Soluzione Seconda Prova in Itinere del 18/03/2003

FACOLTA’ DI INGEGNERIA
Corso di laurea in Ingegneria Telematica
Prova d’Esonero di Geometria assegnata il 18/03/2003
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Durata della prova: due ore
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I
(
x+y−2=0
Nello spazio siano dati il punto P = (1, 2, 0), la retta r :
z−1=0
ed il piano π : x − y − z = 0 .
1) Scrivere l’equazioni della retta s passante per P ortogonale ad r e
parallela a π.
2) Trovare e studiare il fascio di coniche del piano z = 0 tangente alla
retta
( s (dell’esercizio precedente) nel punto A = (0, 1, 0) ed alla retta
x+y−2=0
t:
nel punto B = (1, 1, 0) .
z=0
3) Sia ℘ la parabola del fascio. Trovare una sua forma canonica, vertice, fuoco, asse di simmetria ed il cambiamento di coordinate che la
determina.
4) Sia C la circonferenza del fascio. Trovare il cono di vertice V = (2, 1, 1)
e direttrice C.
II
Studiare il seguente fascio di quadriche:
hx2 + 2xy + 4xz + 2x + (h + 1)y 2 + 2y − 4z − 1 = 0
al variare del parametro reale h.
Soluzione
1)
I
Scriviamo le equazioni parametriche della retta r passante per P


x = 1 + lt
s : y = 2 + mt


z = nt
r = (1, −1, 0, 0), il vettore normale del
Il punto improprio della retta r è P∞
→
−
piano π è n = (1, −1, −1). Imponendo
la condizione di ortogonalità con r
(
l−m=0
e di parallelismo con π si ottiene:
da cui l = m ed n = 0.
l−m−n=0


x = 1 + t
Pertanto la retta s ha le seguenti equazioni: s : y = 2 + t , ovvero,


z=0
(
x−y+1=0
s:
z=0
(
y=1
2) La retta u che congiunge i punti A e B ha equazioni u :
z=0
pertanto il fascio di coniche bitangenti ha equazione
(
λ(x − y + 1)(x + y − 2) + µ(y − 1)2 = 0
φ:
z=0
,
Se λ = 0 allora φ diventa la conica spezzata nella retta AB contata due
volte. Sia λ 6= 0 e poniamo h = µλ , si ottiene:
φ : x2 + (h − 1)y 2 − x + (3 − 2h)y − 2 + h = 0 .
Si ha:
1
|B| = 0
− 12
0
h-1
3−2h
2
− 21
3−2h
2
= −h
h-2
e
|A| =
1
0
0
=h−1
h-1
Quindi, |B| = 0 ⇔ h = 0 ed in tal caso φ si spezza nelle due rette s e t. Sia
h 6= 0:
1. Se |A| > 0 ⇔ h > 1 si hanno ellissi; in particolare, per h = 2 si ha la
circonferenza C : x2 + y 2 − x − y = 0;
2. Se |A| = 0 ⇔ h = 1 si ha una parabola ℘ : x2 − x + y − 1 = 0;
3. Se |A| < 0 ⇔ h < 1 si hanno iperboli; in particolare T r(A) = 0 ⇔ h =
0 e quindi non ci sono iperboli equilatere.
3) La parabola richiesta è ℘ : x2 + y − x − 1 = 0 . Gli autovalori relativi alla
sottomatrice A sono α = 0 e β = 1. Essendo |B| = − 14 , si ha −βγ 2 = − 14 ,
da cui si deduce γ = ± 12 . A questo punto si deve fare la scelta del segno.
Il punto improprio della parabola è Y∞ = (0, 1, 0), il punto improprio in
direzione ad esso ortogonale è X∞ = (1, 0, 0), pertanto l’asse di simmetria è
la polare di X∞ , ovvero x − 21 = 0 .
Facendo sistema tra l’equazione della parabola e quella dell’asse di simmetria si trova il vertice V = ( 12 , 54 ). Adesso si deve trovare la matrice della
rototraslazione che permette di ridurre l’equazione di ℘ in forma canonica
del tipo βY 2 = 2γX. Per individuare il segno di γ, bisogna capire come è
posizionata la parabola; intersecandola con gli assi cartesiani, si vede che ℘
ha la concavità è rivolta verso il basso. Pertanto la forma canonica Y 2 = X.
La matrice della rototraslazione è la seguente:


0 1 21
Q = −1 0 45 
0 0 1
e le formule del cambiamento di coordinate sono
(
x = Y + 12
y = −X + 54
(1)
Il fuoco e la relativa direttrice nel nuovo sistema di riferimento sono F =
( 41 , 0) e X = − 41 , . Utilizzando le formule (1), si ottiene F 0 = ( 12 , 1) e y = 32 .