4. quadriche dello spazio reale 4.1 iperquadricheverardi/quadriche ed esercizi.pdf · quadrica è...

Geometria proiettiva – modulo prof. Verardi – Le quadriche

97

4. QUADRICHE DELLO SPAZIO REALE

4.1 Iperquadriche

Le nozioni viste nei capitoli sulle coniche si possono generalizzare in varie

direzioni. Una di esse è considerare piani proiettivi su campi diversi da R.

L’ambiente più naturale è infatti il campo complesso, nel quale le classificazioni

delle coniche proiettive ed affini sono più semplici, e le altre proprietà

continuano a valere. In alternativa, si può cercare di dare un senso alla nozione

di conica in un piano proiettivo su un campo finito: si veda in proposito il testo

di Hughes –Piper citato in bibliografia.

Un’altra generalizzazione consiste nel considerare uno spazio proiettivo (reale)

di dimensione qualsiasi. L’equazione

!

Xt"A " X = 0, dove A è una matrice

simmetrica d’ordine n+1, corrisponde ad una iperquadrica di

!

"n

R( ) , che

potremmo chiamare n-quadrica. Essa è detta degenere se det(A) = 0. Il rango e la

segnatura della forma quadratica

!

Xt"A " X = 0 determinano la classificazione

dell’iperquadrica nel campo reale, mentre nel campo complesso basta solo il

rango.

Molte delle nozioni viste per le coniche continuano a valere per le n-quadriche

non degeneri. In particolare, poiché la matrice simmetrica A d’ordine n+1

possiede al massimo

!

n +2

2

"

# $

%

& ' termini distinti, l’iperquadrica è individuata da

!

n +2

2

"

# $

%

& ' (1=

n ) n +3( )2

punti distinti.

Le nozioni di tangente e polare ad una n-quadrica non degenere

!

Xt" A " X = 0 si

generalizzano in modo naturale: sia P un punto, rappresentato in coordinate

omogenee da una matrice colonna. L’iperpiano polare è

!

Pt"A " X = 0 e, se P

appartiene alla n−quadrica, allora esso è l’iperpiano tangente in P. Esso potrà

avere in comune con la n-quadrica un solo punto reale o, più generalmente, una

n-1-quadrica degenere. Come per le coniche, presi due punti distinti P, P’ sulla

n−quadrica, esiste una proiettività che trasforma la n-quadrica in sé e in


98

particolare porta P in P’. In altre parole, il gruppo delle proiettività che

trasformano in sé la n−quadrica agisce transitivamente sui suoi punti. Ne segue

che se un iperpiano tangente ha in comune con la n−quadrica un dato tipo di

n−1-quadrica degenere, lo stesso accade per ogni altro iperpiano tangente.

In particolare, nel caso di n = 3, un piano ed una quadrica hanno in comune una

conica. Nel caso della tangenza, tale conica come detto è degenere. Se la

quadrica è non degenere, il piano tangente in un punto P può avere in comune

con la quadrica o il solo punto P, e avremo una quadrica a punti ellittici, oppure

una coppia di rette distinte che si incontrano in P, nei casi delle quadriche rigate

o a punti iperbolici. Una retta doppia si può avere solo se la quadrica è un cono,

ossia se r(A) = 3, cioè in qualche caso degenere.

Continua a valere il teorema di reciprocità: se l’iperpiano polare di P passa per

Q, l’iperpiano polare di Q passa per P. Vale anche la proprietà della quaterna

armonica su ogni retta secante la n-quadrica.

Dal punto di vista affine, le n−quadriche non degeneri di

!

Rn si ripartiscono in

numerose sottoclassi, a seconda della n-1-quadrica che hanno in comune con

l’iperpiano improprio. Si possono distinguere le n-quadriche a centro, in cui il

polo dell’iperpiano improprio è un punto proprio, e quelle in cui tale polo è un

punto improprio. Gli iperpiani diametrali sono gli iperpiani polari dei punti

impropri, e passano tutti per il centro. Vediamo alcuni dettagli sulle forme

canoniche. (Si faccia attenzione al mutare di significato dei simboli precedenti).

Siano X il vettore colonna generico di

!

Rn , A una matrice simmetrica non nulla

d’ordine n, B un vettore colonna di

!

Rn , c un numero reale. In coordinate non

omogenee, posto cioè

!

x0 = 1, l’equazione di una n-quadrica affine è:

!

Xt" A " X + 2 #B

t" X + c = 0 (1)

Cerchiamo di ridurla a una forma canonica di tipo metrico, ossia con

trasformazioni isometriche dello spazio euclideo

!

Rn . Incominciamo cercando

una traslazione

!

X = " X + L che elimini se possibile i termini di I grado. Sostituendo

in (1), con qualche passaggio si ha:

!

" X t # A # " X + 2 $ L

t # A + Bt%

& '

(

) * # " X + L

t # A # L + 2 $Bt # L + c%

& '

(

) * = 0


99

Affinché siano nulli i termini di I grado occorre che

!

Lt " A + B

t#

$ %

&

' ( sia il vettore riga

nullo, ossia che risulti

!

A " L + B = 0 (vettore-colonna nullo).

Poniamo

!

" = det A( ) e distinguiamo due casi:

A)

!

" # 0. Allora il sistema

!

