniamo un legame tra matrici ed applicazioni linearitra spazi vettoriali.79 Iniziamo con la seguente

Definizione 9.3 Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita n e siaB = {v1, . . . , vn} una sua base. Se v e un elemento di V con v = α1v1+. . .+αnvn,

allora la n-pla

α1...αn

si dice vettore coordinato di v rispetto a B.

Osservazione 9.4

Se V = Rl n e B = {

10...0

, · · · ,

0...01

} e la base canonica di V allora,

detto v =

x1...xn

un elemento di V , si ha che la n-pla

x1...xn

coincide

con il vettore coordinato di v rispetto alla base B.78Se pensiamo i vettori di Rl n e Rl m come vettori riga e v = (x1, . . . , xn) allora

l’applicazione v → vM (cioe moltiplichiamo la matrice M d’ordine (n × m) a sinistraper il vettore riga v d’ordine (1× n)) e un’applicazione lineare da Rl n in Rl m. Viceversaogni applicazione lineare da Rl n in Rl m puo essere ottenuta moltiplicando una convenientematrice M d’ordine n×m a sinistra per il vettore riga v.

79In questo e nei successivi paragrafi, le matrici saranno sempre intese a coefficienti realianche se questa proprieta non verra esplicitamente scritta.

178

Per esempio se v ≡(

12

)∈ Rl 2, allora

(12

)= 1

(10

)+ 2

(01

).

Attenzione !! Il seguente esempio mostra che la proprieta sopra enuncia-ta non vale se la base non e quella canonica. Infatti, se scegliamo una base

di Rl 2 diversa dalla base canonica, per esempio B1 = {(

11

),

(20

)}, allora(

12

)= 2

(11

)− 1

2

(20

). Quindi il vettore coordinato di (1, 2) rispetto

a B1 e

(2−1

2

)che e manifestamente diverso da

(12

)Data una trasformazione lineare T da uno spazio vettoriale V , con base

B1, in uno spazio vettoriale W , con base B2, ci proponiamo di determinareil vettore coordinato di T (v) rispetto a B2 conoscendo il vettore coordinatodi v rispetto a B1 e le immagini degli elementi di B1.

Siano V e W due spazi vettoriali. Sia B1 = (v1, ...., vn) una base di Ve B2 = (w1, ..., wm) una base di W . Sia T un’applicazione lineare da V inW . Poiche ogni elemento di W puo scriversi in uno ed un sol modo comecombinazione lineare degli elementi della base B2 si ha

(159)

T (v1) = α11w1 + α21w2 + ......+ αm1wm

T (v2) = α12w1 + α22w2 + ......+ αm2wm

...........................................

............................................T (vn) = α1nw1 + α2nw2 + .......+ αmnwm

Sia ora v un generico vettore di V . Allora v puo scriversi in uno edun sol modo come combinazione lineare degli elementi di B1 . Ne seguev = β1v1 + · · ·+ βnvn. Consideriamo

T (v) = T (β1v1 + · · ·+ βnvn) = β1T (v1) + · · ·+ βnT (vn) =

β1(α11w1 + · · ·+ αm1wm) + · · ·+ βn(α1nw1 + · · ·+ αmnwm).

Ne segue che il vettore T (v) rispetto alla base B2 e individuato dalla m-plaβ1α11 + · · ·+ βnα1n

...β1αm1 + · · ·+ βnαmn

179

che possiamo scrivere nella forma:

(160) α11 .. α1n

.. .. ..αm1 .. αmn

β1

..βn

.

dove le colonne della matrice

α11 .. α1n

.. .. ..αm1 .. αmn

sono i vettori coordinati

delle immagini degli elementi della base B1 rispetto alla base B2 e

β1..βn

e il vettore coordinato di v rispetto alla base B1 .

Definizione 9.5 La matrice α11 .. α1n

.. .. ..αm1 .. αmn

prende il nome di matrice associata alla trasformazione T rispetto alle basiB1 e B2 ed e indicata con MB2

B1(T ).

Se T e una trasformazione lineare di uno spazio vettoriale V in se e con-sideriamo V , visto come dominio e codominio di T rispetto alla stessa baseB, allora scriviamo MB(T ) anziche MB

B (T ). Inoltre se e chiara la trasfor-mazione cui ci riferiamo, scriviamo semplicemente MB anziche MB(T ).

Da quanto sopra descritto discende, in particolare, che, se T e una trasfor-mazione lineare da Rl n in Rl m e B1 e la base canonica di Rl n mentre B2 e labase canonica di Rl m allora, detta M la matrice associata a T rispetto allebasi B1 e B2, si ha T (v) = Mv . Cio inverte quanto affermato nell’esempio158.

Prima di fornire esempi su quanto sopra affermato diamo la seguente

Definizione 9.6 Una trasformazione lineare di uno spazio vettoriale V inse si dice OPERATORE (o Endomorfismo).

