Soluzione e commenti - Dipartimento di Matematica e Informatica

Prova scritta d’ esame di Geometria 4 (a.a. 2006–07)
Corso di studi in Matematica (3 anni) - Università di Trieste
III periodo - primo appello – Data: lunedı̀ 03 settembre 2007
Si risponda ai seguenti quesiti in modo esauriente e con opportune spiegazioni.
Soluzione e commenti
-
• Quesito 1 – Siano k un corpo finito (di cardinalità r := q α , q intero primo positivo
ed α ∈ N \ {0}), e V un k-spazio vettoriale di dimensione p.
(i) si individuino la dimensione, la cardinalità ed il numero delle basi ordinate dei
n
n
W
V
seguenti spazi vettoriali: (V ) (potenza simmetrica n-ma di V ), e (V ) (potenza
esterna n-ma di V );
(ii) considerato un n-vettore decomponibile (non nullo) u di V , si individui il numero
delle n- sequenze ordinate v1 , . . . ., vn tali che u = v1 ∧ . . . ∧ vn .
SOLUZIONE
n
W
(i) (V ) (potenza simmetrica n-ma di V ) è il k-spazio vettoriale componente omoW
genea di grado n dell’ algebra simmetrica (V ) := S(V ) la quale (essendo V k-libero
di dimensione p risulta isomorfa (k-isomorfismo di k- algebra graduata) all’ anello di
polinomi k[X1 , . . . , Xp ] con graduazione classica (deg(λ) = 0, λ ∈ k; deg(Xi ) = 1);
l’ isomorfismo dipende da una base (ordinata) b1 , . . . , bp di V (nel senso che in detto
n
W
isomorfismo a bi corrisponde Xi ). Sempre in detto isomorfismo omogeneo, (V )
(componente omogenea di grado n di S(V )) corrisponde al k-spazio dei polinomi
omogenei (in X1 , . . . , Xp ) di grado n.
1
2
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n
W
(V ) ' k[X1 , . . . , Xp ]n ; la dimensione risulta quindi uguale alle comn
W
e
binazioni con ripetizione di p elementi ad n ad n, cioè: dimk ( (V )) = p+n−1
n
n
W
p+n−1
σ
posto σ :=
si ha: card( (V )) = r .
n
n
V
Relativamente ad (V ) (potenza esterna n-ma di V ) (componente omogenea di
n
V
V
grado n dell’algebra esterna (V ) si ha: dimk ( (V )) = np e posto ρ := np , si ha
n
V
card( (V ) = rρ .
Riassumendo:
Infine, si ricorda come si determinano (tutte) le basi ordinate di k-spazio U di dimensione m; si prende un primo elemento b1 (arbitrariamente) in U \ {0}, poi un
secondo elemento b2 in U \ kb1 , poi un elemento b3 in U \ (kb1 ⊕ kb2 ), e cosı̀ via . . . .;
qualora card(k) = r, allora il numero di tutte le possibili basi ordinate di U risulta:
(rm − 1)(rm − r) · · · (rm − rm−1 )
(cambiando m con σ (risp. ρ) si ottiene il numero delle possibili basi ordinate di
n
n
W
V
(V ), (risp. (V )).
(ii) Sempre con notazioni sub (i), sia dim(U ) = m, card(k) = r; le possibili basi
ordinate di U sono in corrispondenza biunivoca con il gruppo lineare GL(m; k) delle
matrice quadrate A di ordine m invertibili (i.e. con det(A) ∈ k ∗ := k \ {0});
considerato l’omomorfismo di gruppo (per il teor. di Binet): det : GL(m; k) → k ∗
suriettivo, si ha la sequenza esatta corta:
1 → E(m; k) → GL(m; k) → 1
(si ricorda che lavorando su un corpo k per Gauss-Jordan E(m; k) = {matrici A |
det(A) = 1}.