A " L + B = 0 ha soluzione unica, ossia esiste il vettore L

tale che la traslazione

!

X = " X + L azzera i termini di I grado. Si verifica facilmente

che L è il polo dell’iperpiano improprio, ossia è il centro della n-quadrica.

Fissiamo l’origine delle coordinate in tale punto L: allora l’equazione

dell’iperquadrica diventa:

!

" X t # A # " X + L

t # A # L + 2 $Bt # L + c%

& '

(

) * = 0

Calcoliamo il termine noto. Poiché

!

Lt" A + B

t= 0, segue:

!

Lt " A " L + 2 #Bt " L + c = L

t " A + Bt$

% &

'

( ) " L + B

t " L + c = Bt " L + c

Ora, la matrice della n-quadrica proiettiva è esprimibile a blocchi così:

!

c Bt

B A

"

#

$ $

%

&

' ' .

Mostriamo che il suo determinante Δ è uguale a

!

" # Bt $ L + c

%

& '

(

) * . Per la regola di

Cramer, posto

!

" i il determinante ottenuto sostituendo l’i-esima colonna di δ con

la colonna –B, la i-esima componente di L è

!

" i/δ. Se ora sviluppiamo Δ secondo la

prima riga, si ha proprio:

!

" = c # $ + bi # $ i

i=1

n

% = c # $ + Bt & L # $ = c + B

t & L'

( )

*

+ , # $ .

Allora, l’equazione della n-quadrica dopo la traslazione è diventata:

!

" X t# A # " X +

$

%= 0 (2)

Scegliamo ora una base ortonormale di autovettori della matrice simmetrica A,

relativi agli autovalori

!

" i, 1 # i # n , tutti ovviamente non nulli avendo δ come

prodotto. Detta P la matrice che ha per colonne le coordinate dei vettori della

nuova base, si ha

!

P"1

= Pt e

!

Pt " A " P =

#1 K 0

K K K

0 K #n

$

%

& & &

'

(

) ) ) .


100

Posto

!

" X = P # Y , ne segue l’equazione canonica metrica

!

" i # yi2

i=1

n

$ +%

&= 0 ,

ottenuta in definitiva con l’isometria

!

X = P " Y + L .

Di qui, con la stessa tecnica vista per le coniche, se

!

" # 0 si arriva all’equazione

canonica

!

±yi2

i=1

n

" +1 = 0 di una n-quadrica affine a centro e non degenere.

Osservazioni 4.1.1 a) Se

!

" = 0, la n-quadrica è un iper-cono col vertice nel

punto L. L’equazione canonica affine è

!

±yi2

i=1

n

" = 0 e, in questa forma, è costituito

da rette uscenti dall’origine.

b) Posto

!

f X( ) = Xt" A " X + 2 #B

t" X + c , un punto L è il centro della n−quadrica

f(X) = 0 se e solo se

!

"f( ) L( ) = 0.

B) Il caso

!

" = 0. Procediamo in senso opposto al caso precedente, partendo da

una base ortonormale

!

V1, V2,K, Vn{ } di autovettori di A, relativi agli autovalori

!

" i, 1 # i # n , dove però stavolta siano non nulli i primi r, mentre i restanti siano

nulli. Sia come prima P la matrice ortogonale di passaggio. Posto

!

X = P " # X e

!

" A = Pt# A # P , A’ è la matrice che ha sulla diagonale gli autovalori di A e per il

resto tutti zeri. Per la n-quadrica si ha allora l’equazione:

!

f " X ( ) = " X t # " A # " X + 2 $ B

t # P%

& '

(

) * # " X + c = 0. (3)

Sia ora

!

V =

x 1

K

x n

"

#

$ $ $

%

&

' ' ' un vettore di

!

Rn . Cerchiamo di determinare V in modo che con

la traslazione

!

" X = Y + V si possano eliminare i termini di I grado contenenti

!

" x i, 1 # i # r ed il termine noto. Sostituiamo in (3) ed eseguiamo alcuni

raccoglimenti, ottenendo:

!

Yt " # A " Y + 2 $ V

t " # A + Bt " P

%

& '

(

) * " Y + V

t " # A " V + 2 $Bt " P " V + c%

& '

(

) * = 0 (4)

Notiamo che il termine noto è

!

f V( ) . Poniamo ora

!

V0 = " A # V . Le sue coordinate

sono nulle dalla r+1-esima in poi, mentre le prime r sono del tipo

!

" i # x i . Ciò


101

posto, i coefficienti dei termini di I grado sono le coordinate di

!

V0 + Pt" B.

Azzeriamo se possibile le prime r coordinate di questo vettore. Avremo il sistema

!

" i # x i + Vit$ B = 0, 1 % i % r , da cui ricaviamo subito

!

x i = "Vi

t# B

$ i

, 1 % i % r .

Pertanto, scelto V in modo che le sue prime r coordinate soddisfino la

condizione appena trovata, nell’equazione (4) i termini di I grado in

!

y1,K, yr

hanno i coefficienti nulli.

Ora valutiamo il termine noto, che è come detto

!

f V( ) . E’ nullo se e solo se V

appartiene alla n-quadrica.

Se ci limitiamo al caso delle n-quadriche non degeneri, la matrice A deve avere

rango almeno n-1, quindi al più un autovalore nullo. Nel caso attuale, dunque, si

ha r = n-1. Abbiamo allora solo un termine di I grado,

!

