Classificazione di coniche reali – Esercizi

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi sulla classificazione affine di coniche reali! In questo articolo, proponiamo 28 problemi su questo importante argomento della geometria affine del piano. Gli esercizi sono completamente risolti per offrire al lettore la massima possibilità di apprendimento, così che possa confrontare la sua soluzione con quella da noi fornita.
L’articolo è quindi un complemento essenziale nella preparazione dell’esame di Geometria e Algebra lineare per i corsi di Laurea in Matematica, Fisica e Ingegneria.

Oltre all’articolo di teoria sulle Coniche affini reali, consigliamo il seguente materiale correlato:

Buona lettura!

Sommario

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In questo documento sono raccolti e risolti degli esercizi riguardanti la classificazione affine di coniche reali. Essi sono risolvibili utilizzando il metodo degli invarianti, il metodo di completamento dei quadrati e l’algoritmo di riduzione a forma canonica.

Autori e revisori

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Autori: Alessandro Gorgò.

Revisori: Jacopo Garofali, Sara Sottile.

Notazioni

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$\rank A$	Rango della matrice $A$
$\det A$	Determinante della matrice $A$ ;
$p_A(\lambda)$	Polinomio caratteristico della matrice $A$ (espresso nella variabile $\lambda$ )

Introduzione

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Nel seguito raccogliamo alcuni esercizi riguardanti la classificazione delle coniche nel piano affine reale, facendo riferimento al rispettivo documento di teoria [2]. In particolare ci concentreremo sui metodi degli invarianti e del completamento dei quadrati, e sull’algoritmo di riduzione a forma canonica.

Richiami di teoria

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Una sezione conica o più semplicemente conica è un sottoinsieme del piano affine reale $\mathbb R^2$ definito da un’equazione polinomiale di secondo grado, del tipo

$\begin{equation*} ax^2+2bxy+cy^2+2dx+2ey+f=0. \end{equation*}$

La matrice associata a tale conica è la matrice quadrata $3\times 3$

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} a & b& d\\b&c&e\\d&e&f \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Una affinità o cambio di coordinate affine è una trasformazione invertibile $(x, y)\mapsto(x', y')$ del piano $\mathbb R^2$ in sé, definita da due equazioni polinomiali di primo grado della forma

$\begin{aligned} \begin{cases} x'=a_{11}x+a_{12}y+b_1\\ y'=a_{21}x+a_{22}y+b_2 \end{cases}&& a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}\ne 0. \end{aligned}$

Equivalentemente, lo stesso cambio di coordinate può essere scritto in forma matriciale come

$\begin{aligned} \begin{pmatrix} x'\\y'\\1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}&b_1\\a_{21}&a_{22}&b_2\\0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\1 \end{pmatrix}&&\det \begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22} \end{pmatrix}\ne 0. \end{aligned}$

Due coniche $\mathscr C$ e $\mathscr D$ si dicono affinemente equivalenti se esiste una affinità che manda l’equazione di $\mathscr C$ nell’equazione di $\mathscr D$ . La relazione di equivalenza affine è di equivalenza nell’insieme delle coniche affini reali.

Ogni conica è affinemente equivalente ad esattamente una di quelle determinate dalle seguenti equazioni:

$\begin{aligned} x^2+y^2+1&=0&x^2+y^2-1&=0&x^2-y^2+1&=0 \\x^2+y^2&=0&x^2-y^2&=0&x^2-y&=0\\x^2+1&=0&x^2-1&=0&x^2&=0 \end{aligned}$

Queste nove equazioni, chiamate forme canoniche, si possono classificare in base al loro rango e al loro indice (corrispondenti a quelli della matrice associata).

Classificare una conica significa determinare quale sia la forma canonica ad essa affinemente equivalente, ed eventualmente trovare un’affinità che la riduca in tale forma canonica. Per effettuare questa classificazione ci sono alcuni metodi possibili.

Il primo di questi sfrutta il fatto che il rango $R$ , il valore assoluto dell’indice $S$ e il segno del determinante $I_2$ della sottomatrice corrispondente alla parte quadratica di una conica sono invarianti per affinità. Pertanto, per classificare una conica $\mathscr{C}$ basta calcolare i relativi valori di $R$ , $S$ e $I_2$ , e cercare fra le nove forme canoniche l’unica che li abbia corrispondenti. Questo metodo non determina l’affinità che porta $\mathscr{C}$ in forma canonica.

Alternativamente, per alcune particolari equazioni di $\mathscr{C}$ è possibile completare i quadrati e determinare operativamente forma canonica ed equazione dell’affinità. Questo metodo è abbastanza veloce ed agevole, ma si può applicare comodamente soltanto se almeno uno fra i coefficienti $a$ e $c$ è non nullo, ed almeno uno fra i coefficienti $b$ , $d$ ed $e$ è zero.

Infine, si può sempre applicare un apposito algoritmo di riduzione per determinare contemporaneamente forma canonica ed equazione dell’affinità che riduce $\mathscr{C}$ . L’algoritmo consiste nell’eliminare il termine in $xy$ dall’equazione della conica, e poi applicare il metodo di completamento dei quadrati.

Per maggiori informazioni si può consultare un qualunque testo di geometria e algebra lineare, ad esempio [1].

Esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare le equazioni delle coniche con le seguenti matrici associate:

$\quad$

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\0& 0&1\\1&1&1 \end{pmatrix}$ ;

$\begin{pmatrix} 2 & 2 & -5\\2 & 14 &-1 \\ -5 & -1 & 0 \end{pmatrix}$ ;

$\begin{pmatrix} -1& 0 & -2\\0 & 1 & 1\\-2 & 1&-3 \end{pmatrix}$ .

Svolgimento.

Basta ricordare la relazione che lega coefficienti dell’equazione di una conica e componenti della matrice associata. Otteniamo le equazioni

$\quad$

$x^2+2x+2y+1=0$ ;

$2x^2+4xy+14y^2-10x-2y=0$ ;

$-x^2+y^2-4x+2y-3=0$ .

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare le matrici associate alle coniche definite dalle seguenti equazioni:

$\quad$

$x^2-y^2+4x+6y+1=0$ ;

$7x^2+4xy+3y^2+x+2y-1=0$ ;

$x^2+2xy+y^2-x-y+\frac{1}{4}=0$ .

Svolgimento.

Con un ragionamento analogo all’esercizio precedente otteniamo le matrici

$\quad$

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2\\0 & -1 & 3\\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix}$ ;

$\begin{pmatrix} 7 & 2 & \frac{1}{2}\\2 & \frac{3}{2} & 1\\ \frac{1}{2} & 1 & -1 \end{pmatrix}$ ;

$\begin{pmatrix} 1 & 1 &- \frac{1}{2}\\[6pt]1 & 1 & -\frac{1}{2}\\[6pt] -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$ .

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il rango delle coniche dei due esercizi precedenti e classificarle in non degeneri, semplicemente degeneri, doppiamente degeneri.

Svolgimento.

Il rango di una conica coincide con il rango della matrice associata. Pertanto le tre coniche dell’esercizio 1 hanno rispettivamente rango $3$ , $3$ e $2$ . Le prime due sono non degeneri e la terza è semplicemente degenere.

Le tre coniche dell’esercizio 2 hanno invece rispettivamente rango $3$ , $3$ e $1$ . Le prime due sono non degeneri e la terza è doppiamente degenere.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare gli invarianti e determinare la forma canonica della conica definita dall’equazione

$\begin{equation*} 2x^2+2xy+y^2-6x+1=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La matrice associata alla conica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 2 & 1 & -3\\1 & 1 & 0\\-3 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{equation*}$

e il suo polinomio caratteristico è

$\begin{equation*} p(\lambda)=-\lambda^3+4\lambda^2+5\lambda-8=(\lambda-1)\left(-\lambda^2+3\lambda+8\right). \end{equation*}$

Esso ha le tre radici distinte

$\begin{aligned} \lambda_1&=1&\lambda_2&=\frac{3-\sqrt{41}}{2}<0&\lambda_3&=\frac{3 +\sqrt{41}}{2}>0. \end{aligned}$

In particolare, il suo rango è $R=3$ e la conica è non degenere. Inoltre, avendo due autovalori positivi e uno negativo, l’indice della conica è $S=|2-1|=1$ .