Quindi, ricordato che card(GL(m; k)) = (rm − 1)(rm − r) · · · (rm − rm−1 ),
(rm − 1)(rm − r) · · · (rm − rm−1 )
per il teorema di Lagrange, si ha: card(E(m; k)) =
.
r−1
Ora, un n - vettore decomponibile u (non nullo) di V determina un sottospazio
W (di V ) n-dimensionale, e considerata una scritturazione (decompobile) di u con
u = e1 ∧ .. ∧ en si ha che {e1 , . . . , en } è una base di W e che presa un’ altra base
{1 , . . . , n }, si ha:
1 ∧ . . . . ∧ n = det(e1 ,...,en ) (1 , . . . , n ) · e1 ∧ .. ∧ en
In conclusione, il numero delle n- sequenze ordinate v1 , . . . ., vn tali che u = v1 ∧ . . . ∧
vn coincide con la cardinalità di E(n; k) (quindi si ponga nella formula soprascritta
m = n).
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• Quesito 2 – Si consideri lo spazio proiettivo X := P9 (C) delle cubiche del piano
proiettivo P2 (C); (C corpo complesso).
Premessa 1: lo spazio X può essere considerato spazio topologico con C - topologia di Zariski, dove
i chiusi sono i sottoinsiemi dei suoi punti verificanti un sistema di equazioni omogenee nelle 10
indeterminate-coordinate omogenee di X; Premessa 2: il sottospazio (topologico) Y della totalità
dei punti di X rappresentanti cubiche riducibili è un chiuso (proprietà di difficile dimostrazione che
. . . . . . .generalizza quella nota per le coniche);
(i) il sottospazio(topologico) R di X rappresentante le cubiche razionali è un chiuso?
è un aperto? è un localmente chiuso?
(ii) si consideri il sottospazio (topologico) Z delle cubiche per l’ origine O, per Y∞
e per X∞ come punto doppio cuspidale con tangente y − 1 = 0;
ii1) si individui la dimensione di Z e l’ equazione della generica cubica Γ di Z;
ii2) nel caso Z ⊆ R, si determini una rappresentazione razionale di Γ;
ii3) considerate due rette generiche r1 , r2 (di P2 ) si indichi il numero delle cubiche
di Z tangenti sia ad r1 che ad r2 .
SOLUZIONE
(i) Γ cubica di P2 (C) è razionale sse è irriducibile ed il suo genere p = 0; ovvero sse
è irriducibile e contiene un punto doppio (unico - essendo irriducibile).
Quindi Γ ∈ R ⇐⇒ Γ ∈ U ∩ S, dove U è l’aperto complementare in X := P9 (C) del
chiuso delle cubiche riducibili e S è il sottoinsieme di X delle cubiche con almeno
un punto singolare.
L’equazione della generica cubica Γ è del tipo φ =
P2
i,j,h=0
aijh Xi Xj Xh = 0 di
grado 3, (con condizioni di simmetria sui coefficienti aijh , quindi con 10 aijh ); insomma il generico polinomio omogeneo di terzo grado nelle tre variabili X0 , X1 , X2 .
Inoltre, Γ possiede un punto singolare se e solo se esiste una soluzione non tutta nulla
(λ0 , λ1 , λ2 ) 6= (0, 0, 0) verificante il sistema di equazioni:
∂φ
∂X0
=
∂φ
∂X1
=
∂φ
∂X2
=0;
trattasi di 3 coniche (parametrizzate nei coefficienti dai parametri aijh , linearmente,
i.e. al primo grado).
Le tre coniche hanno almeno un punto in comune (punto di P2 (C)) se e solo se i
parametri aijh verificano le equazioni che si ottengono eliminando X0 , X1 , X2 (per
eliminazione proiettiva) dalle 3 equazioni
∂φ
∂X0
∂φ
∂φ
= 0; ∂X
= 0; ∂X
= 0.
1
2
In conclusione: S è un chiuso di X e quindi R (come intersezione di un chiuso con
un aperto) è un localmente chiuso.