2 " Bt # Vn$

% &

'

( ) " yn , il cui

coefficiente è necessariamente non nullo altrimenti la quadrica sarabbe

degenere. L’equazione è quindi:

!

" i # yi2

i=1

n$1

% + 2 # Bt & Vn'

( )

*

+ , # yn + f V( ) = 0

Ma ora l’unica coordinata libera di V è

!

x n . Poiché A’ ha l’ultima riga e l’ultima

colonna nulle, l’equazione

!

Vt" # A " V + 2 $B

t" P " V + c = 0 contiene l’incognita

!

x n

solo di I grado, con coefficiente

!

2 "Bt# Vn $ 0 , quindi è possibile ricavarla ed

ottenere in definitiva l’equazione canonica metrica:

!

" i # yi2

i=1

n$1

% + 2 # Bt & Vn'

( )

*

+ , # yn = 0.

Una n-quadrica di questo tipo è tangente all’iperpiano improprio, nel punto di

coordinate proiettive omogenee

!

0,0,K, 0,1[ ]n+1

1 2 4 4 3 4 4 , e potremmo chiamarla

iper−paraboloide. Il punto V è il suo vertice. Di qui, con trasformazioni diagonali

è possibile ottenerne l’equazione canonica affine

!

±yi2

i=1

n"1

# " yn = 0.

Osservazione. Se la matrice A ha rango n-1 e la matrice della n-quadrica

proiettiva ha determinante nullo, allora la n-quadrica si chiama iper-ciclindro.


102

4.2 Quadriche

Vediamo ora nel caso n = 3 la classificazione delle quadriche non degeneri.

Come nel caso delle coniche, dati due punti P, P’ esiste sempre una proiettività

che muta la quadrica in se stessa e porta P in P’, quindi muta il piano tangente in

P in quello in P’. Ne segue che in ogni punto P il piano tangente interseca la

quadrica solo nel punto P (punto ellittico) oppure in due rette distinte (punto

iperbolico). In quest’ultimo caso, la quadrica si dice rigata. Abbiamo almeno i

casi seguenti:

tipo classificazione prototipo punti figura

a centro ellissoide

immaginario

!

x2

a2+

y2

b2+

z2

c2+1 = 0

ø ø

a centro ellissoide reale

!

x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1

ellittici

a centro iperboloide a due

falde

!

x2

a2"

y2

b2"

z2

c2= 1

ellittici

a centro iperboloide a una

falda

!

x2

a2+

y2

b2"

z2

c2= 1

iperbolici

Non a

centro paraboloide ellittico

!

z =x2

a2+

y2

b2

ellittici

Non a

centro paraboloide

iperbolico

!

z =x2

a2"

y2

b2

iperbolici

Infatti, dal punto di vista metrico, come accade per n = 2, ogni quadrica non

degenere a centro è isometrica ad una di equazione

!

" i # xi

2

i=1

3

$ +%

&= 0. Avremo

così varie combinazioni di segni e coefficienti, fino alla forma canonica metrica


103

!

±xi

2

ai

2i=1

3

" = ±1, dove i numeri positivi

!

ai sono detti semiassi. Nel caso dei

paraboloidi, si ha l’equazione canonica metrica

!

±xi

2

ai

2i=1

2

" + x3 = 0.

Nel caso delle quadriche a centro, la classificazione può avvenire calcolando i 4

coefficienti dell’equazione canonica. Nel caso dei paraboloidi, conviene spesso

studiare la conica all’infinito, per vedere se si hanno punti ellittici o iperbolici.

Esercizio 4.2.1. Sia data la quadrica di equazione

!

5x2+ 2xy " xz "7x "2y + 2 = 0.

a) Si classifichi la quadrica.

b) Si dimostri che è il luogo delle rette incidenti le due rette

!

x = 0

y = 1

" # $

e

!

x = 1

z = 0

" # $

e

parallele al piano

!

5x + 2y " z = 0.

c) Si trovino l’equazione del piano tangente e della retta normale in un suo

punto.

d) Si classifichi la conica intersezione della quadrica col piano z+2y = 0.

Svolgimento. Si identifichino x, y, z con

!

x1,

!

x2 e

!

x3, mentre

!

x0 indichi la

coordinata impropria. Conviene moltiplicare per 2 i coefficienti, per comodità.

Allora:

!

A =

4 "7 "2 0

"7 10 2 "1

"2 2 0 0

0 "1 0 0

#

$

% % % %

&

'

( ( ( (

, det(A) = 4;

!

A00 =

10 2 "1

2 0 0

"1 0 0

= 0. Si tratta allora di un

paraboloide. Poiché la conica intersezione col piano improprio è

!

5x2+ 2xy " xz = 0 e si spezza nelle due rette improprie reali

!

x = 0 e

!

5x + 2y " z = 0,

si tratta di un paraboloide iperbolico.

b) I punti delle due rette hanno coordinate

!

R = 0,1,u( ) ed

!

S = 1, v,0( ) . La retta RS

ha equazione

!

x = 0 + t "(1# 0)

y = 1+ t "(v #1)

z = u + t "(0 #u)

$

% &

' &

, ossia

x = t

y = 1+ t "(v #1)

z = u # t "u

$

% &

' &

, ed ha vettore direttore

!