Infine, la sottomatrice associata alla parte quadratica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 2&1\\1&1 \end{pmatrix} \end{equation*}$

che ha determinante $I_2=2>0$ . L’unica forma canonica che ha invarianti $R=3$ , $S=1$ e $I_2=0$ è l’ellisse (non degenere) a punti reali. Concludiamo quindi che la forma canonica cercata è

$\begin{equation*} x^2+y^2-1=0.\qedhere \end{equation*}$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare gli invarianti e determinare la forma canonica della conica definita dall’equazione

$\begin{equation*} -x^2-6xy-9y^2+5=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La matrice associata alla conica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} -1 & -3 & 0\\-3 & -9 & 0\\0& 0 & 5 \end{pmatrix} \end{equation*}$

e il suo polinomio caratteristico è

$\begin{equation*} p(\lambda)=-\lambda^3-5\lambda^2+50\lambda=-\lambda(\lambda-5)(\lambda+10). \end{equation*}$

Esso ha le tre radici distinte

$\begin{aligned} \lambda_1&=0& \lambda_2&=5>0& \lambda_3&=-10<0. \end{aligned}$

In particolare, il suo rango è $R=2$ e la conica è semplicemente degenere. Inoltre, avendo un autovalore positivo e uno negativo, l’indice della conica è $S=|1-1|=0$ .

Infine, la sottomatrice associata alla parte quadratica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} -1&-3\\-3&-9 \end{pmatrix} \end{equation*}$

che ha determinante $I_2=0$ . L’unica forma canonica che ha invarianti $R=2$ , $S=0$ e $I_2=0$ è la parabola degenere a punti reali (che geometricamente corrisponde ad una coppia di rette parallele). Concludiamo quindi che la forma canonica cercata è

$\begin{equation*} x^2-1=0.\qedhere \end{equation*}$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare gli invarianti e determinare la forma canonica della conica definita dall’equazione

$\begin{equation*} x^2-2xy+4y^2-8x+16y+32=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La matrice associata alla conica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 1&-1&-4\\-1&4&8\\-4&8&32 \end{pmatrix} \end{equation*}$

e il suo polinomio caratteristico è

$\begin{equation*} p(\lambda)=-\lambda^3+37\lambda^2-83\lambda+32. \end{equation*}$

Questo polinomio non sembra facilmente decomponibile, ma possiamo comunque calcolare gli invarianti utilizzando la regola di Cartesio.

Il termine di $p(\lambda)$ non nullo di grado più basso è $32$ , di grado zero, quindi la matrice non ha autovalori nulli. Inoltre, ci sono tre cambi di segno fra i coefficienti di $p(\lambda)$ : uno fra $-\lambda^3$ e $+37\lambda^2$ , uno fra $37\lambda^2$ e $-83\lambda$ , e uno fra $-83\lambda$ e $+32$ . Ne deduciamo che la matrice ha tre autovalori positivi, per cui $R=3$ e $S=|3-0|=3$ .

Infine, la sottomatrice associata alla parte quadratica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 1&-1\\-1&4 \end{pmatrix} \end{equation*}$

che ha determinante $I_2=3>0$ . L’unica forma canonica che ha invarianti $R=3$ , $S=3$ e $I_2>0$ è l’ellisse (non degenere) a punti immaginari (che geometricamente corrisponde all’insieme vuoto). Concludiamo quindi che la forma canonica cercata è

$\begin{equation*} x^2+y^2+1=0.\qedhere \end{equation*}$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare gli invarianti e determinare la forma canonica della conica definita dall’equazione

$\begin{equation*} 2x^2+2xy-5y^2+2x-2y=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La matrice associata alla conica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 2&1&1\\1&-5&-1\\1&-1&0 \end{pmatrix} \end{equation*}$

e il suo polinomio caratteristico è

$\begin{equation*} p(\lambda)=-\lambda^3-3\lambda^2+13\lambda+1. \end{equation*}$

Per determinare gli invarianti utilizziamo la regola di Cartesio. Il termine di $p(\lambda)$ non nullo di grado più basso è $1$ , di grado zero, quindi la matrice non ha autovalori nulli. Inoltre c’è un solo cambio di segno fra i coefficienti di $p(\lambda)$ , fra $-3\lambda^2$ e $+13\lambda$ . Ne deduciamo che la matrice ha un autovalore positivo e $3-1=2$ autovalori negativi, per cui $R=3$ e $S=|1-2|=1$ .

Infine, la sottomatrice associata alla parte quadratica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 2&1\\1&-5 \end{pmatrix} \end{equation*}$

che ha determinante $I_2=-11<0$ . L’unica forma canonica che ha invarianti $R=3$ , $S=1$ e $I_2<0$ è l’iperbole (non degenere). Concludiamo quindi che la forma canonica cercata è

$\begin{equation*} x^2-y^2-1=0.\qedhere \end{equation*}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare gli invarianti e determinare la forma canonica della conica definita dall’equazione

$\begin{equation*} -xy=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La matrice associata alla conica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 0&-\frac{1}{2}&0\\[6pt]-\frac{1}{2}&0&0\\[6pt]0&0&0 \end{pmatrix} \end{equation*}$

e il suo polinomio caratteristico è

$\begin{equation*} p(\lambda)=-\lambda^3+\frac{1}{4}\lambda=-\lambda\left(\lambda-\frac{1}{2}\right)\left(\lambda+\frac{1}{2}\right). \end{equation*}$

Esso ha le tre radici distinte

$\begin{aligned} \lambda_1&=0&\lambda_2&=\frac{1}{2}>0&\lambda_3&=-\frac{1}{2}<0. \end{aligned}$

In particolare, il suo rango è $R=2$ e la conica è semplicemente degenere. Inoltre, l’indice della conica è $S=|1-1|=0$ . Infine, la sottomatrice associata alla parte quadratica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 0&-\frac{1}{2}\\[6pt]-\frac{1}{2}&0 \end{pmatrix} \end{equation*}$

che ha determinante $I_2=-\frac{1}{4}<0$ . L’unica forma canonica che ha invarianti $R=2$ , $S=0$ e $I_2<0$ è l’iperbole degenere (che geometricamente corrisponde ad una coppia di rette incidenti). Concludiamo quindi che la forma canonica cercata è

$\begin{equation*} x^2-y^2=0. \end{equation*}$

Questo specifico esercizio poteva essere risolto anche con le seguenti considerazioni. Un punto $P=(x, y)$ appartiene alla prima conica se e solo se $x=0$ oppure $y=0$ , per la legge di annullamento del prodotto. Nel primo caso $P$ appartiene all’asse $y$ , mentre nel secondo $P$ appartiene all’asse $x$ . Viceversa, ogni punto appartenente all’unione dei due assi verifica l’equazione della conica.

Segue che la conica coincide con l’unione dei due assi, cioè si spezza in due rette incidenti in un punto. In particolare, essa è un’iperbole degenere e ha forma canonica $x^2-y^2=0$ . È anche abbastanza semplice notare che l’affinita che porta la conica iniziale in questa forma canonica è una rotazione di $45$ gradi rispetto all’origine.