(ii) Le condizioni di passaggio per l’origine O e per Y∞ sono 2 condizioni lineari
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GEOMETRIA 4, (A.A. 2006-07)–DATA: 03 SETTEMBRE 2007
ed il fatto che X∞ sia punto doppio cuspidale con tangente assegnata sono 5 condizioni lineari ( 3 per il punto doppio ed ulteriori 2 per la condizione cuspidale con
tangenza), quindi 7 cond. lineari (linearmente indipendenti: basta osservare che di
cubiche che verificano alcune condizioni ma non tutte ve ne sono !).
Quindi il sottospazio (topologico) Z risulta una varietà lineare di dimensione 2 =
9 − 7.
Comunque dovendo determinare l’equazione della generica cubica Γ di Z, ritroveremo (analiticamente) tutto ciò.
Seguiremo due vie alternative, una più semplice ed immediata ed una più complicata
e ricca di necessari conteggi; ovviamente ve ne sono altre ancora più complesse !!
(ii1-A) Operando una trasformazione di coordinate proiettive nel piano P2 :
Z0 = X1 , Z1 = X0 , Z2 = X2
cerchiamo la cubica generica Γ∗ (trasformata di Γ) che risulta quella passante per
(0, 1, 0); (0, 0, 1); (1, 0, 0) (nuove coordinate) ed avente (1, 0, 0) come punto doppio
cuspidale con tangente Z2 − Z1 = 0.
Banalmente, la cubica Γ∗ ha equazione:
Z1 Z2 (aZ1 − bZ2 ) + c(Z2 − Z1 )2 Z0 = 0
conseguentemente la cubica Γ (vecchie coordinate) ha equazione:
X0 X2 (aX0 − bX2 ) + c(X2 − X0 )2 X1 = 0
(effettivamente tutte queste cubiche sono i punti di un piano P2 immerso in X := P9 .
(ii1-B ) Cubiche per X∞ , Y∞ , O: (equazioni in coordinate non omogenee X, Y ):
XY 2 + φ2 + φ1 = 0
(dove φn polinomio omogeneo in X, Y di grado n).
Imponiamo ora la condizione che X∞ è punto doppio: quindi la retta generica Y = k
può avere solo un punto d’ intersezione con Γ al finito (i.e. l’ eliminazione di Y deve
dare un’equazione in X di grado minoruguale ad 1: quindi, φ2 = Y (µX + νY ).
Imponiamo la condizione che Y = 1 è tangente in X∞ a Γ: quindi, posto φ1 =
X + δY , essendo i(X∞ ; Γ · {Y − 1 = 0}) ≥ 3, (i.e. l’ eliminazione di Y deve dare
un’equazione in X di grado minoruguale ad 0 : quindi, = 1 + µ.
Infine (punto cuspidale con tangente Y − 1 = 0) imponiamo che la retta Y = k è
tangente a Γ solo per k = 1, e quindi l’equazione: k 2 + µk − (1 + µ) = 0 in k abbia
l’unica soluzione k = 1 e quindi µ2 + 4(1 + µ) = 0 ovvero µ = −2.
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In conclusione, l’equazione di Γ (dopo tutti questi calcoli) risulta (in coord. non
omogenee):
XY 2 − 2XY + νY 2 + X + δY = 0
L’omogeneizzazione di detta equazione coincide con quella determinata in (ii-1-A).
(ii-2) Si consideri una retta generica del fascio di centro la cuspide X∞ , i.e.: Y = t
e la si intersechi con Γ, da cui la rappresentazione parametrica:
X=
−t(νt + δ)
(1 − t)2
,
Y =t
(iii) Si consideri l’equazione: X0 X2 (aX0 − bX2 ) + c(X2 − X0 )2 X1 = 0 della cubica
Γ generica in Z (punto (a, b, c) di P2 ) ed una retta r1 fissa (ma sufficientemente
non particolare, nel piano della cubica) ed intersechiamo Γ con r1 ; si ottiene per
eliminazione di una variabile Xi un’ equazione Ψ(Xj , Xh ) = 0 di terzo grado omogenea nelle residue Xj , Xh (di primo grado nelle a, b, c !!) che individua (con la
sua fattorizzazione in fattori lineari omogenei) i 3 punti intersezione di Γ con r1 ;
se vogliamo che r1 sia tangente a Γ, due dei tre punti devono coincidere, ovvero
il polinomio Ψ(Xj , Xh ) deve avere una radice multipla, ovvero deve annullarsi il
suo (vero) discriminante che risulta un polinomio omogeneo di grado 4=3+2-1 nelle
a, b, c; ovvero le Γ tangenti ad r1 individuano una curva quartica C1 nel P2 (curva
di ordine 4); analogamente per r2 e quindi i punti intersezione di C1 con C2 (per
Bézout) in numero di 16 = 4 · 4 rappresentano le 16 cubiche di Z tangenti alle 2
rette date.