Esempi 9.7

180

1. Consideriamo l’esempio 1 di 9.2 e supponiamo B1 = B2 = {(1, 0)t, (0, 1)t}che e la base canonica . Allora T ((1, 0)t) = (k, 0)t e T ((0, 1)t) = (0, k)t.Pertanto

MB2B1

(T ) =

(k 00 k

)

2. Rifacciamo lo stesso esercizio considerando altre basi. Sia B1 = {(1, 0)t, (0, 1)t}e B2 = {(1, 1)t, (1, 2)t}. Allora si ha T ((1, 0)t = (k, 0)t = 2k(1, 1)t−k(1, 2)te T ((0, 1)t) = (0, k)t = −k(1, 1)t + k(1, 2)t.

Quindi

MB2B1

=

(2k −k−k k

)

3. Consideriamo adesso l’esercizio 2 di 9.2. Siano B1 e B2 coinci-denti con la base canonica B = {(1, 0, 0)t, (0, 1, 0)t, (0, 0, 1)t}. AlloraT ((1, 0, 0)t) = (−1, 0, 0)t, T ((0, 1, 0)t) = (0,−1, 0)t, T ((0, 0, 1)t) = (0, 0, 1)t.

Pertanto

MB(T ) =

−1 0 00 −1 00 0 1

4. Prendiamo ora in esame l’esercizio 6 di 9.2 e supponiamo n = 3. Sia

B1 = {1, x, x2, x3} una base per V e B2 = {1, x, x2} una base per W.Allora T (1) = 0, T (x) = 1, T (x2) = 2x, T (x3) = 3x2. Ne segue che

MB2B1

(T ) =

0 1 0 00 0 2 00 0 0 3

5. Determinare le matrici associate alle trasformazioni lineari nei rima-

nenti esempi di 9.2, rispetto alle basi canoniche.

6. Sia T : Rl 4 → Rl 2 data da T ((x, y, z, t)t) = (x, y)t. Determinare lamatrice associata a T rispetto alle basi canoniche B1 di Rl 4 e B2 di Rl 2

rispettivamente.

181

Soluzione Sia ha che (1, 0, 0, 0)t → (1, 0)t, (0, 1, 0, 0)t → (0, 1)t,(0, 0, 1, 0)t → (0, 0)t, (0, 0, 0, 1)t → (0, 0)t. Pertanto

MB2B1(T ) =

(1 0 0 00 1 0 0

)

7. Sia T : Rl 2 → Rl 2 data da T ((x, y)t) = (4x − 3y, 2x + 2y)t. De-terminare la matrice associata a T rispetto a: la base canonica;B1 = {(1, 1)t, (0, 2)t}; B2 = {(0, 3)t, (2, 2)t}.

Osservazione 9.8 Quando consideriamo un’applicazione lineare T tra Rl m

ed Rl n e si chiede di determinare la matrice associata a T , senza precisarnele basi, s’intende, in generale, determinare la matrice associata a T rispettoalle basi canoniche di Rl m ed Rl n

9.3 Nucleo ed immagine di un’applicazione lineare

Definizione 9.9 Siano V e W due spazi vettoriali e T un’applicazionelineare da V in W . Allora si definisce:

a) Nucleo di T e si indica con kerT, l’insieme degli elementi v ∈ V taliche T (v) = 0w dove 0w e l’elemento neutro di W .

b) Definiamo immagine di T e si indica con ImT, l’insieme degli elementiw ∈ W tali che ∃v ∈ V conT (v) = w.

Esercizio 9.10 Verificare che kerT e un sottospazio vettoriale di V mentreImT e un sottospazio vettoriale di W .

Soluzione Siano v1, v2 due elementi di KerT . Allora T (v1) = T (v2) = 0w.Si ha T (v1 + v2) = T (v1) + T (v2) = 0w + 0w = 0w. Pertanto anchev1+v2 ∈ KerT . Sia ora v ∈ KerT e λ ∈ Rl. Allora T (λv) = λT (v) = λ0w = 0w .Ne segue che KerT e un sottospazio vettoriale di V .

Siano ora w1, w2 ∈ ImT . Allora ∃v1, v2 ∈ V tali che T (v1) = w1 eT (v2) = w2. Consideriamo l’elemento v1 + v2. Si ha

T (v1 + v2) = T (v1) + T (v2) = w1 + w2,

ossia w1 +w2 ∈ ImT . Sia ora w ∈ ImT . Allora ∃v ∈ V tale che T (v) = w.Sia λ ∈ Rl e consideriamo l’elemento λw . Si ha T (λv) = λT (v) = λw .

182

Pertanto λw ∈ ImT ed e quindi provato che ImT e un sottospazio vettorialedi W.

Proviamo adesso il seguente

Lemma 9.11 Sia T un’applicazione lineare da uno spazio vettoriale V inuno spazio vettoriale W. Allora T e iniettiva se e solo se ker T = {0v}.

Dimostrazione Se T e iniettiva, e chiaro che ker T = {0v}. Supponia-mo viceversa che ker T = {0v}. Siano v1, v2 ∈ V con T (v1) = T (v2), ossiaT (v1)−T (v2) = 0w. Da T (v1−v2) = T (v1)−T (v2) = 0w

80 e da Ker T = {0v}segue che v1 − v2 = 0v, ossia v1 = v2.

Definizione 9.12 Sia T un’applicazione lineare biunivoca da uno spazio vet-toriale V in uno spazio vettoriale W . Allora T si dice isomorfismo.