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare gli invarianti e determinare la forma canonica della conica definita dall’equazione

$\begin{equation*} 18x^2-12xy+2y^2+24x-8y+8=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La matrice associata alla conica è

$\begin{pmatrix} 18 & -6 & 12 \\ -6 & 2 & -4 \\ 12 & -4 & 8 \end{pmatrix}$

e il suo polinomio caratteristico è

$\begin{equation*} p(\lambda)=-\lambda^3+28\lambda^2=-\lambda^2(\lambda-28). \end{equation*}$

Esso ha quindi una radice doppia uguale a zero (quindi due autovalori nulli) e una radice pari a $28>0$ . Ne segue che il rango della conica è $R=1$ e il suo indice è $S=|1-0|=1$ . Infine, la sottomatrice associata alla parte quadratica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 18&-6\\-6&2 \end{pmatrix} \end{equation*}$

che ha determinante $I_2=0$ . L’unica forma canonica che ha invarianti $R=1$ , $S=1$ e $I_2=0$ è la conica doppiamente degenere (che geometricamente corrisponde ad una retta). Concludiamo che la forma canonica cercata è

$\begin{equation*} x^2=0.\qedhere \end{equation*}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare gli invarianti e determinare la forma canonica della conica definita dall’equazione

$\begin{equation*} \frac{1}{4}x^2-\frac{2}{3}xy+\frac{4}{9}y^2-x+\frac{4}{3}y+\frac{5}{3}=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La matrice associata alla conica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} \frac{1}{4}&-\frac{1}{3}&-\frac{1}{2}\\[6pt]-\frac{1}{3}&\frac{4}{9}&\frac{2}{3}\\[6pt]-\frac{1}{2}&\frac{2}{3}&\frac{5}{3} \end{pmatrix} \end{equation*}$

e il suo polinomio caratteristico è

$\begin{equation*} p(\lambda)=-\lambda^3+\frac{85}{36}\lambda^2-\frac{25}{54}\lambda. \end{equation*}$

Questo polinomio può essere scomposto in fattori di primo grado, ma per calcolare gli invarianti è più veloce applicare la regola di Cartesio, visto che sono necessari solamente i segni degli autovalori della matrice. Il termine non nullo di grado più basso in $p(\lambda)$ è $-\frac{25}{54}\lambda$ , che ha grado $1$ ; di conseguenze abbiamo un autovalore nullo. Inoltre fra i coefficienti di $p(\lambda)$ ci sono due cambi di segno, uno fra $-\lambda^3$ e $+\frac{85}{36}\lambda^2$ e uno fra $+\frac{85}{36}\lambda^2$ e $-\frac{25}{54}\lambda$ : ne segue che ci sono due autovalori positivi.

Di conseguenza $R=2$ e $S=|2-0|=2$ . Inoltre, la sottomatrice associata alla parte quadratica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} \frac{1}{4}&-\frac{1}{3}\\[6pt]-\frac{1}{3}&\frac{4}{9} \end{pmatrix}, \end{equation*}$

che ha determinante $I_2=0$ . L’unica forma canonica che ha invarianti $R=2$ , $S=2$ e $I_2=0$ è la parabola degenere a punti immaginari (che geometricamente corrisponde all’insieme vuoto). Concludiamo che la forma canonica cercata è

$\begin{equation*} x^2+1=0.\qedhere \end{equation*}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare gli invarianti e determinare la forma canonica della conica definita dall’equazione

$\begin{equation*} 4x^2+2xy+\frac{1}{4}y^2-9x-\frac{47}{2}y+\frac{169}{4}=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La matrice associata alla conica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 4&1&-\frac{9}{2}\\[6pt]1&\frac{1}{4}&-\frac{47}{4}\\[6pt]-\frac{9}{2}&-\frac{47}{4}&\frac{169}{4} \end{pmatrix} \end{equation*}$

e il suo polinomio caratteristico è

$\begin{equation*} p(\lambda)=-\lambda^3+\frac{93}{2}\lambda^2-\frac{85}{4}\lambda-\frac{7225}{16}. \end{equation*}$

Questo polinomio non sembra scomponibile in maniera semplice, quindi utilizziamo la regola di Cartesio per determinare i segni delle sue radici. Il termine non nullo di grado più basso è $-\frac{7225}{16}$ , che ha grado zero, quindi $p(\lambda)$ non ha radici nulle. Inoltre fra i coefficienti di $p(\lambda)$ ci sono due cambi di segno, uno fra $-\lambda^3$ e $+\frac{93}{2}\lambda^2$ ed uno fra $\frac{93}{2}\lambda^2$ e $-\frac{85}{4}\lambda$ . Ne deduciamo che $p(\lambda)$ possiede $2$ radici positive e $3-2=1$ radice negativa.

In particolare possiamo calcolare che il rango della conica è $R=3$ e il suo indice è $S=|2-1|=1$ . Inoltre, la sottomatrice associata alla parte quadratica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 4&1\\[6pt]1&\frac{1}{4} \end{pmatrix}, \end{equation*}$

che ha determinante $I_2=0$ . L’unica forma canonica con invarianti $R=3$ , $S=1$ e $I_2=0$ è la parabola (non degenere). Concludiamo quindi che la forma canonica cercata è

$\begin{equation*} x^2-y=0.\qedhere \end{equation*}$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare gli invarianti e determinare la forma canonica della conica definita dall’equazione

$\begin{equation*} 9x^2+4y^2+24x-28y+65=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La matrice associata alla conica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 9&0&12\\0&4&-14\\12&-14&65 \end{pmatrix} \end{equation*}$

e il suo polinomio caratteristico è

$\begin{equation*} p(\lambda)=-\lambda^3+78\lambda^2-541\lambda. \end{equation*}$

Questo polinomio è scomponibile in fattori di primo grado, ma per calcolare gli invarianti della conica è più rapido utilizzare la regola di Cartesio. Il termine non nullo di $p(\lambda)$ più basso è $-541\lambda$ , che ha grado $1$ , per cui la matrice ha un autovalore nullo. Inoltre fra i coefficienti di $p(\lambda)$ appaiono due cambi di segno, uno fra $-\lambda^3$ e $+78\lambda^2$ e uno fra $+78\lambda^2$ e $-541\lambda$ . Ne deduciamo che la matrice ha due autovalori positivi e $3-1-2=0$ negativi, per cui $R=2$ e $S=|2-0|=2$ . Inoltre, la sottomatrice associata alla parte quadratica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 9&0\\0&4 \end{pmatrix}, \end{equation*}$

che ha determinante $I_2=36>0$ . L’unica forma canonica con invarianti $R=2$ , $S=2$ e $I_2>0$ è l’ellisse degenere (che geometricamente corrisponde ad un singolo punto). Concludiamo quindi che la forma canonica cercata è

$\begin{equation*} x^2+y^2=0.\qedhere \end{equation*}$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Utilizzando il metodo di completamento dei quadrati, classificare e determinare un’affinità che porti in forma canonica la conica di equazione

$\begin{equation*} \frac{1}{4}x^2+\frac{2}{3}xy+\frac{4}{9}y^2+4=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che non appaiono termini di primo grado in $x$ e $y$ . Pertanto possiamo completare ad un quadrato, per esempio, i primi due termini:

$\begin{equation*} \frac{1}{4}x^2+\frac{2}{3}xy=\left(\frac{1}{2}x+\frac{2}{3}y\right)^2-\frac{4}{9}y^2. \end{equation*}$

Sostituendo nell’equazione originale otteniamo

$\begin{equation*} \left(\frac{1}{2}x+\frac{2}{3}y\right)^2-\frac{4}{9}y^2+\frac{4}{9}y^2+2=\left(\frac{1}{2}x+\frac{2}{3}y\right)^2+4=0. \end{equation*}$

Se dividiamo per $4$ ambo i membri otteniamo

$\begin{equation*} \left(\frac{1}{4}x+\frac{1}{3}y\right)^2+1=0. \end{equation*}$

Ma allora possiamo riconoscere la forma canonica $(x')^2+1=0$ , ed esplicitarla attraverso l’affinità

$\begin{equation*} \begin{cases} x'\coloneq \frac{1}{4}x+\frac{1}{3}y\\ y'\coloneq y. \end{cases} \end{equation*}$

In particolare, la conica è una parabola degenere a punti immaginari (che geometricamente corrisponde all’insieme vuoto).