• Quesito 3 – Nel piano proiettivo P2 (C), e nel relativo P5 (C) delle coniche di P2 (C)
con riferimento fisso,
(i) considerata una conica Γ semplicemente degenere in P2 , si individui il sistema Σ
(risp. Ω) delle coniche osculatrici (risp. iperosculatrici) a Γ nel suo punto singolare;
(rappresentare Σ, Ω in P5 );
(ii) considerata una conica ∆ doppiamente degenere in P2 si individui il sistema Σ
(risp. Ω) delle coniche osculatrici (risp. iperosculatrici) a ∆ in un suo punto singolare; (rappresentare Σ, Ω in P5 ;)
SOLUZIONE
(i) Sia Γ = r1 + r2 dove r1 6= r2 sono due rette per l’origine O (questo, per fare
conteggi e considerazioni analitiche !, anzi possiamo supporre che r1 = {X = 0} e
che r2 = {Y = 0}).
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Si ricerca la totalità Σ delle coniche C osculatrici Γ in O, i.e. Σ = {coniche C |
i(O; C · Γ) = i(O; C · r1 ) + i(O; C · r2 ) ≥ 3}; quindi, bisogna analizzare il comportamento di C con le due rette in O; insomma, bisogna che C passi per O
(quindi molteplicità d’intersezione in O almeno 1 sia con r1 che con r2 ; ed inoltre
i(O; C · r1 ) ≥ 2 oppure i(O; C · r2 ) ≥ 2 (ovvero C tangente in O ad r1 , oppure ad r2 );
(la condizione di tangenza ad una retta in un suo punto equivale a due condizioni
lineari); peraltro, analiticamente:
generica conica C tangente in O ad X = 0 (i.e. i(O; C·r1 ) ≥ 2 e quindi i(O; C·Γ) ≥ 3,
: equazione: aX 2 + bXY + cY 2 + dX = 0 , ovvero punto di P5 appartenente ad una
varietà lineare V3 (di dimensione 3);
analogamente C tangente in O ad Y = 0 : equazione: αX 2 + βXY + γY 2 + δY = 0,
ovvero punto di P5 appartenente ad una varietà lineare W3 (di dimensione 3).
In conclusione: Σ è l’unione delle due varietà lineari V3 e W3 .
Immerso in Σ giace Ω = {coniche C | i(O; C · Γ) = i(O; C · r1 ) + i(O; C · r2 ) ≥ 4}.
Da una rapida disamina ( 4=4+0=0+4=3+1=1+3=2+2) e ricordato che i(O; C ·
r1 ) = ∞ se r1 è componente di C, si ha che Ω è l’unione di:
a) coniche C = r1 + s (dove s è una retta arbitraria di P2 ); equazioni: X(aX +
bY + d) = aX 2 + bXY + dX = 0 ovvero punti di un piano π1 di P5 ; in questo caso
i(O; Γ · C) = ∞;
b) coniche C = r2 + s (dove s è una retta arbitraria di P2 ); equazioni: Y (βX +
γY + δ) = βXY + γY 2 + δX = 0 ovvero punti di un piano π2 di P5 ; in questo caso
i(O; Γ · C) = ∞;
c) coniche C = s1 + s2 (dove s1 , s2 rette per O, e quindi O singolare per C);
equazioni: aX 2 + bXY + cY 2 = 0, ovvero punti di un piano π3 di P5 che coincide
con l’intersezione V3 ∩ W3 .
Insomma, Ω è l’unione dei 3 piani π1 , π2 , π3 .