Osservazione 9.13

Se T e un isomorfismo da V su W allora esiste un’applicazione lineareda W a V che indicheremo con T−1 tale che:

a) TT−1(w) = w, ∀w ∈ W

b) T−1T (v) = v, ∀v ∈ V .

T−1 e definita nel seguente modo: associa all’elemento w di W quell’unicoelemento v di V tale che T (v) = w. Si lascia da provare come esercizio cheT−1 e una trasformazione lineare.

Se T e un’applicazione lineare da V su W ed esiste T−1 : W → V percui valgono a) e b), allora si dice che T e invertibile 81

Forniamo adesso l’enunciato di questo importante

80Osserviamo che se T e un’applicazione lineare da V in W , allora T (−v) = −T (v).Infatti, scriviamo 0v = v + (−v). Allora

0w = T (0v) = T (v + (−v)) = T (v) + T (−v) ⇒ T (−v) = −T (v).

Notiamo inoltre che la scrittura v1 − v2 significa v1 + (−v2)81Si prova che se T un’applicazione lineare da uno spazio vettoriale V in uno spazio

vettoriale W ed esiste un’applicazione T−1 : W → V per la quale valgono a) e b)(cioe T e invertibile), allora T e un isomorfismo. Quindi T e un isomorfismo se e solo see invertibile.

183

Teorema 9.14 (della dimensione) Sia T un’applicazione lineare da unospazio vettoriale V in uno spazio vettoriale W e supponiamo che dimVsia finita. Allora

dimV = dim ImT + dimKerT.

Tenuto conto di (9.11), (9.14) e di 82 si ha il seguente

Corollario 9.15 Sia T un’applicazione lineare da uno spazio vettoriale Vdi dimensione finita in uno spazio vettoriale W di dimensione finita. AlloraT e un isomorfismo se e solo se dimV = dimW e ker T = {0v}. Inparticolare se T e un operatore di uno spazio vettoriale V , allora T e unisomorfismo se e solo se ker T = {0v}.

Discende immediatamente da quanto sopra osservato che se V e unospazio vettoriale di dimensione n allora, fissata una base B = {v1, . . . , vn} diV , l’applicazione T che ad ogni vettore v ∈ V associa il vettore coordinatodi v rispetto a B e un isomorfismo di V su Rl n. 83

Prima di considerare gli esempi (9.17), dimostriamo il seguente

Lemma 9.16 Sia T un’applicazione lineare da uno spazio vettoriale V inuno spazio vettoriale W e supponiamo che dim.V sia finita. Allora ImTe generata dalle immagini degli elementi di una base di V .

DimostrazioneSia B = {v1, . . . , vn} una base di V e sia v ∈ V . Allora v = α1v1+. . .+αnvn.

Consideriamo l’elemento T (v) = T (α1v1+. . .+αnvn) = α1T (v1)+. . .+αnT (vn).Quindi T (v) e combinazione lineare di T (v1), . . . , T (vn), ossia T (v1), . . . , T (vn)e un insieme di generatori di ImT.

Esempi 9.17

1. Si consideri un sistema lineare omogeneo di m equazioni in n incognite.

82Ricordiamo che se W e un sottospazio vettoriale di uno spazio vettoriale V di di-mensione finita, allora dimW ≤ dimV e che vale dimW = dimV se e solo se W=V

83Sia v = α1v1+ . . .+αnvn e consideriamo T : v → (α1, . . . , αn). E facile verificare cheT e un’applicazione lineare da V in Rl n . Poiche KerT = 0v si ha, per il Teorema 9.14 cheImT = Rl n . Quindi T e iniettiva e suriettiva e pertanto e un isomorfismo.

184

α11x1 + · · ·α1nxn = 0

· · · · · · · · · · · ·αm1x1 + · · ·αmnxn = 0

Allora il sistema puo essere scritto nella formaα11 .. α1n...

......

αm1 .. αmn

x1...xn

=

0...0

L’insieme delle soluzioni di tale sistema e quindi il nucleo dell’applicazionelineare TA da Rl n in Rl m determinata dalla moltiplicazione per la ma-trice

A =

α11 · · · α1n...

......

αm1 · · · αmn

Le colonne di tale matrice sono esattamente le immagini degli elementidella base canonica. Infatti

α11 · · · α1n...

......

αm1 · · · αmn

1...0

=

α11...

αm1

α11 · · · α1n...

......

αm1 · · · αmn

0...1

=

α1n...

αmn

Quindi ImTA e generata dalle colonne di A per il lemma (9.16). Nesegue che dim. ImTA = numero delle colonne linearmente indipendenti.Si ricordi che lo spazio generato dalle righe ha la stessa dimensionedi quello generato dalle colonne. Pertanto possiamo anche dire chedim. ImTA coincide con il numero di righe linearmente indipendenti diA.

2. Sia T l’applicazione lineare da Rl 3 → Rl cosı definita: (x, y, x) → x+y−z.Allora il nucleo di T e costituito dalle terne (x, y, z) per le quali x+y -z = 0. Tale equazione rappresenta un piano passante per l’origine che

185

e un sottospazio vettoriale di Rl 3 di dimensione 2. Ne segue, per ilLemma 9.14 che ImT = Rl .