U = 1, v "1,"u( ) . Il piano

!

5x + 2y " z = 0 ha vettore normale

!

N = 5,2,"1( ) . La retta RS

è parallela al piano se e solo se U è perpendicolare ad N, ossia se e solo se


104

!

5 "1+ 2 " v #1( ) + #1( ) " #u( ) = 0 , da cui segue

!

u + 2v + 3 = 0 . Eliminiamo ora i

parametri t e v, avendo posto

!

u = "2v "3. Si ottiene:

!

5x2+ 2xy " xz "7x "2y + 2 = 0,

ossia la quadrica data.

c) Un punto della quadrica è per esempio

!

P = 0,1,0( ) , ossia, in coordinate

omogeneee,

!

P = 1,0,1,0[ ]. Il piano tangente ha coefficienti dati da

!

P " A , ossia

!

2,"5,"2,0[ ] , quindi ha equazione -5x-2y+2 = 0. La normale in P (ossia la

perpendicolare al piano tangente) ha equazione:

!

x = 0 "5t

y = 1"2t

z = 0 + 0t

#

$ %

& %

, ossia

!

y = 1+ 2x/5

z = 0

" # $

.

d) Il piano z+2y = 0 interseca la conica all’infinito della quadrica nei due punti

distinti

!

0,0,1,"2[ ] e

!

0,4,"5,10[ ] , quindi la conica intersezione del piano con la

quadrica è un’iperbole o una coppia di rette incidenti. Il polo P del piano si

ottiene col prodotto

!

0,0,2,1[ ] " A#1 = 1,1

2,1

4,#

3

2

$

% &

'

( ) =

1

2,1

4,#

3

2

*

+ , ,

-

. / / , e non appartiene al

piano, perciò il piano non è tangente alla quadrica. Allora, la conica intersezione

non è degenere e quindi è un’iperbole.

Esercizio 4.2.2. Si classifichi la quadrica di equazione:

!

x2+ 2y "z #2y #2 = 0 .

Svolgimento: la sua matrice è

!

"2 0 "1 0

0 1 0 0

"1 0 0 1

0 0 1 0

#

$

% % % %

&

'

( ( ( (

, ed ha determinante

!

" = 2 # 0,

mentre la sottomatrice dei termini di II grado

!

1 0 0

0 0 1

0 1 0

"

#

$ $ $

%

&

' ' ' ha determinante -1 ed

autovalori 1, 1, -1. Si tratta quindi di un iperboloide ad una falda, la cui

equazione canonica è

!

x2

2+

y2

2"

z2

2= 1. Poiché i primi due autovalori sono

uguali, l’iperboloide è di rotazione intorno all’asse z


105

5. ESERCIZI FINALI

5.1 Testo degli esercizi

5.1.A - Piani e spazi proiettivi e collineazioni

A.1 - Si trovi l’espressione algebrica della prospettività di centro

!

O = 1,0,0[ ] , asse

la retta di coefficienti

!

1,1,1[ ] e che porta il punto

!

P = 0,0,1[ ] nel punto

!

" P = 1,0,1[ ] .

A.2 – Se si compongono due prospettività, di centri O, O’ ed assi s, s’, che cosa si

ottiene?

A.3 – Se esistesse un piano affine di ordine 12, quanti punti e quante rette

avrebbe? Potrebbe valere in un tale piano il teorema di Desargues?

A.4 - Si enunci il duale del teorema di Desargues.

A.5 - Siano dati i seguenti sei punti sul piano reale:

!

O = 0,0( ) ,

!

A = 1,0( ) ,

!

B = 0,1( ) ,

!

" O = 1,1( ) ,

!

" A = 2,4( ) ,

!

" B = 4,0( ) .

a) Determinare l’equazione dell’affinità f del piano, che trasforma O in O’, A

in A’, B in B’.

b) Dimostrare che f è una similitudine e calcolarne il rapporto.

c) Trovare gli eventuali punti uniti di f.

A.6 – a) Siano date nel piano proiettivo due rette distinte r, r’ e su di esse due

terne di punti distinti A, B, C ed A’, B’, C’. Si costruisca graficamente una

proiettività tra r ed r’, che porti A in A’, B in B’, C in C’ (si usi il teorema di

Pappo).

b) Siano date nel piano proiettivo due punti distinti O, O’ e per essi due terne di

rette distinte a, b, c ed a’, b’, c’. Si costruisca graficamente una proiettività tra O

ed O’, che porti a in a’, b in b’, c in c’ (si usi il duale del teorema di Pappo).


106

5.1.B - Coniche

B.1 – Sia data la conica proiettiva

!

x02 "2 #x0 #x1 +2 #x1

2 " x22 = 0, il suo punto

!

P = 1,1,1[ ] ed il punto

!

O = 1,1,0[ ] . Dopo avere verificato che la conica è non

degenere, si trovino: la polare d di O; il punto P’ in cui la retta OP interseca

ulteriormante la conica; la prospettività α di centro O ed asse d, che porta P in P’.

Si verifichi che

!

"2

= id e che α trasforma la conica in sé.

B.2 - Sia data la conica proiettiva di equazione

!

x0

2" 4x0x1 + 4x1

2" x2

2= 0. Se è

degenere, si trovino le rette in cui si spezza. Se non è degenere, se ne trovi una

forma canonica.