(ii) Sia ∆ = 2r (dove r è una retta per O, anzi supponiamo di equazione: Y = 0.)
Si ricerca la totalità Σ delle coniche C osculatrici ∆ in O, i.e. Σ = {coniche C |
i(O; C · ∆) = 2 · i(O; C · r) ≥ 3}, necessariamente i(O; C · r) ≥ 2 e quindi in questo
caso, Σ = Ω (dove Ω sistema delle coniche iperosculatrici in O ad Y 2 = 0.
In conclusione: Σ = Ω = {conicheC | i(O; C·r) ≥ 2} = {conicheCtangenti in O ad r};
equazioni: aX 2 + bXY + cY 2 + dY = 0 ovvero i punti di una varietà lineare V3 (dimensione 3) di P5 ;
in particolare, in V3 si ritrovano le seguenti coniche degeneri:
a) C := r + s (dove s è una retta arbitraria di P2 ); equazioni: Y · (bX + cY + d) = 0,
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ed in questo caso i(O; ∆ · C) = ∞;
b) C := s1 + s2 (dove s1 , s2 rette per O, e quindi O singolare per C); equazioni:
aX 2 + bXY + cY 2 = 0; nel caso generale (r * s1 ∪ s2 ), si ha: i(O; ∆ · C) = 4.
• Quesito 4 – Nel piano euclideo A2 (R) con riferimento ortonormale e nel piano
proiettivo P2 (C) (ottenuto per completamento proiettivo e complessificazione),
(i) considerata una conica irriducibile Γ ed un suo punto P , esistono sempre circoli
Λ osculatori (risp. iperosculatori) a Γ in P ? (i.e. i(P ; Γ · Λ) ≥ 3, risp. ≥ 4).
(ii) considerata la parabola Γ di equazione y 2 − x = 0 , si determinino i suoi circoli
osculatori e quelli iperosculatori; (eventualmente generalizzare . . . . . . . . . .).
(iii) (geom. diff.)- considerata una rappresentazione parametrica della parabola Γ
(in (ii)) si trovi il versore normale ed il raggio di curvatura (nel punto generico) e si
confronti il tutto con il circolo osculatore determinato in (ii).
SOLUZIONE
(i-0) Anche se non richiesto, ma per completare l’analisi iniziata nel quesito 3), sia
data una conica irriducibile Γ ed un suo punto P e cercasi il sistema Σ (risp. Ω)
delle coniche C osculatrici Γ in P , i.e. tali che i(P ; Γ · C) ≥ 3 (risp. coniche C
iperosultarici Γ in P , i.e. tali che i(P ; Γ · C) ≥ 4; quı̀, il riferimento- coordinate è
del tutto generale, proiettivo (non necessariamente ortonormale, come dovrà invece
essere quando considereremo dei circoli !!)
(prima analisi: sintetico-geometrica:) Sia tP la tangente a Γ in P e preso un punto
Q ∈ Γ, si consideri il fascio ΦQ : λΓ + µtQ · (P Q) = 0 (dove (P Q) indica la retta
congiungente P, Q e nel caso P = Q, la tangente tP ) ; ogni C ∈ ΦQ verifica la
condizione di osculanza, da cui: ΦQ ⊆ Σ.
Viceversa sia C 0 ∈ Σ, C 0 6= Γ e considerato C 0 ∩ Γ, sia Q “ l’ulteriore” punto intersezione (potrebbe accadere P = Q); considerato il fascio (C 0 ; Γ) (generato da C 0 , Γ)
si ha: (C 0 ; Γ) = ΦQ (rette di P5 passanti per 2 punti (i.e. C 0 , Γ), quindi una sola,
unica !).
Analoghe considerazioni per la iperosculanza; il ragionamento adottato di tipo geometricosintetico, ( a volte pericoloso !) utilizza in modo tacito ed a più riprese, il teorema
di Bézout.