186

9.4 Autovalori ed autovettori

Definizione 9.18 Sia T un operatore di uno spazio vettoriale V . Un vet-tore v = 0 di V si dice autovettore per T se esiste un numero reale λ taleche T (v) = λv. λ si dice autovalore di T associato all’autovettore v.

Notiamo che se 0 e l’elemento neutro, allora T (0) = 0 = λ0 ∀λ ∈ Rl . Perquesto motivo abbiamo escluso dalla definizione di autovettore l’elementoneutro. Osserviamo anche che ogni autovettore e associato ad un unico au-tovalore,84 mentre ad un autovalore sono sempre associati infiniti autovettori.Infatti, se T (v) = λv si ha anche T (αv) = αT (v) = αλv = λ(αv) per ogniα ∈ Rl , ossia ogni vettore della forma αv e un autovettore associato a λ .

Lemma 9.19 Siano V uno spazio vettoriale e T un operatore di V . Seλ e un autovalore di T allora l’insieme degli autovettori associati a λ el’elemento neutro costituiscono un sottospazio vettoriale di V (indicato conV λ.

85

Dimostrazione Siano v1 e v2 due elementi di V λ ( non escludiamo chepossano eventualmente coincidere con l’elemento neutro). Allora T (v1) = λv1e T (v2) = λv2. Consideriamo v1 + v2. Sia ha

T (v1 + v2) = T (v1) + T (v2) = λv1 + λv2 = λ(v1 + v2).

Pertanto v1 + v2 ∈ V λ. Siano ora α ∈ Rl e v ∈ V λ. Proviamo che ancheαv ∈ V λ. Infatti

T (αv) = αT (v) = αλv = λ(αv).

Pertanto per (161) l’insieme degli autovettori associati a λ con l’elementoneutro costituiscono un sottospazio vettoriale di V .

Esempi 9.20

84Infatti sia T (v) = λ1v = λ2v . Allora λ1v = λ2v , ossia λ1 = λ2 .85Ricordiamo che se W e un sottoinsieme non vuoto di uno spazio vettoriale V , allora

W e un sottospazio vettoriale se e solo se valgono le due condizioni:

(161)

se v1, v2 ∈ W ⇒ v1+v2 ∈ Wse α ∈ Rl e v ∈ W ⇒ αv ∈ W

187

1. Consideriamo l’esempio 1) degli esercizi (9.2). In tal caso ogni vettoredi Rl 2 e un autovettore con autovalore α.

2. Nell’esempio 2) di (9.2) i vettori della forma (0, 0, c) sono autovettoricon autovalore 1, mentre i vettori del tipo (a, b, 0) sono autovettori conautovalore associato −1.

3. Consideriamo adesso l’esempio 7) di (9.2) dove, pero, supponiamoW = V e quindi T un operatore di V . In tal caso le costanti sonoautovettori con autovalore 0 e non esistono altri autovettori perche laderivata abbassa il grado del polinomio.

4. Sia V lo spazio vettoriale delle funzioni che ammettono derivate di ogniordine in Rl. Sia λ ∈ Rl . Allora la funzione f(x) = eλx e un autovettorerispetto alla derivata e λ ne e l’autovalore associato.

5. Sia T un operatore dello spazio vettoriale V . Allora T ammettel’autovalore 0 se e solo se kerT = 0v.

Soluzione Supponiamo che KerT = 0v . Allora ∃v = 0v tale cheT (v) = 0v , ossia T (v) = 0v = 0v . Pertanto v e un autovettore associ-ato all’autovalore 0.

Viceversa, supponiamo che T ammetta l’autovalore 0. Sia v = 0 unautovettore associato a 0. Allora si ha T (v) = 0v = 0v . Quindiv ∈ KerT.

Notiamo che KerT e l’autospazio associato all’autovalore nullo 0.

Lemma 9.21 Siano V uno spazio vettoriale e T un operatore di V .Supponiamo che v1, . . . , vn siano autovettori di V rispetto a T e sianoλ1, . . . , λn i rispettivi autovalori. Se λi = λj con i = j (i, j ∈ [1, ..., n])allora v1, . . . , vn sono linearmente indipendenti.

Dimostrazione Procediamo per induzione su n. Se n = 1 il risul-tato e chiaro. Sia quindi n > 1 e supponiamo la proprieta vera per n − 1.Consideriamo l’equazione

α1v1 + . . .+ αnvn = 0v. (162)

Dobbiamo provare che α1 = . . . = αn = 0. Moltiplichiamo (162) per λ1.Allora si ha

188

α1λ1v1 + . . .+ αnλ1vn = 0 (163)

D’altra parte

T (α1v1 + . . .+ αnvn) = α1λ1v1 + . . .+ αnλnvn = 0.

Se sottraiamo l’espressione α1λ1v1 + . . .+ αnλnvn a (163) si ha

α2(λ1 − λ2)v2 + . . .+ αn(λ1 − λn) = 0.

Per ipotesi induttiva v2, . . . , vn sono linearmente indipendenti . Quindi

α2(λ1 − λ2) = 0, . . . , αn(λ1 − λn) = 0.