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Utilizzando il metodo di completamento dei quadrati, classificare e determinare un’affinità che porti in forma canonica la conica di equazione

$\begin{equation*} 4x^2-4xy+y^2-3y+6=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che non appare il termine di primo grado in $x$ . Pertanto possiamo completare ad un quadrato i termini $4x^2-4xy$ :

$\begin{equation*} 4x^2-4xy=(2x-y)^2-y^2. \end{equation*}$

Sostituendo nell’equazione otteniamo

$\begin{equation*} (2x-y)^2-y^2+y^2-3y+6=(2x-y)^2-3y+6=0. \end{equation*}$

Ma allora possiamo riconoscere la forma canonica $(x')^2-(y')=0$ , ed esplicitarla attraverso l’affinità

$\begin{equation*} \begin{cases} x'\coloneq 2x-y\\ y'\coloneq 3y-6. \end{cases} \end{equation*}$

In particolare, la conica è una parabola non degenere.

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Utilizzando il metodo di completamento dei quadrati, classificare e determinare un’affinità che porti in forma canonica la conica di equazione

$\begin{equation*} \frac{5}{4}x^2+\sqrt{3}xy+3y^2+7x+\frac{113}{4}=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che non appare il termine di primo grado in $y$ . Pertanto possiamo completare ad un quadrato i termini $\sqrt{3}xy+3y^2$ :

$\begin{equation*} \sqrt{3}xy+3y^2=\left(\frac{1}{2}x+\sqrt{3}y\right)^2-\frac{1}{4}x^2. \end{equation*}$

Sostituendo nell’equazione originale otteniamo

$\begin{equation*} \frac{5}{4}x^2+\left(\frac{1}{2}x+\sqrt{3}y\right)^2-\frac{1}{4}x^2+7x+\frac{113}{4}=\left(\frac{1}{2}x+\sqrt{3}y\right)^2+x^2+7x+\frac{113}{4} \end{equation*}$

Ora possiamo completare ad un quadrato i termini $x^2+7x$ :

$\begin{equation*} x^2+7x=\left(x+\frac{7}{2}\right)^2-\frac{49}{4}. \end{equation*}$

Sostituendo nuovamente otteniamo

$\begin{equation*} \left(\frac{1}{2}x+\sqrt{3}y\right)^2+\left(x+\frac{7}{2}\right)^2-\frac{49}{4}+\frac{113}{4}=\left(\frac{1}{2}x+\sqrt{3}y\right)^2+\left(x+\frac{7}{2}\right)^2+16=0. \end{equation*}$

Infine, dividiamo ambo i membri per $16$ :

$\begin{equation*} \left(\frac{1}{8}x+\frac{\sqrt{3}}{4}y\right)^2+\left(\frac{1}{4}x+\frac{7}{8}\right)^2+1=0. \end{equation*}$

Da questa ultima riscrittura dell’equazione si riconosce la forma canonica $(x')^2+(y')^2+1$ , che si può esplicitare attraverso l’affinità

$\begin{equation*} \begin{cases} x'\coloneq \frac{1}{8}x+\frac{\sqrt{3}}{4}y\\ y'\coloneq \frac{1}{4}x+\frac{7}{8}y. \end{cases} \end{equation*}$

In particolare, la conica è un ellisse (non degenere) a punti immaginari, che geometricamente corrisponde all’insieme vuoto.

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Utilizzando il metodo di completamento dei quadrati, classificare e determinare un’affinità che porti in forma canonica la conica di equazione

$\begin{equation*} \frac{2}{5}x^2-\frac{18}{5}y^2-x-3y=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che non appare il termine di secondo grado in $xy$ . Pertanto possiamo completare ad un quadrato i termini $\frac{2}{5}x^2-x$ :

$\begin{equation*} \frac{2}{5}x^2-x=\left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}x-\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\right)^2-\frac{5}{8}. \end{equation*}$

Analogamente, completando ad un quadrato i termini $-\frac{18}{5}-3y$ abbiamo

$\begin{equation*} -\frac{18}{5}y^2-3y=-\left(\frac{18}{5}y^2+3y\right)=-\left[\left(\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{5}}y+\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\right)^2-\frac{5}{8}\right]=-\left(\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{5}}y+\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\right)^2+\frac{5}{8}. \end{equation*}$

Sostituendo quindi nell’equazione originale ricaviamo

$\begin{equation*} \left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}x-\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\right)^2-\frac{5}{8}-\left(\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{5}}y+\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\right)^2+\frac{5}{8}=\left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}x-\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\right)^2-\left(\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{5}}y+\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\right)^2=0. \end{equation*}$

Ma allora possiamo riconoscere la forma canonica $(x')^2-(y')^2=0$ , che si può esplicitare attraverso l’affinità

$\begin{equation*} \begin{cases} x'\coloneq \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}x-\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\\[6pt] y'\coloneq \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{5}}y+\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}. \end{cases} \end{equation*}$

In particolare, la conica è un’iperbole degenere (che geometricamente corrisponde ad una coppia di rette incidenti).

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Utilizzando il metodo di completamento dei quadrati, classificare e determinare un’affinità che porti in forma canonica la conica di equazione

$\begin{equation*} 36x^2-48xy+16y^2-10=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che non compaiono i termini di primo grado in $x$ e $y$ . Possiamo allora completare ad un quadrato, ad esempio, i termini $36x^2-48xy$ :

$\begin{equation*} 36x^2-48xy=(6x-4y)^2-16y^2. \end{equation*}$

Sostituendo nell’equazione originale otteniamo

$\begin{equation*} (6x+4y)^2-16y^2+16y^2-10=(6x-4y)^2-10=0. \end{equation*}$

Dividendo ambo i membri per 10 si ricava

$\begin{equation*} \left(\frac{6}{\sqrt{10}}x-\frac{4}{\sqrt{10}}y\right)^2-1=0. \end{equation*}$

Ma allora riconosciamo la forma canonica $(x')^2-1=0$ , che si può esplicitare attraverso l’affinità

$\begin{equation*} \begin{cases} x'\coloneq \frac{6}{\sqrt{10}}x-\frac{4}{\sqrt{10}}y\\ y'\coloneq y. \end{cases} \end{equation*}$

In particolare, la conica è una parabola degenere a punti reali (che geometricamente corrisponde ad una coppia di rette parallele).

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Utilizzando il metodo di completamento dei quadrati, classificare e determinare un’affinità che porti in forma canonica la conica di equazione

$\begin{equation*} 10x^2+6y^2+6\sqrt{5}x-10\sqrt{3}y+16=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che manca il termine di secondo grado in $xy$ . Pertanto possiamo completare ad un quadrato i due termini $10x^2+6\sqrt{5}x$ :

$\begin{equation*} 10x^2+6\sqrt{5}x=\left(\sqrt{10}x+\frac{3}{\sqrt{2}}\right)^2-\frac{9}{2}. \end{equation*}$

Analogamente, completando ad un quadrato i termini $6y^2-10\sqrt{3}y$ si ottiene

$\begin{equation*} 6y^2-10\sqrt{3}y=\left(\sqrt{6}y-\frac{5}{\sqrt{2}}\right)^2-\frac{25}{2}. \end{equation*}$

Possiamo quindi procedere sostituendo le espressioni trovate nell’equazione originaria:

$\begin{equation*} \left(\sqrt{10}x+\frac{3}{\sqrt{2}}\right)^2-\frac{9}{2}+\left(\sqrt{6}y-\frac{5}{\sqrt{2}}\right)^2-\frac{25}{2}+16=\left(\sqrt{10}x+\frac{3}{\sqrt{2}}\right)^2+\left(\sqrt{6}y-\frac{5}{\sqrt{2}}\right)^2-1=0. \end{equation*}$

Ma allora riconosciamo la forma canonica $(x')^2+(y')^2-1=0$ , che possiamo esplicitare attraverso l’affinità

$\begin{equation*} \begin{cases} x'\coloneq \sqrt{10}x+\frac{3}{\sqrt{2}}\\[6pt] y'\coloneq \sqrt{6}y-\frac{5}{\sqrt{2}}. \end{cases} \end{equation*}$

In particolare, la conica è un ellisse (non degenere) a punti reali.