B.3 - Per ogni t∈R sia data la conica di equazione:

!

t2 +1"

# $

%

& ' ( x

2+ t2 + 2t"

# $

%

& ' ( y

2 )5 ( t2 +1"

# $

%

& ' ( x )5 ( t2 + 2t

"

# $

%

& ' ( y = 0 .

Si trovino, al variare di t:

a) Le coniche degeneri.

b) Le circonferenze.

c) Le parabole.

B.4 - Sia data la conica di equazione

!

2x2" y2

+ 4x " y + 3 = 0 . Se ne diano la

classificazione e le forme canoniche rispettivamente proiettiva, affine, simile e

metrica.

B.5 - Sia data la conica proiettiva di equazione:

!

2x12 +2x1 "x2 + x2

2 + 6x0 "x1 #2x0 "x2 + x02 = 0 .

a) Si verifichi che non è degenere.

b) Si costruiscano i piani affini relativi alle rette

!

x0 = 0,

!

x1 = 0,

!

x2 = 0,

!

x0 + x1 + x2 = 0 e per ciascuno si classifichi la conica affine ottenuta dalla

conica proiettiva data.

B.6 – Data la parabola di equazione

!

y = x2" 6x + 5, si trovi l’equazione di

un’affinità che la trasformi in sé, ma ne muti il vertice V nel punto in cui essa

interseca l’asse y.


107

B.7 - Sia data la conica

!

2x2" y2

+ 4x " y + 3 = 0 , che sappiamo essere un’iperbole.

Si trovino:

a) Il suo centro

b) I suoi assi

c) I suoi asintoti

d) La sua eccentricità

e) La polare del punto

!

P = 1,0( )

f) Se P è esterno, si trovino le tangenti condotte da P alla conica.

B.8 - Sia dato il fascio di coniche proiettive:

!

m " x1

2#2n " x0 " x1 #n " x0 " x2 + 3n #m( ) " x0

2= 0 , m,n∈R.

a) Se ne trovino i punti base.

b) Nel piano affine rispetto alla retta

!

x0 = 0, al variare di m, n non nulli si

ottengono delle parabole: si verifichi che i loro vertici, al variare dei

parametri, appartengono alla conica C di equazione

!

x2+ x " y #3x +1 = 0.

c) Si classifichi la conica C dal punto di vista metrico e se ne trovino le

caratteristiche principali.

B.9 - Sia data l’iperbole di equazione

!

x2

25"

y2

16= 1.

a) Se ne calcolino l’eccentricità e l’angolo fra gli asintoti.

b) Si determini il luogo dei punti medi delle corde dell’iperbole parallele alla

retta di equazione

!

y = x + 7.

B.10 - Si dimostri quanto affermato nella costruzione 14.18.

B.11 - Scrivere in forma canonica metrica la conica di equazione

!

3y2" 4xy +10x "10y = 0, classificarla e, se non è degenere, trovarne

l’eccentricità. Condurre infine dal punto P = (-2, 0) le tangenti alla conica, se

possibile.

B.12 - Quali coniche del piano cartesiano possono essere grafici di funzioni?

Fornire esempi nei vari casi.


108

B.13 - Si enunci il duale del teorema di Steiner.

B.14 – a) Sia data un’ellisse di equazione canonica metrica

!

x2

a2+

y2

b2= 1.

Mediante un’omotetia, è possibile esprimerla nella forma canonica “simile”

!

h " # x 2 + # y 2 = 1, con h > 0 opportuno. Si spieghi come si fa e che relazione c’è tra

il coefficiente h e l’eccentricità. Si concluda che due ellissi sono simili ⇔ …

b) Sia data un’iperbole di equazione canonica metrica

!

x2

a2"

y2

b2= 1. Mediante

un’omotetia, è possibile esprimerla nella forma canonica “simile”

!

h " # x 2 $ # y 2 = 1,

con h > 0 opportuno. Si spieghi come si può fare e che relazione c’è tra il

coefficiente h, l’eccentricità e l’angolo fra gli asintoti. Si concluda che due

iperboli sono simili ⇔ … ⇔ …

B.15 – Si determini il gruppo G delle isometrie che trasformano in sé l’ellisse di

equazione

!

x2

a2+

y2

b2= 1. Al variare di a e b si ottengono sempre gruppi isomorfi, o

ci sono casi particolari?

B.16 – Date le due coniche

!

x2" y2

+ 2y "1 = 0 ,

!

x2"7y +19 = 0 , si consideri il

fascio da esse generato e, in questo fascio si trovino:

a) i punti base

b) le coniche degeneri

c) le parabole

d) le iperboli e le ellissi, ed il luogo dei centri di queste ultime.


109

5.1.C - Quadriche

C.1 - Si classifichi la quadrica di equazione

!

5y2+12yz + 2x + 4 = 0 e se ne trovino

il centro, i vertici, gli assi. Si dimostri poi che è il luogo delle rette parallele al

piano di equazione

!

5y +12z = 0 ed incidenti alle rette

!

y = 0

x = "2

# $ %

e

!

y = 1

2x +12z + 9 = 0

" # $

.