Poiche(λ1 − λ2) = 0, . . . , (λ1 − λn) = 0

si ha α2 = . . . = αn = 0. Segue da (162) che α1 = 0. Dunque i vettoriv1, . . . , vn sono linearmente indipendenti.

Esempio 9.22

Sia V lo spazio vettoriale generato dalle funzioni ex, e2x, e3x, . . . , enx.Tale spazio vettoriale ha dimensione minore od uguale ad n. Proviamo chee esattamente n. Sia D l’operatore derivata. Osserviamo per prima cosache D(emx ) = memx, ∀m ∈ {1, . . . , n}. Inoltre se v ∈ V allora si veri-fica facilmente che D(v) ∈ V cioe D trasforma V in se. Inoltre essendoD(v1 + v2) = D(v1) +D(v2) e D(λv) = λD(v) si ha che D e un operatoredi V . Gli elementi ex, e2x, . . . , enx sono autovettori per D con autovaloririspettivamente 1, 2, . . . , n. Essendo gli autovalori distinti si ha , per il lemma9.21, che gli autovettori corrispondenti sono linearmente indipendenti. Per-tanto deve essere n ≤ dim.V . D’altra parte ex, e2x, e3x, . . . , enx generanolo spazio e quindi n ≥ dim.V . Ne segue che dim V = n.

Definizione 9.23 Sia V uno spazio vettoriale e siano T ed S due opera-tori di V.

189

1. Diciamo che T e diagonalizzabile se esiste una base B di V formatada autovettori per T.

(Osservazione: Se T e diagonalizzabile, allora MB(T ) e una matricediagonale ( ossia una matrice in cui gli elementi aij con i = j sononulli) e gli elementi della diagonale principale sono gli autovalori diT.)

2. Si definisce la somma e la moltiplicazione per uno scalare di operatorinel seguente modo:

(164)

a) (T + S)(v) = T (v) + S(v) ∀v ∈ V

b) (λT )(v) = T (λv)con λ ∈ Rl .

Esercizio 9.24 Verificare che T + S e λT sono operatori di V.

Soluzione Verifichiamo che T + S e un operatore e lasciamo che lostudente dimostri che λT e un operatore.

Si ha

(T +S)(v1+ v2) = T (v1+ v2)+S(v1+ v2) = T (v1)+T (v2)+S(v1)+S(v2) =

T (v1) + S(v1) + T (v2) + S(v2) = (T + S)(v1) + (T + S)(v2).

Inoltre

(T+S)(λv) = T (λv)+S(λv) = λT (v)+λS(v) = λ(T (v)+S(v)) = λ((T+S)(v)).

Lemma 9.25 Sia V uno spazio vettoriale e λ ∈ Rl. Sia inoltre T un ope-ratore di V . Allora λ e un autovalore se e solo se T − λI e un operatorenon invertibile. (I indica l’operatore identita cioe l’operatore che applicaogni elemento di V in se).

Dimostrazione Supponiamo che λ sia un autovalore. Allora esiste unelemento v ∈ V con v = 0 tale che T (v) = λv. Percio T (v)− λv = 0 e per(164) si ha (T − λI)(v) = 0v. Ne segue che T − λI ha un nucleo non nullo equindi per le osservazioni (9.13) ed il corollario 9.15, non e invertibile.

Supponiamo ora che T − λI sia non invertibile. Per le osservazioni in(9.13) ed il corollario 9.15, si ha ker (T −λI) = 0. Sia 0 = v ∈ Ker (T −λI).Allora

(T − λI)(v) = 0− v ⇒ T (v)− λI(v) = 0v ⇒ T (v) = λv.

190

9.4.1 Polinomio caratteristico

Supponiamo ora di fissare una base B nello spazio vettoriale V e siano MBla matrice associata all’operatore T e IB la matrice associata alla trasfor-mazione identica I rispetto a B. Allora si puo provare che MB − λIB e lamatrice associata all’operatore T −λI rispetto alla base B. Pertanto, tenutoconto del lemma (9.25)e di (??), si ha che λ e un autovalore se e solo se|MB − λIB |= 0.

Definizione 9.26 Il polinomio |MB−λIB| nella variabile λ si dice polinomiocaratteristico della matrice MB.

Vogliamo dimostrare che se scegliamo una base B1, diversa da B allora, ilpolinomio caratteristico associato a MB1 e uguale al polinomio caratteristicoassociato a MB, cioe tale polinomio non dipende dalla scelta della base e loindicheremo con PM(λ). Per dimostrare la proprieta su menzionata abbiamobisogno di richiamare le seguenti proprieta dei determinanti e del prodottotra matrici:

9.4.2 Alcune proprieta dei determinanti e del prodotto tra matrici

Richiamiamo qui sotto alcune proprieta del prodotto tra matrici e del deter-minante di una matrice.