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Utilizzando il metodo di completamento dei quadrati, classificare e determinare un’affinità che porti in forma canonica la conica di equazione

$\begin{equation*} x^2-y^2+2x+10y-30=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che manca il termine di secondo grado in $xy$ . Possiamo pertanto completare ad un quadrato i termini $x^2+2x$ :

$\begin{equation*} x^2+2x=(x+1)^2-1. \end{equation*}$

Analogamente, completando ad un quadrato i termini $-y^2+10y$ otteniamo

$\begin{equation*} -y^2+10y=-(y^2-10y)=-\left[(y-5)^2-25\right]=-(y-5)^2+25. \end{equation*}$

Sostituendo queste due espressioni nell’equazione originaria ricaviamo

$\begin{equation*} (x+1)^2-1-(y-5)^2+25-30=(x+1)^2-(y-5)^2-6=0. \end{equation*}$

Dividiamo infine per $6$ ambo i membri:

$\begin{equation*} \left(\frac{1}{\sqrt{6}}x+\frac{1}{\sqrt{6}}\right)^2-\left(\frac{1}{\sqrt 6}y-\frac{5}{\sqrt 6}\right)^2-1=0. \end{equation*}$

Possiamo riconoscere la forma canonica $(x')^2-(y')^2-1=0$ , ed esplicitarla attraverso l’affinità

$\begin{equation*} \begin{cases} x'\coloneq \frac{1}{\sqrt{6}}x+\frac{1}{\sqrt{6}}\\[6pt] y'\coloneq \frac{1}{\sqrt 6}y-\frac{5}{\sqrt 6}. \end{cases} \end{equation*}$

In particolare, la conica è una iperbole (non degenere).

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Utilizzando il metodo di completamento dei quadrati, classificare e determinare un’affinità che porti in forma canonica la conica di equazione

$\begin{equation*} 5x^2-8xy+10y^2=0 \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che non sono presenti i termini di primo grado in $x$ e $y$ . Possiamo pertanto completare ad un quadrato, ad esempio, i termini $-8xy+10y^2$ , ottenendo

$\begin{equation*} -8xy+10y^2=\left(\frac{4}{\sqrt{10}}x-\sqrt{10}y\right)^2-\frac{8}{5}x^2. \end{equation*}$

Sostituendo nell’equazione originaria ricaviamo

$\begin{equation*} 5x^2+\left(\frac{4}{\sqrt{10}}x-\sqrt{10}y\right)^2-\frac{8}{5}x^2=\left(\frac{4}{\sqrt{10}}x-\sqrt{10}y\right)^2+\frac{17}{5}x^2=0. \end{equation*}$

Ma allora possiamo riconoscere la forma canonica $(x')^2+(y')^2=0$ , che si può esplicitare attraverso l’affinità

$\begin{equation*} \begin{cases} x'\coloneq \frac{4}{\sqrt{10}}x-\sqrt{10}y\\[6pt] y'\coloneq \frac{\sqrt{17}}{\sqrt{5}}x. \end{cases} \end{equation*}$

In particolare, la conica è un ellisse degenere (che geometricamente corrisponde ad un singolo punto).

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Utilizzando il metodo di completamento dei quadrati, classificare e determinare un’affinità che porti in forma canonica la conica di equazione

$\begin{equation*} 36x^2-6xy+\frac{1}{4}y^2=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che non sono presenti i termini di primo grado in $x$ e $y$ . Possiamo pertanto completare ad un quadrato, ad esempio, i termini $36x^2-6xy$ , ottenendo

$\begin{equation*} 36x^2-6xy=\left(6x-\frac{1}{2}y\right)^2-\frac{1}{4}y^2. \end{equation*}$

Sostituendo nell’equazione originaria ricaviamo

$\begin{equation*} 36x^2-6xy=\left(6x-\frac{1}{2}y\right)^2-\frac{1}{4}y^2+\frac{1}{4}y^2=36x^2-6xy=\left(6x-\frac{1}{2}y\right)^2=0 \end{equation*}$

(alternativamente, si poteva anche notare direttamente che l’equazione della conica è il quadrato del binomio $6x-\frac{1}{2}y$ ). Ma allora possiamo riconoscere la forma canonica $(x')^2=0$ , ed esplicitarla attraverso l’affinità

$\begin{equation*} \begin{cases} x'\coloneq 6x-\frac{1}{2}y\\[6pt] y'\coloneq y. \end{cases} \end{equation*}$

In particolare, la conica è doppiamente degenere, e geometricamente corrisponde ad una singola retta.

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Utilizzando l’algoritmo di riduzione, classificare e determinare l’equazione di un’affinità che porta in forma canonica la conica di equazione

$\begin{equation*} \frac{1}{4}x^2+\frac{1}{3}xy+\frac{1}{9}y^2+\frac{1}{4}x+\frac{1}{6}y=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La matrice associata alla parte quadratica della conica è

$\begin{equation*} A_0=\begin{pmatrix} \frac{1}{4}&\frac{1}{6}\\[6pt]\frac{1}{6}&\frac{1}{9} \end{pmatrix}, \end{equation*}$

che ha polinomio caratteristico

$\begin{equation*} p_{A_0}(\lambda)=\lambda^2-\frac{13}{36}\lambda=\lambda\left(\lambda-\frac{13}{36}\right). \end{equation*}$

Abbiamo quindi due autovalori $\lambda_1=0$ e $\lambda_2=\frac{13}{36}$ ; i relativi autovettori si ottengono risolvendo il sistema $A_0\mathbf{x}=\lambda_i\bf x$ e sono

$\begin{aligned} \mathbf v&=\begin{pmatrix}-2\\3 \end{pmatrix}&\mathbf w=\begin{pmatrix}3\\2\end{pmatrix}. \end{aligned}$

Per eliminare il termine in $xy$ effettuiamo quindi la sostituzione

$\begin{equation*} \begin{cases} x'\coloneq -2x+3y\\ y'\coloneq 3x+2y \end{cases}\implies \begin{cases} x=-\frac{2}{13}x'+\frac{3}{13}y'\\[6pt] y=\frac{3}{13}x'+\frac{2}{13}y'; \end{cases} \end{equation*}$

in questo modo l’equazione della conica diventa

$\begin{multline*} \frac{1}{4}\left(-\frac{2}{13}x'+\frac{3}{13}y'\right)^2+\frac{1}{3}\left(-\frac{2}{13}x'+\frac{3}{13}y'\right)\left(\frac{3}{13}x'+\frac{2}{13}y'\right)\\+\frac{1}{9}\left(\frac{3}{13}x'+\frac{2}{13}y'\right)^2+\frac{1}{4}\left(-\frac{2}{13}x'+\frac{3}{13}y'\right)+\frac{1}{6}\left(\frac{3}{13}x'+\frac{2}{13}y'\right)=0. \end{multline*}$

Sviluppando i calcoli, quest’espressione si riduce a

$\begin{equation*} \frac{1}{36}(y')^2+\frac{1}{12}y'=0 \end{equation*}$

e completando il quadrato troviamo finalmente

$\begin{equation*} \left(\frac{1}{6}y'+\frac{1}{4}\right)^2-\frac{1}{16}=0. \end{equation*}$

Possiamo moltiplicare per $16$ ambo i membri:

$\begin{equation*} \left(\frac{2}{3}y'+1\right)^2-1=0. \end{equation*}$

Ma allora riconosciamo la forma canonica $(x'')^2-1=0$ , che può essere esplicitata attraverso l’affinità

$\begin{equation*} \begin{cases} x''\coloneq \frac{2}{3}y'+1=2x+\frac{4}{3}y+1\\[6pt] y''\coloneq x'=-2x+3y \end{cases} \end{equation*}$

(ricordiamo che un’affinità deve sempre essere invertibile, per cui non possiamo scegliere $y''=y'$ ). In particolare, la conica è una parabola degenere a punti reali (che geometricamente corrisponde ad una coppia di rette parallele).