(seconda analisi: algebrica-analitica(sketch in lezioni-esercitazioni): sia Γ conica
irriducibile passante per l’origine O con ivi tangente x = 0 e passante per X∞ (condizioni non restrittive !); quindi l’equazione di Γ risulta del tipo: F := 2βXY +
γY 2 + 2δX = 0 (dove, per l’ irriducibilità di Γ, si ha: γ 6= 0, δ 6= 0).
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GEOMETRIA 4, (A.A. 2006-07)–DATA: 03 SETTEMBRE 2007
Consideriamo la conica generica C (quindi irriducibile) di equazione:
G := aX 2 + 2bXY + cY 2 + 2dX + 2eY + f = 0
proietto da X∞ (i.e. voglio eliminare la variabile X); suppongo di essere in “posizione permessa” per la determinazione di i(0; Γ · C) e quindi a 6= 0. Considero
quindi il risultante R (rispetto ad X) dei due polinomi F, G, i.e. :

a 2bY + 2d

0
a
R = RX (F, G) = det 

0 2βY + 2δ
0
cY 2 + 2eY + f
2bY + 2d
γy 2
0
2βY + 2δ
0


cY 2 + 2eY + f 


0

2
γy
Si ottiene un polinomio di grado 4 in Y ed inoltre si ha:
i(0; Γ · C) ≥ 1, cioè C passa per 0 ⇐⇒ subdeg(R) ≥ 1 ⇐⇒ f = 0
i(0; Γ · C) ≥ 2, i.e. C con tangente in 0, X = 0 ⇐⇒ subdeg(R) ≥ 2 ⇐⇒ f =
0, e = 0
Insomma, specializzando per e = f = 0 si ha:

a 2bY + 2d

0
a
R = RX (F, G) = det 

0 2βY + 2δ
0
0
cY 2
2bY + 2d
γy 2
2βY + 2δ
0


cY 2 


0 
γy 2
ed essendo il suo coefficiente in Y 2 uguale a 4aδ 2 c − 4aγδd si ottiene la terza condizione lineare δc − γd = 0, (per l’osculanza - dopo e = f = 0)
Analogamente, per l’ iperosculanza, annullando anche il coefficiente in Y 3 , uguale
a:
8βγc − 4γδb − 4βδc si ottiene la quarta condizione lineare (in a, b, c, d, e, f .)
(i–1) Innazitutto, orgomentando di circoli i possibili sistemi di riferimento (con eventuali cambiamenti di coordinate) sono affini-ortonormali.
Considerata una conica irriducibile Γ ed un suo punto generico P (al finito) (conica
non passante per alcuno dei punti ciclici), per quanto visto sopra in (i-0) esistono
circoli osculatori Λ a Γ in P (infatti: 3 condizioni lineari per l’osculanza e due
per il passaggio per i punti ciclici); invece risulta problematica l’esistenza di circoli
iperosculatori ( vi sarebbero 6 condizioni lineari, di cui si chiederebbe la lineare
dipendenza !!).
L’analisi - in questo caso - deve essere (soltanto) di tipo analitico !.
GEOMETRIA 4, (A.A. 2006-07)–DATA: 03 SETTEMBRE 2007
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Con un cambiamento di coordinate ortonormali (semplice traslazione) si può supporre che P sia l’origine O. (Sarebbe possibile fare anche una rototraslazione imponendo che la tangente in O sia X = 0, ma semplificherebbe di poco i conteggi. . . . . . .).
Si consideri quindi, una conica (irrid.) Γ per O di equazione: F (X, Y ) := a11 X 2 +
2a12 XY + a22 Y 2 + 2a01 X + 2a02 Y = 0, la cui tangente in O ha equazione: a01 X +
a02 Y = 0;
Si consideri una retta generica per O: mX −Y = 0. ed il fascio di coniche osculatrici:
(a01 X + a02 Y )(mX − Y ) + tF (X, Y ) = 0.