C.2 - Classificare la quadrica proiettiva di equazione

!

x0 " x1 # x2 " x3 = 0. Trovare

poi il polo del piano

!

x1 + x2 = 0.

C.3 - Si classifichi la quadrica di equazione:

!

x2"2xy + 2y2

+ 2yz + z2"2y + 2 = 0 .

Si classifichi poi la conica intersezione della quadrica col piano

!

x " y = 0

C.4 – Sia data la quadrica di equazione

!

3x2+ 7y2

+ 5z2+ 4 2y "z # 9 = 0.

a) Classificarla e trovarne l’equazione canonica metrica

b) Trovarne il centro ed i piani principali

c) L’espressione algebrica della isometria che la porta a forma canonica.

d) Trovare il piano tangente in un suo punto.


!

x2+ a " y2

+ z2+ 2b " x " y # 4 = 0 , a,b∈R.

a) Per quali a, b è una sfera? Trovarne centro e raggio.

b) Per quali a, b è un ellissoide di rotazione?

c) Per quali a, b è degenere e che cos’è?

d) Posto a = -4, b = 0, classificare la conica che si ottiene intersecando la

quadrica col piano z = 1.

NOTA. Nella sezione seguente si fornisce una possibile soluzione dei quesiti precedenti.

Tale soluzione non è necessariamente la migliore o l’unica. Si suggerisce pertanto di

cercare ove possibile soluzioni più eleganti, più brevi o comunque diverse da quelle

proposte.


110

5.2. Risposte agli esercizi di geometria proiettiva

5.2.A - Piani e spazi proiettivi e collineazioni

A.1 - Si trovi l’espressione algebrica della prospettività di centro

!

O = 1,0,0[ ] , asse

la retta di coefficienti

!


!


!

" P = 1,0,1[ ] .

Soluzione. Una proiettività ha la forma

!

"Y = A # X , A quadrata d’ordine 3, non

singolare, λ ≠ 0. Per esteso:

!

"y0 = a00 # x0 + a01 # x1 + a02 # x2

"y1 = a10 # x0 + a11 # x1 + a12 # x2

"y2 = a20 # x0 + a21 # x1 + a22 # x2

,

a00 a01 a02

a10 a11 a12

a20 a21 a22

$

% &

' &

( 0, " ( 0

Scriviamo i punti come matrici-colonna di

!

R3. Nella prospettività il punto O è

unito; la condizione

!

"O = A #O implica

!

a10 = a20 = 0. La condizione

!

" # P = A $ P

implica

!

a02 = a22 e

!

a12 = 0 . La matrice è ora:

!

a00 a01 a22

0 a11 0

0 a21 a22

"

#

$ $ $

%

&

' ' '

Il generico punto X dell’asse ha coordinate proiettive

!

h,k,"h " k[ ] e deve

corrispondere a se stesso, ossia

!

"X = A # X . Se ne ricava subito

!

" = a11 e, di

conseguenza, si ottiene il sistema

!

h " a00 # a11 # a22( ) + k " a01 # a22( ) = 0

h " a11 # a22( ) + k " a11 + a21 # a22( ) = 0

$

% &

' & , che deve

avere per soluzione ogni possibile coppia di valori di h e k. Allora i coefficienti

devono essere nulli. Posto poi

!

a22 = 1, si ottiene la matrice

!

A =

2 1 1

0 1 0

0 0 1

"

#

$ $ $

%

&

' ' ' .

A.2 – Se si compongono due prospettività, di centri O, O’ ed assi s, s’, che cosa si

ottiene?

Soluzione. Siano f, f’ le due prospettività. Distinguiamo alcuni casi.

I) O = O’, s = s’. La composta è ancora una prospettività di centro O ed asse s, a

meno che non sia l’identità.


111

II) O ≠ O’, s = s’. La retta OO’ è trasformata in se

stessa, e così ogni punto di s. Siano P un punto,

!

Q = " f P( ) ,

!

R = f Q( ) = f o " f P( ) ,

!

L = O " O #PR . Allora L è

un punto unito per

!

f o " f . Infatti, il suo

corrispondente in f’ è il punto K intersezione della

retta O’L con la corrispondente HQ della retta LP.

Il corrispondente di K in f è l’intersezione di OK con la corrispondente HR della

retta KQ, ossia è proprio L. Pertanto, la composta è una prospettività di centro L

ed asse s.

III) O = O’, ma s ≠ s’. Si tratta del caso duale del precedente: si ottiene una

prospettività di centro O ed asse passante per il punto comune ai due assi.

IV) O ≠ O’, s ≠ s’. La retta a = OO’ e il punto A = s∩s’ sono uniti per

!

f o " f . In

generale, però,

!

f o " f non è una prospettività. Per esserlo, una proiettività deve

possedere in

!

R3 due autospazi di dimensione 1 e 2 rispettivamente, cui

corrispondono un punto unito ed una retta di punti uniti. Ora, siano A la

matrice dell’esercizio A.1 e B la matrice della prospettività di centro

!

O = 0,0,1[ ] ,

asse la retta di coefficienti

!


!


!

" P = 1,0,1[ ] , ossia

!

A =

2 1 1

0 1 0

0 0 1

"

#

$ $ $

%

&

' ' ' ,

!

B =

1 0 0

0 1 0

1 0 3

"

#

$ $ $

%

&

' ' ' . Il prodotto

!