Lemma 9.27 Siano A,B,C tre matrici quadrate d’ordine n allora:

1. a) A(B + C) = AB + AC

b) (B + C)A = BA+ CA

2. |AB| = |A| |B|

3. Se |A| = 0, allora |A−1| = |A|−1

Corollario 9.28 Siano A e B due matrici quadrate d’ordine n con |B| = 0.Allora:

|B−1AB| = |A|

Dimostrazione E conseguenza delle proprieta 2) e 3) del Lemma (9.27)

191

Definizione 9.29 Due matrici A e C si dicono simili ( o coniugate) seesiste una matrice invertibile B tale che B−1AB = C.

Lemma 9.30 Siano A e B due matrici d’ordine n e supponiamo che Bsia invertibile. Allora il polinomio caratteristico della matrice A coincide colpolinomio caratteristico della matrice B−1AB.

Dimostrazione Per definizione il polinomio caratteristico di A e |A−λI|.Tenuto conto delle proprieta enunciate nel Lemma (9.27) e nel Corollario(9.28) si ha

|A− λI| = |B−1||A− λI||B| = |B−1(A− λI)B| =

|B−1AB − λB−1B| = |B−1AB − λI|.

Lemma 9.31 Supponiamo che T sia un operatore di uno spazio vettorialeV e siano B1 e B2 due basi di V . Allora esiste una matrice invertibile Ntale che se MB1 e la matrice associata a T rispetto a B1 e MB2 e la matriceassociata a T rispetto a B2 , allora N−1MB1N = MB2 .

Dimostrazione Omessa

Tenuto conto dei lemmi (9.31),(9.30), (9.25) si ha che il polinomio carat-teristico di T rispetto a basi diverse e lo stesso. Pertanto lo chiamiamo

Polinomio caratteristico dell’operatore T.

Esempi 9.32

1. Vogliamo determinare gli autovettori associati alla trasformazione Tdell’esercizio 1) di 9.2

Sia B = {(

10

),

(01

)} la base canonica di Rl 2. Allora MB(T ) =

(α 00 α

)ed il polinomio caratteristico e (α−λ)2. Ne segue che λ = α e l’autovaloredi tale trasformazione (con molteplicita 2.)

Si ha (α 00 α

)(xy

)= α

(xy

).

Ne segue che

{αx = kxαy = ky

e soddisfatto da ogni coppia

(xy

). Per-

tanto ogni vettore di Rl 2 e un autovettore per T.

192

2. Vogliamo determinare gli autovettori dati dall’operatore T dell’esercizio2) di (9.2)

Sia B = {

100

, 0

10

, 0

01

} la base canonica di Rl 3. Allora

MB(T ) =

−1 0 00 −1 00 0 1

. Ne segue che (λ + 1)2(1 − λ) e il

polinomio caratteristico di T. Determiniamo gli autovettori associatiall’autovalore 1.

−1 0 00 −1 00 0 1

xyz

=

xyz

⇒ −x = x, −y = y, z = z.

Quindi abbiamo x = 0, y = 0 e z arbitrario.

Pertanto

001

genera l’autospazio V 1 associato all’autovalore 1.

Consideriamo adesso gli autovettori associati all’autovalore −1.

−1 0 00 −1 00 0 1

xyz

=

−x−y−z

⇒ −x = −x, −y = −y, z = −z.

Pertanto x ed y sono arbitrari e z = 0.

Si ha quindi che

100

e

010

generano l’autospazio V −1 associato

a −1 che e un sottospazio vettoriale di Rl 3 di dimensione 2.

3. Proviamo adesso a dimostrare di nuovo, facendo uso del polinomiocaratteristico, l’esercizio 3) degli esempi (9.20) nel caso in cui V = Wed n = 2.

Sia B = {x2, x, 1} la base canonica di V . Allora la matrice associata

193

a T rispetto a B e

0 0 02 0 00 1 0

. Ne segue che λ3 = 0 e il polinomio

caratteristico di T.

Determiniamo adesso gli autovettori associati a λ = 0.

Si ha 0 0 02 0 00 1 0

abc

=

000

⇒ 2a = 0, b = 0, c qualunque

Pertanto i polinomi della forma 0x2 + 0x + c, cioe le costanti c sonogli autovettori associati all’autovalore 0. Le costanti determinano unsottospazio di dimensione 1 di V . In questo esempio si ha che la dimen-sione dell’autospazio V 0 associato all’autovalore λ = 0 e strettamenteinferiore alla molteplicita della radice.86 In generale si ha:

Lemma 9.33 Sia T un operatore di uno spazio vettoriale V . Sia λ unautovalore per T con molteplicita s e sia V λ l’autospazio associato a λ,allora dimV λ ≤ s.

Il lemma seguente, che generalizza il Lemma 9.21 fornisce una condizionenecessaria e sufficiente affinche un operatore T sia diagonalizzabile:

Lemma 9.34 Sia T un operatore di uno spazio vettoriale V . Condizionenecessaria e sufficiente affinche T sia diagonalizzabile e che gli autovalori diT siano tutti reali e, supposto che l’autovalore λ abbia molteplicita s alloral’autospazio Vλ associato a λ abbia dimensione esattamente s.

9.4.3 Esercizi

1. Determinare gli autovalori ed i rispettivi autospazi delle seguenti ma-trici (viste come operatori di Rl 3) :

a)

0 0 10 1 01 0 0

, b) 0 0 0

1 0 −10 1 1

, c) 2 0 1

0 0 00 0 1

86Si osserva che se T e un operatore di uno spazio vettoriale V , allora l’autospazio

associato all’autovalore 0, e il nucleo della trasformazione.