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Utilizzando l’algoritmo di riduzione, classificare e determinare l’equazione di un’affinità che porta in forma canonica la conica di equazione

$\begin{equation*} 2x^2+12xy+2y^2+4x+2y+1=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La matrice associata alla parte quadratica della conica è

$\begin{equation*} A_0=\begin{pmatrix} 2&6\\6&2 \end{pmatrix}, \end{equation*}$

che ha polinomio caratteristico

$\begin{equation*} p_{A_0}(\lambda)=\lambda^2-4\lambda-32=(\lambda-8)(\lambda+4). \end{equation*}$

Abbiamo quindi due autovalori $\lambda_1=8$ e $\lambda_2=-4$ ; i relativi autovettori si ottengono risolvendo il sistema $A_0\mathbf{x}=\lambda_i\bf x$ e sono

$\begin{aligned} \mathbf v&=\begin{pmatrix}1\\1 \end{pmatrix}&\mathbf w=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}. \end{aligned}$

Per eliminare il termine in $xy$ effettuiamo quindi la sostituzione

$\begin{equation*} \begin{cases} x'\coloneq x+y\\ y'\coloneq x-y \end{cases}\implies \begin{cases} x=\frac{1}{2}x'+\frac{1}{2}y'\\[6pt] y=\frac{1}{2}x'-\frac{1}{2}y'; \end{cases} \end{equation*}$

in questo modo l’equazione della conica diventa

$\begin{multline*} 2\left(\frac{1}{2}x'+\frac{1}{2}y'\right)^2+12\left(\frac{1}{2}x'+\frac{1}{2}y'\right)\left(\frac{1}{2}x'-\frac{1}{2}y'\right)+2\left(\frac{1}{2}x'-\frac{1}{2}y'\right)^2\\ +4\left(\frac{1}{2}x'+\frac{1}{2}y'\right)+2\left(\frac{1}{2}x'-\frac{1}{2}y'\right)+1=0. \end{multline*}$

Sviluppando i calcoli, quest’espressione si riduce a

$\begin{equation*} 4(x')^2-2(y')^2+3x'+y'+1=0 \end{equation*}$

Completiamo i quadrati formati dai termini $4(x')^2+3x'$ e $-2(y')^2+y'$ , per arrivare a

$\begin{equation*} \left(2x'+\frac{3}{4}\right)^2-\frac{9}{16}-\left(\sqrt{2}y'-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)^2+\frac{1}{8}+1=\left(2x'+\frac{3}{4}\right)^2-\left(\sqrt{2}y'-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)^2+\frac{9}{16}=0. \end{equation*}$

Infine, possiamo dividere ambo i membri per – $\frac{9}{16}$ :

$\begin{equation*} -\left(\frac{8}{3}x'+1\right)^2+\left(\frac{4\sqrt{2}}{3}y'-\frac{2}{3\sqrt 2}\right)^2-1=0. \end{equation*}$

Riconosciamo quindi la forma canonica $(x'')^2-(y'')^2-1=0$ , che si può esplicitare attraverso l’affinità

$\begin{equation*} \begin{cases} x''\coloneq \frac{4\sqrt{2}}{3}y'+\frac{2}{3\sqrt 2}=\frac{4\sqrt{2}}{3}x-\frac{4\sqrt{2}}{3}y+\frac{2}{3\sqrt{2}}\\[6pt] y''\coloneq \frac{8}{3}x'+1=\frac{8}{3}x+\frac{8}{3}y+1. \end{cases} \end{equation*}$

In particolare, la conica è una iperbole (non degenere).

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Utilizzando l’algoritmo di riduzione, classificare e determinare l’equazione di un’affinità che porta in forma canonica la conica di equazione

$\begin{equation*} 37x^2-18xy+13y^2+2x-6y+\frac{73}{20}=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La matrice associata alla parte quadratica della conica è

$\begin{equation*} A_0=\begin{pmatrix} 37&-9\\-9&13 \end{pmatrix}, \end{equation*}$

che ha polinomio caratteristico

$\begin{equation*} p_{A_0}(\lambda)=\lambda^2-50\lambda+400=(\lambda-40)(\lambda-10). \end{equation*}$

Abbiamo quindi due autovalori $\lambda_1=40$ e $\lambda_2=10$ ; i relativi autovettori si ottengono risolvendo il sistema $A_0\mathbf{x}=\lambda_i\bf x$ e sono

$\begin{aligned} \mathbf v&=\begin{pmatrix}-3\\1 \end{pmatrix}&\mathbf w=\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}. \end{aligned}$

Per eliminare il termine in $xy$ effettuiamo quindi la sostituzione

$\begin{equation*} \begin{cases} x'\coloneq -3x+y\\ y'\coloneq x+3y \end{cases}\implies \begin{cases} x=-\frac{3}{10}x'+\frac{1}{10}y'\\[6pt] y=\frac{1}{10}x'+\frac{3}{10}y'; \end{cases} \end{equation*}$

in questo modo l’equazione della conica diventa

$\begin{multline*} 37\left(-\frac{3}{10}x'+\frac{1}{10}y'\right)^2-18\left(-\frac{3}{10}x'+\frac{1}{10}y'\right)\left(\frac{1}{10}x'+\frac{3}{10}y'\right)+13\left(\frac{1}{10}x'+\frac{3}{10}y'\right)^2\\ +2\left(-\frac{3}{10}x'+\frac{1}{10}y'\right)-6\left(\frac{1}{10}x'+\frac{3}{10}y'\right)+\frac{73}{20}=0. \end{multline*}$

Sviluppando i calcoli, quest’espressione si riduce a

$\begin{equation*} 4(x')^2+(y')^2-\frac{6}{5}x'-\frac{8}{5}y'+\frac{73}{20}=0. \end{equation*}$

Completiamo allora i quadrati formati dai termini $4(x')^2-\frac{6}{5}x$ e $(y')^2-\frac{8}{5}y'$ e sostituiamo, per arrivare a

$\begin{equation*} \left(2x'-\frac{3}{10}\right)^2-\frac{9}{100}+\left(y'-\frac{4}{5}\right)^2-\frac{64}{25}+\frac{73}{20}=\left(2x'-\frac{3}{10}\right)^2+\left(y'-\frac{4}{5}\right)^2+1. \end{equation*}$

Ma allora riconosciamo la forma canonica $(x')^2+(y')^2+1=0$ , che si può esplicitare attraverso l’affinità

$\begin{equation*} \begin{cases} x''\coloneq 2x'-\frac{3}{10}=-6x+2y-\frac{3}{10}\\[6pt] y''\coloneq y'-\frac{4}{5}=x+3y-\frac{4}{5}. \end{cases} \end{equation*}$

In particolare, la conica è un ellisse (non degenere) a punti immaginari, che geometricamente corrisponde all’insieme vuoto.