A " B =

3 1 3

0 1 0

1 0 3

#

$

% % %

&

'

( ( ( ha però

tre autovalori distinti e non può essere la matrice di una prospettività.

A.3 – Se esistesse un piano affine di ordine 12, quanti punti e quante rette

avrebbe? Potrebbe valere in un tale piano il teorema di Desargues?

Soluzione. Il piano avrebbe

!

122

+12+1 = 157 punti ed altrettante rette. In un tale

piano il teorema di Desargues non potrebbe valere, poiché esso vale solo nei

piani costruiti sui campi e non esiste un campo d’ordine 12.

A.4 - Si enunci il duale del teorema di Desargues.

Risposta. “Dati nel piano proiettivo reale due terne di rette, a, b, c ed a’, b’, c’, in

entrambi i casi non passanti per uno stesso punto, ma tali che i punti a∩a’, b∩b’,


112

c∩c’ siano su una stessa retta, le tre rette l, m, n congiungenti rispettivamente

a∩b con a’∩b’, a∩c con a’∩c’ e b∩c con b’∩c’passano per uno stesso punto D.”

A.5 - Siano dati i seguenti sei punti sul piano reale:

!

O = 0,0( ) ,

!

A = 1,0( ) ,

!

B = 0,1( ) ,

!

" O = 1,1( ) ,

!

" A = 2,4( ) ,

!

" B = 4,0( ) .

d) Determinare l’equazione dell’affinità f del piano, che trasforma O in O’, A

in A’, B in B’.

e) Dimostrare che f è una similitudine e calcolarne il rapporto.

f) Trovare gli eventuali punti uniti di f.

Soluzione. Un’affinità f ha equazione

!

Y = f X( ) = M " X + X0, con M matrice

d’ordine 2 non singolare. Si ha

!

X0 = f O( ) = " O . Le altre due condizioni danno

luogo ad un sistema nelle 4 incognite

!

mij. In definitiva, si ottiene

!

y1 = x1 + 3x2 +1

y2 = 3x1 " x2 +1

# $ %

. La matrice

!

M =1 3

3 "1

#

$ %

&

' ( ha le righe ortogonali, ed entrambe

hanno norma

!

10 , dunque

!

M = 10 "P, P =1 10 3 10

3 10 #1 10

$

%

& &

'

(

) ) ortogonale. Si tratta

quindi di una similitudine di rapporto

!

10 . Per trovarne i punti uniti possiamo

risolvere il sistema f(X)-X = 0, che ci dà il solo punto

!

"5

9,"

1

3

#

$ % %

&

' ( ( .

A.6 – a) Siano date nel piano

proiettivo due rette distinte

r, r’ e su di esse due terne di

punti distinti A, B, C ed A’, B’,

C’. Si costruisca graficamente

una proiettività tra r ed r’,

che porti A in A’, B in B’, C in

C’ (si usi il teorema di

Pappo).

Soluzione: si trovi prima la retta GH. La

proiettività porta P in P’.


113

b) Siano date nel piano proiettivo

due punti distinti O, O’ e per essi

due terne di rette distinte a, b, c

ed a’, b’, c’. Si costruisca

graficamente una proiettività tra

O ed O’, che porti a in a’, b in b’, c

in c’ (si usi il duale del teorema di

Pappo).

Soluzione: si trovi prima il punto J. la

proiettività porta r in r’.

5.2.B - Coniche

B.1 – Sia data la conica proiettiva

!

x02 "2 #x0 #x1 +2 #x1

2 " x22 = 0, il suo punto

!

P = 1,1,1[ ] ed il punto

!

O = 1,1,0[ ] . Dopo avere verificato che la conica è non

degenere, si trovino: la polare d di O; il punto P’ in cui la retta OP interseca

ulteriormante la conica; la prospettività α di centro O ed asse d, che porta P in P’.

Si verifichi che

!

"2

= id e che α trasforma la conica in sé.

Soluzione. La matrice della conica è

!

A =

1 "1 0

"1 2 0

0 0 "1

#

$

% % %

&

'

( ( ( , ed ha determinante -1,

perciò la conica è non degenere. Al solito, identifichiamo i punti proiettivi con

matrici-colonna di

!

R3. La polare di O ha equazione

!

Ot" A " X = 0, ossia

!

x1 = 0. La

retta OP ha equazione

!

x0 " x1 = 0. Allora,

!

" P = 1,1,#1[ ] . Sia M la matrice della

prospettività cercata. La condizione

!

M "O = # $O e

!

M " P = # $ % P implicano:

!

m00 = "m01 + m10 + m11

m20 = "m21

# $ %

,

!

m12 = m02

m22 = "m10 "m11 "m02

# $ %

. Imponiamo ora che il

generico punto H della polare di O corrisponda a se stesso. Si ha

!

H = h,0,k[ ] . La


114

condizione

!

M "H = # $H per ogni h, k implica infine

!

m01 = 2 "m11

m21 = 0

# $ %

,

!

m02 = 0

m10 = 0

" # $

da

cui, posto

!

m11 = 1, segue

!

M =

"1 2 0

0 1 0

0 0 "1

#

$

% % %

&

'

( ( ( . Si ha ora

!

Mt" A "M = A , quindi la

proiettività di matrice M trasforma la conica in se stessa.