194

2. Provare quali delle seguenti matrici sono diagonalizzabili:

a)

(0 11 0

), b)

(2 31 4

)c)

(1 −11 1

)

3. Provare che ogni matrice quadrata d’ordine 2 con determinante nega-tivo e diagonalizzabile.

Soluzioni degli esercizi 9.4.3

1a) Determiniamo gli autovalori, ossia∣∣∣∣∣∣∣−λ 0 10 1− λ 01 0 −λ

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ (1− λ)(λ2 − 1) = 0

Il polinomio caratteristico ammette l’autovalore λ = 1 con molteplicita2 e l’autovalore λ = −1 con molteplicita 1. Determiniamo l’autospaziorelativo a λ = 1. Si ha 0 0 1

0 1 01 0 0

xyz

=

xyz

⇔

−x+ z = 0y = y

x− z = 0

Pertanto l’autospazio associato a λ = 1 e formato dai vettori della

forma

aba

che ammette come base i vettori (1, 0, 0)t, (0, 1, 0)t e

quindi ha dimensione 2. Determiniamo ora l’autospazio associato aλ = −1, ossia 0 0 1

0 1 01 0 0

xyz

=

−x−y−z

⇔

x+ z = 02y = 0x+ z = 0

che e formato dai vettori della forma (a, 0,−a)t che e generato dal vet-tore (1, 0,−1)t ed ha quindi dimensione 1.

1b) Calcoliamo gli autovalori. Allora si ha∣∣∣∣∣∣∣−λ 0 01 −λ −10 1 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ λ(λ2 − λ+ 1) = 0

195

Pertanto l’unico autovalore reale e λ = 0. Determiniamone l’autospazio.Allora si ha

0 0 01 0 −10 1 1

xyz

=

000

⇔

0 = 0

x− z = 0y + z = 0

L’autospazio e formato dai vettori della forma (a,−a, a) ed ha quindidimensione 1.

1c) Dapprima calcoliamo gli autovalori, ossia∣∣∣∣∣∣∣2− λ 0 10 −λ 00 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ λ(2− λ)(1− λ) = 0

Determiniamo l’autospazio associato a λ = 0. Allora si ha 2 0 10 0 00 0 1

xyz

=

000

⇔

2x+ z = 0

0 = 0z = 0

Ne segue che l’autospazio e formato dai vettori della forma (0, b, 0)t .Calcoliamo ora l’autospazio associato a λ = 1. Allora si ha 2 0 1

0 0 00 0 1

xyz

=

xyz

⇔

x+ z = 00 = yz = z

I vettori dell’autospazio hanno la forma (a, 0,−a)t .Infine calcoliamo l’autospazio associato a λ = 2. Allora si ha 2 0 1

0 0 00 0 1

xyz

=

2x2y2z

⇔

z = 00 = 2y0 = z

e quindi l’autospazio e formato dai vettori della forma (a, 0, 0)t .

2a) Determiniamo gli autovalori della matrice, ossia∣∣∣∣∣ −λ 11 −λ

∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ λ2 − 1 = 0 ⇔ λ = ±1.

Poiche la matrice e d’ordine 2 ed ammette due autovalori distinti,e diagonalizzabile.

196

2b) Si ha ∣∣∣∣∣ 2− λ 31 4− λ

∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ λ2 − 6λ+ 5 = 0 ⇔ λ = 5, 1

Poiche la matrice e d’ordine 2 ed ammette due autovalori reali e dis-tinti, si ha che e diagonalizzabile.

2c) Si ha ∣∣∣∣∣ 1− λ −11 1− λ

∣∣∣∣∣ = λ2 − 2λ+ 2 = 0

Poiche il discriminante dell’equazione e negativo, il polinomio non am-mette soluzioni reali e quindi non e diagonalizzabile.

3) Sia

(a bc d

)una matrice quadrata d’ordine 2. Calcoliamone gli au-

tovalori. Allora si ha∣∣∣∣∣ a− λ bc d− λ

∣∣∣∣∣ = λ2 + (−a− d)λ+ (ad− bc)

Il discriminante del polinomio caratteristico e ∆ = (−a−d)2−4(ad−bc).Essendo ad − bc < 0 si ha che il discriminante e strettamente posi-tivo. Pertanto il polinomio caratteristico ammette due autovalori realidistinti. Ne segue che gli autospazi associati hanno dimensione 1 equindi la matrice e diagonalizzabile.