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Al variare del parametro reale $a$ , discutere le caratteristiche geometriche del luogo dei punti del piano che soddisfano la relazione

$\begin{equation*} x^2+2axy-4y^2+1=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Utilizziamo il metodo degli invarianti per classificare la conica dipendente da parametro. La matrice associata è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 1 &a&0\\a&-4&0\\0&0&1, \end{pmatrix} \end{equation*}$

e la sottomatrice associata alla parte quadratica è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 1&a\\a&-4 \end{pmatrix} \end{equation*}$

che ha determinante $-4-a^2<0$ . In particolare $I_2<0$ a prescindere dal valore di $a$ .

Il polinomio caratteristico della matrice $A$ è

$\begin{equation*} p(\lambda)=-\lambda^3-2\lambda^2+\left(a^2+7\right)\lambda+\left(-a^2-4\right). \end{equation*}$

Notiamo che il termine $a^2+7$ è sempre strettamente positivo mentre $-a^2-4$ è sempre strettamente negativo. Possiamo quindi applicare la regola di Cartesio: il termine non nullo di grado più basso è $-a^2-4$ , che ha grado zero; quindi la matrice non ha autovalori nulli. Inoltre ci sono due cambi di segno fra i coefficienti del polinomio, uno fra $-2\lambda^2$ e $+\left(a^2+7\right)\lambda$ e l’altro fra $\left(-a^2+7\right)$ e $-a^2-4$ . Pertanto la matrice ha $2$ autovalori positivi e $3-2=1$ negativo, indipendentemente dal valore di $a$ . In particolare $R=3$ (e $S=2$ , anche se in questo caso specifico non è necessario calcolarlo).

Segue che la conica è un’iperbole (non degenere) per ogni $a \in \mathbb R$ . Si tratta di una curva illimitata formata da due rami disgiunti, con un centro di simmetria e due assi di simmetria.

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Al variare del parametro reale $a$ , discutere le caratteristiche geometriche del luogo dei punti del piano che soddisfano la relazione

$\begin{equation*} x^2-2xy+ay^2-2ax=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Utilizziamo il metodo degli invarianti per classificare la conica dipendente da parametro. La matrice associata è

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 1&-1&-a\\-1&a&0\\-a&0&0 \end{pmatrix} \end{equation*}$

e il suo polinomio caratteristico è

$\begin{equation*} p(\lambda)=-\lambda^3+(a+1)\lambda^2+\left(a^2-a+1\right)\lambda-a^3. \end{equation*}$

Ora notiamo che:

$\quad$

Il coefficiente $a+1$ è positivo per $a>-1$ , nullo per $a=-1$ e negativo per $a<-1$ ;

Il coefficiente $a^2-a+1$ è sempre strettamente positivo (ha discriminante $-3<0$ );

Il coefficiente $-a^3$ è positivo per $a<0$ , nullo per $a=0$ e negativo per $a>0$ .

Riassumiamo queste informazioni in una tabella:

$\begin{equation*} \begin{array}{l|ccccc} \toprule &a<-1&a=-1&-1<a<0&a=0&a>0\\ \midrule -1&<0&<0&<0&<0&<0\\ a+1&<0&=0&>0&>0&>0\\ a^2-a+1&>0&>0&>0&>0&>0\\ -a^3&>0&>0&>0&=0&<0\\ \bottomrule \end{array} \end{equation*}$

Usiamo la regola di Cartesio per determinare i segni degli autovalori della matrice associata, distinguendo i vari casi corrispondenti alle colonne della tabella:

$\quad$

Per $a<-1$ il termine non nullo di grado più basso è $-a^3$ , che ha grado zero, quindi non ci sono valori nulli. Inoltre fra i coefficienti di $p(\lambda)$ appare un solo cambio di segno, fra $(a+1)\lambda^2$ e $\left(a^2-a+1\right)\lambda$ . Quindi in questo caso la matrice ha un autovalore positivo e due autovalori negativi, per cui $R=3$ e $S=|1-2|=1$ .

Per $a=-1$ il termine non nullo di grado più basso è sempre $-a^3$ , che ha grado zero, quindi non ci sono autovalori nulli. Inoltre fra i coefficienti di $p(\lambda)$ appare un solo cambio di segno, fra $-\lambda^3$ e $\left(a^2-a+1\right)\lambda$ . Quindi anche in questo caso la matrice ha un autovalore positivo e due autovalori negativi, per cui $R=3$ e $S=|1-2|=1$ .

Per $-1<a<0$ il termine non nullo di grado più basso è ancora $-a^3$ , che ha grado zero, quindi non ci sono autovalori nulli. Inoltre fra i coefficienti di $p(\lambda)$ appare un solo cambio di segno, fra $-\lambda^3$ e $(a+1)\lambda^2$ , quindi ci sono sempre un autovalore positivo e due negativi, da cui $R=3$ e $S=|1-2|=1$ .

Per $a=0$ il termine di grado più basso non nullo è $\left(a^2-a+1\right)\lambda$ , che ha grado uno, per cui c’è un autovalore nullo. Inoltre vi è un cambio di segno fra i coefficienti di $p(\lambda)$ , fra $-\lambda^3$ e $(a+1)\lambda^2$ , quindi abbiamo un autovalore positivo e $3-1-1=1$ autovalore negativo. Concludiamo che $R=3-1=2$ e $S=|1-1|=0$ .

Infine, per $a>0$ il termine non nullo di grado più basso è nuovamente $-a^3$ che ha grado zero, quindi non ci sono autovalori nulli. Fra i coefficienti di $p(\lambda)$ vi sono poi due cambi di segno, uno fra $-\lambda^3$ e $(a+1)\lambda^2$ e uno fra $\left(a^2-a+1\right)\lambda$ e $-a^3$ . Concludiamo che in questo caso la matrice ha due autovalori positivi e uno negativo, per cui $R=3$ e $S=|2-1|=1$ .

Analizziamo infine la matrice associata alla parte quadratica della conica:

$\begin{equation*} A_0=\begin{pmatrix} 1&-1\\-1&a \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Il suo determinante è $I_2=a-1$ , che è positivo per $a>1$ , nullo per $a=1$ e negativo per $a<1$ . Quindi possiamo compilare la tabella seguente:

$\begin{equation*} \begin{array}{l|ccccccc} \toprule &a<-1&a=-1&-1<a<0&a=0&0<a<1&a=1&a>1\\ \midrule R&3&3&3&2&3&3&3\\ S&1&1&1&0&1&1&1\\ I_2&<0&<0&<0&<0&<0&=0&>0\\ \bottomrule \end{array} \end{equation*}$

Osservando una alla volta le varie colonne, possiamo quindi affermare che:

$\quad$

Per $a<0$ la conica è un’iperbole (non degenere). Si tratta di una curva illimitata, composta da due rami, che possiede un centro di simmetria e due assi di simmetria.

Per $a=0$ la conica è un’iperbole degenere, che geometricamente corrisponde all’unione di due rette incidenti.

Per $0<a<1$ la conica è nuovamente un’iperbole (non degenere).

Per $a=1$ la conica è una parabola (non degenere). Si tratta di una curva illimitata, con un’unica componente connessa, che possiede un asse di simmetria e non possiede centri di simmetria.

Per $a>1$ , infine, la conica è un ellisse (non degenere) a punti reali. Si tratta di una curva limitata e chiusa, che possiede un centro di simmetria e due assi di simmetria.