Affinché quest’ultima equazione rappresenti un circolo Λ bisogna che sia verificato il
seguente sistema di equazioni: ma01 + ta11 = −a02 + ta22 , −a01 + ma02 + 2ta12 = 0
Quindi ricavando i valori di t, m si ha:
t=
a201 + a202
a01 (a22 − a11 ) + 2a12 a02
, m=
a02 (a22 − a11 ) + 2a12 a13
a02 (a22 − a11 ) + 2a12 a01
ovvero l’equazione del circolo osculatore risulta:
(a202 a11 + a201 a22 − 2a12 a01 a02 )(X 2 + Y 2 ) + 2(a201 + a202 )(a01 X + a02 Y ) = 0
Per vedere se esistono sempre (?)
circoli iperosculatori, andiamo al caso della
2
parabola Γ : Y −X = 0 (dove comunque tutti i conteggi generali non son necessari e
comunque sono più semplici !; anche se li andremo a verificare per specializzazione).
(ii) Consideriamo il punto generico Pu ≡ (u2 , u) della parabola Γ (u parametro
arbitrario). Per i conteggi, è meglio operare una trasformazione di coordinate per
traslazione:
T = X − u2 , Z = Y − u e cosı̀ il punto P si trasforma nell’ origine O e la Γ nella
nuova equazione: Z 2 + 2uZ − T = 0.
Facendo i soliti calcoli per la ricerca del circolo osculatore (oppure specializzando
quanto si è trovato in (i-0)) si perviene alla seguente equazione del circolo osculatore:
1
1
1 2
(T + Z 2 ) + 2( + u2 )(− T + uZ) = 0
4
4
2
cambiando nuovamente coordinate, e ritornando alle vecchie variabili, si ha che il
circolo osculatore Λu a Γ in Pu ≡ (u2 , u) ha equazione:
1
X 2 + Y 2 − 2( + 3u2 )X + 8u3 Y − 3u4 = 0
2
2
circolo di centro: Cu ≡ ( 12 + 3u2 , −4u3 ) e raggio ru2 = ( 21 + 3u2 ) + 16u6 + 3u4 .
Peraltro, facendo l’intersezione di Γ con Λu (eliminando la variabile X), si ottiene
l’equazione: H := Y 4 + Y 2 − 2( 21 + 3u2 )Y 2 + 8u3 Y − 3u4 = 0, da cui solo per u = 0
si ha l’ iperosculanza, (si ponga H = (Y − p)4 , . . . . . .); (trattasi del vertice della
10
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parabola Γ !!).
(iii) La retta tangente a Γ in Pu ≡ (u2 , u) ha equazione: (X −u2 )(−1)+(Y −u)2u = 0
; la retta normale ha equazione: (X − u2 )2u + (Y − u) = 0; il versore nu giace sulla
retta normale ed essendo Γ una parabola. . . . . . ., ha verso tale che la distanza con
segno di ogni punto Q ≡ (α, 0) con α > 0 dalla retta tangente tu orientata concordemente ad nu sia positiva.
Quindi nu ≡ (−λ, 2λu) (dev’essere versore e la distanza d(Q, tu ) > 0); in conclusione: d(Q, tu ) = (α − u2 )(−λ) + (−u)2λu da cui λ =
√ −1
.
1+4u2
Si ricorda che, comunque si poteva utilizzare la ben nota formula:
nu =
(P 0 (u)∧P 00 (u))∧P 0 (u)
|(P 0 (u)∧P 00 (u))∧P 0 (u)|
Infine, per la determinazione del raggio di curvatura ρ2u , si ricordano le note formule:
−6
1/ρ2u = | P 0 (u) |
2
· | P 0 (u) ∧ P 00 (u) |
ma in questo caso di curva piana, in equazione esplicita (Γ : Y 2 = X e quindi:
Y = u, X = u2 ) si ha:
2
ρu =
da cui: ρ2u =
1
4
| (1 + X 0 )3/2 |
| X 00 |
3
· (1 + 4u2 ) che dovrebbe coincidere con ru2 = ( 21 + 3u2 )2 + 16u6 + 3u4 ,
già determinato in (ii).
Si noti che P + ρnu è proprio il centro Cu ≡ ( 21 + 3u2 , −4u3 ) del circolo osculatore
(determinato in (ii)).
(data: 03 settembre 2007) – durata della prova scritta: ore 2.30