197

Contents

1 Premessa 2

2 Retta, piano e spazio cartesiani 42.1 Retta cartesiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.2 Piano cartesiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.3 Spazio cartesiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.4 Curve e superfici algebriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.5 Definizione di isometria in Rl 2e Rl 3 . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.5.1 Simmetrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3 Le Coniche: studio nelle forme canoniche 133.1 La circonferenza e la sua rappresentazione cartesiana . . . . . 15

3.1.1 Circonferenza per tre punti . . . . . . . . . . . . . . . 173.1.2 Fascio di circonferenze . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.1.3 Soluzioni degli esercizi 3.3 e 3.6 . . . . . . . . . . . . . 19

3.2 L’ellisse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2.1 Studio della forma dell’ellisse . . . . . . . . . . . . . . 223.2.2 Un metodo per costruire l’ellisse: . . . . . . . . . . . . 253.2.3 Soluzioni degli esercizi 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . 26

3.3 Iperbole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.3.1 Studio della forma dell’iperbole . . . . . . . . . . . . . 303.3.2 Soluzioni degli esercizi 3.13 . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.4 Parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.4.1 Studio della forma della parabola . . . . . . . . . . . . 343.4.2 Soluzioni degli esercizi 3.16 . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.5 Coniche degeneri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.6 Proprieta ottiche delle coniche non degeneri . . . . . . . . . . 39

4 Le Quadriche: studio nelle forme canoniche 424.1 La Sfera e la sua rappresentazione cartesiana . . . . . . . . . . 424.2 Equazioni cartesiane della circonferenza nello spazio . . . . . 434.3 Ellissoide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.4 Iperboloide ad una falda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.5 Iperboloide a due falde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.6 Cono del secondo ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.7 Cilindro del secondo ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

198

4.8 Le altre quadriche degeneri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 614.9 Paraboloide ellittico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 644.10 Paraboloide iperbolico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 674.11 Quadriche rigate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

5 Cambiamento di un sistema di riferimento cartesiano ortogo-nale 755.1 Cambiamento di un sistema di riferimento cartesiano ortogo-

nale nel piano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 755.2 Traslazione degli assi nel piano . . . . . . . . . . . . . . . . . 755.3 Rotazione degli assi nel piano . . . . . . . . . . . . . . . . . . 775.4 Rototraslazione degli assi nel piano . . . . . . . . . . . . . . . 795.5 Sistemi di riferimento inversamente congruenti nel piano . . . 805.6 Cambiamento di un sistema di riferimento nello spazio . . . . 815.7 Osservazioni sulle isometrie in Rl 2 (e in Rl 3 ) e sul cambiamento

di un sistema di riferimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 835.7.1 Esercizi sulla riduzione a forma canonica delle coniche

e delle quadriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 855.8 Coordinate polari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

5.8.1 Equazione della circonferenza in coordinate polari . . . 90

6 Matrici e trasformazioni lineari 926.1 Richiami sulle matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 926.2 Operazioni sulle matrici: somma, moltiplicazione per uno

scalare e prodotto righe per colonne . . . . . . . . . . . . . . . 946.2.1 Somma di matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 946.2.2 Proprieta della somma e della moltiplicazione per uno

scalare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 956.3 Prodotto righe per colonne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

6.3.1 Matrice trasposta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 986.3.2 Matrici simmetriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 996.3.3 Matrici invertibili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

6.4 Le matrici come trasformazioni lineari . . . . . . . . . . . . . 1016.5 Autovalori ed autovettori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.6 Come si determinano gli autovalori ed i rispettivi autovettori

di una matrice quadrata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1096.6.1 Determinazione degli autovalori . . . . . . . . . . . . . 1096.6.2 Determinazione degli autovettori . . . . . . . . . . . . 112

199

6.6.3 Il teorema spettrale e la regola dei segni di Cartesio . . 116

7 Elementi di Geometria proiettiva 1187.1 Il piano proiettivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1197.2 Immersione di Rl 2nel piano proiettivo P2(Rl ) . . . . . . . . . . 120

7.2.1 Relazione tra una curva in Rl 2e la sua chiusura proiettiva1227.3 Rette nel piano proiettivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

7.3.1 Rappresentazione parametrica di una retta in P2(Rl ) . 1297.4 Coniche in P2(Rl ) e il loro comportamento rispetto alla retta

impropria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1297.4.1 Soluzioni degli esercizi (7.21) . . . . . . . . . . . . . . . 133

7.5 La polarita rispetto ad una conica . . . . . . . . . . . . . . . . 1347.6 Intersezioni di una conica con una retta . . . . . . . . . . . . . 137

7.6.1 Retta tangente ad una conica in un suo punto Po . . . 1397.7 Il polo di una retta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1427.8 Centro ed assi di simmetria di una conica . . . . . . . . . . . 144

7.8.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

8 Classificazioni affini delle coniche e delle quadriche 1588.1 Classificazione affine delle coniche . . . . . . . . . . . . . . . 1588.2 Classificazione affine delle quadriche . . . . . . . . . . . . . . 1638.3 Centro e piani di simmetria delle quadriche a centro . . . . . . 167

8.3.1 Soluzioni degli esercizi 8.8 . . . . . . . . . . . . . . . . 169

9 Appendice: 1729.1 Trasformazioni lineari tra spazi vettoriali . . . . . . . . . . . 1729.2 Matrici ed applicazioni lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1789.3 Nucleo ed immagine di un’applicazione lineare . . . . . . . . . 1829.4 Autovalori ed autovettori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

9.4.1 Polinomio caratteristico . . . . . . . . . . . . . . . . . 1919.4.2 Alcune proprieta dei determinanti e del prodotto tra

matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1919.4.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

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