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Al variare del parametro reale $a$ , discutere le caratteristiche geometriche del luogo dei punti del piano che soddisfano la relazione

$\begin{equation*} 2xy+2ax-2ay+\left(a^2-1\right)=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Utilizziamo il metodo degli invarianti per classificare la conica dipendente da parametro. Analizziamo innanzitutto la matrice associata alla parte quadratica della conica:

$\begin{equation*} A_0=\begin{pmatrix} 0&1\\1&0 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Il suo determinante è sempre $I_2=-1<0$ . Quindi la conica è sempre un’iperbole, indipendentemente dal valore di $a$ . Per capire se è degenere oppure no, studiamo il determinante della matrice associata

$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 0&1&a\\1&0&-a\\a&-a&a^2-1 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Il suo polinomio caratteristico è

$\begin{equation*} p(\lambda)=-\lambda^3+\left(a^2-1\right)\lambda^2+\left(1+2a^2\right)\lambda+\left(1-3a^2\right). \end{equation*}$

Ora notiamo che:

$\quad$

Il coefficiente $a^2-1$ è positivo per $|a|>1$ , nullo per $|a|=1$ e negativo per $|a|<1$ ;

Il coefficiente $1+2a^2$ è sempre strettamente positivo;

Il coefficiente $1-3a^2$ è positivo per $|a|<\frac{\sqrt{3}}{{3}}$ , nullo per $|a|=\frac{\sqrt{3}}{3}$ e negativo per $|a|>\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Notiamo che $\frac{\sqrt{3}}{3}<1$ , e riassumiamo queste informazioni in una tabella:

$\begin{equation*} \begin{array}{l|ccccc} \toprule &|a|<\frac{\sqrt{3}}{3}&|a|=\frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{3}}{3}<|a|<1&|a|=1&|a|>1\\ \midrule -1&<0&<0&<0&<0&<0\\ a^2-1&<0&<0&<0&=0&>0\\ 1+2a^2&>0&>0&>0&>0&>0\\ 1-3a^2&>0&=0&<0&<0&<0\\ \bottomrule \end{array} \end{equation*}$

Usiamo la regola di Cartesio per determinare i segni degli autovalori della matrice associata, distinguendo i vari casi corrispondenti alle colonne della tabella:

$\quad$

Per $|a|<\frac{\sqrt{3}}{3}$ il termine non nullo di grado più basso è $1-3a^2$ , che ha grado zero, quindi non ci sono autovalori nulli. Inoltre fra i coefficienti di $p(\lambda)$ appare un solo cambio di segno, fra $\left(a^2-1\right)\lambda^2$ e $\left(1+2a^2\right)\lambda$ . Quindi in questo caso la matrice ha un autovalore positivo e due autovalori negativi, per cui $R=3$ .

Per $|a|=\frac{\sqrt{3}}{3}$ il termine non nullo di grado più basso è $\left(1+2a^2\right)$ , che ha grado uno, quindi c’è un autovalore nullo. Inoltre fra i coefficienti di $p(\lambda)$ appare un solo cambio di segno, fra $\left(a^2+1\right)\lambda^2$ e $\left(1+2a^2\right)\lambda$ . Quindi in questo caso la matrice ha un autovalore nullo, un autovalore positivo e $3-1-1=1$ autovalore negativo, per cui $R=2$ .

Per $\frac{\sqrt{3}}{3}<|a|<1$ il termine non nullo di grado più basso è nuovamente $1-3a^2$ , che ha grado zero, quindi non ci sono autovalori nulli. Inoltre fra i coefficienti di $p(\lambda)$ appaiono due cambi di segno, uno fra $\left(a^2-1\right)\lambda^2$ e $\left(1+2a^2\right)\lambda$ e uno fra $\left(1+2a^2\right)\lambda$ e $1-3a^2$ . Pertanto in questo caso ci sono due autovalori positivi e uno negativo, da cui $R=3$ .

Per $|a|=1$ il termine di grado più basso non nullo è $1-3a^2$ , che ha grado zero, quindi non ci sono autovalori nulli. Inoltre fra i coefficienti di $p(\lambda)$ appaiono due cambi di segno, uno fra $-\lambda^3$ e $\left(1+2a^2\right)\lambda$ e uno fra $\left(1+2a^2\right)\lambda$ e $1-3a^2$ . Di conseguenza anche in questo caso ci sono due autovalori positivi e uno negativo, da cui $R=3$ .

Infine, per $|a|>1$ il termine non nullo di grado più basso è ancora $1-3a^3$ che ha grado zero, quindi non ci sono autovalori nulli. Fra i coefficienti di $p(\lambda)$ vi sono due cambi di segno, uno fra $-\lambda^3$ e $\left(a^2-1\right)\lambda^2$ e uno fra $\left(1+2a^2\right)\lambda$ e $1-3a^2$ . Concludiamo che in questo caso la matrice ha due autovalori positivi e uno negativo, per cui $R=3$ .

Quindi possiamo compilare la tabella seguente:

$\begin{equation*} \begin{array}{l|ccccc} \toprule &|a|<\frac{\sqrt{3}}{3}&|a|=\frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{3}}{3}<|a|<1&|a|=1&|a|>1\\ \midrule R&3&2&3&3&3\\ I_2&<0&<0&<0&<0&<0\\ \bottomrule \end{array} \end{equation*}$

Osservando una alla volta le varie colonne, possiamo quindi affermare che:

$\quad$

Per $|a|\ne \frac{\sqrt{3}}{3}$ la conica è un’iperbole (non degenere). Si tratta di una curva illimitata, composta da due rami, che possiede un centro di simmetria e due assi di simmetria.

Per $|a|=\frac{\sqrt{3}}{3}$ , invece, la conica è un’iperbole degenere, che geometricamente corrisponde all’unione di due rette incidenti.

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $\mathscr C\subset \mathbb R^2$ una conica contenente i tre punti $(-1, 0)$ , $(0, 0)$ e $(1, 0)$ . Dimostrare che $\mathscr{C}$ è degenere (semplicemente o doppiamente). Quali possono essere le sue forme canoniche?

Svolgimento.

L’equazione di $\mathscr{C}$ ha la forma $ax^2+2bxy+cy^2+2dx+2ey+f=0$ . Poiché i punti $(-1, 0)$ , $(0, 0)$ e $(1, 0)$ appartengono a $\mathscr{C}$ , inserendo nell’equazione le loro coordinate otteniamo

$\begin{equation*} \begin{cases} f=0\\ a+2d=0\\ a-2d=0 \end{cases}\implies a=d=f=0. \end{equation*}$

L’equazione di $\mathscr{C}$ si semplifica quindi in $2bxy+cy^2+2ey=0$ , che ha matrice associata

$\begin{equation*} A=\begin{pmatrix} 0&b&0\\b&c&e\\0&e&0 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

È facile calcolare $\det A=0$ (ad esempio perché la prima e la terza colonna sono linearmente dipendenti). Di conseguenza $\rank A\ne 3$ , quindi $\mathscr{C}$ deve necessariamente essere degenere. Inoltre $\mathscr{C}$ non può essere un ellisse degenere (perché non può contenere un solo punto), né con una parabola degenere a punti immaginari (perché non può essere l’insieme vuoto).

Pertanto, deduciamo che $\mathscr{C}$ ha una fra le forme canoniche

$\begin{aligned} x^2-1&=0 & x^2-y^2&=0 & x^2&=0. \end{aligned}$

Nello specifico:

$\quad$

Per $b=0$ , $c=1$ ed $e=1$ si ottiene la parabola degenere a punti reali $y^2+2y=0$ , che contiene tutto l’asse $x$ (e in particolare i tre punti assegnati).

Per $b=1$ , $c=0$ ed $e=0$ si ottiene l’iperbole degenere $xy=0$ , che contiene i due assi (e in particolare i tre punti assegnati).

Per $b=0$ , $c=1$ ed $e=0$ si ottiene la conica doppiamente degenere $y^2=0$ , che contiene tutto l’asse $x$ (e in particolare i tre punti assegnati).

Quindi ciascuna delle tre equazioni precedenti può essere una forma canonica valida per $\mathscr{C}$ .

Riferimenti bibliografici

[1] Sernesi, E., Geometria I, Bollati Boringhieri (1989).

[2] Qui Si Risolve, Coniche affini reali.

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