B.2 - Sia data la conica proiettiva di equazione

!

x0

2" 4x0x1 + 4x1

2" x2

2= 0. Se è

degenere, si trovino le rette in cui si spezza. Se non è degenere, se ne trovi una

forma canonica.

Soluzione. Si ha subito:

!

0 = x0

2" 4x0x1 + 4x1

2" x2

2= x0 "2x1( )

2" x2

2

!

= x0 "2x1 " x2( ) # x0 "2x1 + x2( ) ,

quindi la conica è degenere ed è costituita da due rette distinte.

B.3 - Per ogni t∈R sia data la conica di equazione:

!

t2 +1"

# $

%

& ' ( x

2+ t2 + 2t"

# $

%

& ' ( y

2 )5 ( t2 +1"

# $

%

& ' ( x )5 ( t2 + 2t

"

# $

%

& ' ( y = 0 .

Si trovino, al variare di t:

d) Le coniche degeneri.

e) Le circonferenze.

f) Le parabole.

Soluzione. a) La matrice dei coefficienti ha determinante

!

"25

4t # t + 2( ) # t

2 +1$

% &

'

( ) # 2t

2 + 2t +1$

% &

'

( )

quindi la conica è degenere solo per t = 0 oppure t = -2. In entrambi i casi, si

ottiene la coppia di parallele di equazione

!

x2"5x = 0 .

b) Si ha una circonferenza solo se

!

t2

+1 = t2

+ 2t " t =1

2. Si ottiene l’equazione

!

x2+ y2

"5x "5y = 0 di una circonferenza di centro

!

5

2,5

2

"

# $ $

%

& ' ' e passante per l’origine,

quindi di raggio

!

5

22 .


115

c) La forma quadratica

!

t2 +1"

# $

%

& ' ( x

2+ t2 + 2t"

# $

%

& ' ( y

2 deve essere un quadrato, e ciò è

possibile solo se il coefficiente di

!

x2 o quello di

!

y2 sono nulli. Ciò implica in

definitiva t = 0 oppure t = -2, ma in entrambi i casi la conica è degenere.

Pertanto, non ci sono parabole in questa famiglia.

B.4 - Sia data la conica di equazione

!

2x2" y2

+ 4x " y + 3 = 0 . Se ne diano la

classificazione e le forme canoniche rispettivamente proiettiva, affine, simile e

metrica.

Soluzione. Dal punto di vista proiettivo, la conica è non degenere, in quanto il

suo determinante vale

!

"5

2, ed inoltre è reale, perché per esempio passa per il

punto proiettivo

!

0,1, 2" # $

% & ' . Pertanto, una possibile equazione canonica è

!

x0

2" x1

2" x2

2= 0. Dal punto di vista affine, la forma quadratica

!

2x2" y2 ha

determinante -2, ed autovalori 2 e -1, quindi si tratta di un’iperbole, la cui

equazione canonica affine è

!

x2" y2

"1 = 0. Dal punto di vista metrico, ci si

riconduce con isometrie all’equazione

!

2x2" y2

+

"5

2"2

= 0 # 2x2" y2

= "5

4. Allora,

dividiamo per il termine noto e, a meno di uno scambio tra gli assi, otteniamo la

classica forma canonica metrica:

!

x2

5 4"

y2

5 8= 1. La omotetia

!

x =" x

5 4

y =" y

5 4

#

$

% %

&

% %

trasforma

l’equazione nella forma

!

" x 2 #2 " y 2 = 1, equazione canonica “simile”.

B.5 - Sia data la conica proiettiva di equazione:

!

2x1

2+ 2x1 " x2 + x2

2+ 6x0 " x1 #2x0 " x2 + x0

2= 0 .

c) Si verifichi che non è degenere.

d) Si costruiscano i piani affini relativi alle rette

!

x0 = 0,

!

x1 = 0,

!

x2 = 0,

!

x0 + x1 + x2 = 0 e per ciascuno si classifichi la conica affine ottenuta dalla

conica proiettiva data.

Soluzione. a) La conica è non degenere, perché ha determinante -16.


116

b) Rispetto alla retta impropria

!

x0 = 0, l’equazione della conica diventa, con le

solite convenzioni:

!

2x2+ 2x " y + y2

+ 6x #2y +1 = 0 . La forma quadratica

!

2x2+ 2x " y + y2 ha discriminante negativo, pertanto si tratta di un’ellisse. Posto

!

x = 0, si ottiene

!

y = 1, quindi si tratta di una ellisse reale.

Rispetto alla retta impropria

!

x1 = 0, la forma quadratica

!

x22 "2 #x0 #x2 + x0

2 ha

discriminante nullo, e quindi si tratta di una parabola.

Rispetto alla retta impropria

!

x2 = 0, la forma quadratica

!

2x1

2+ 6x0 " x1 + x0

2 ha

discriminante 28, quindi si tratta di un’iperbole.

Infine, rispetto alla retta impropria

!

x0 = "x1 " x2, la forma quadratica è

!

"3x1

2+ 4x2

2 e ciò dice che si tratta nuovamente di un’iperbole.

B.6 – Data la parabola di equazione

!

y = x2" 6x + 5, si trovi l’equazione di

un’affinità che la trasformi in sé, ma ne muti il vertice V nel punto in cui essa

interseca l’asse y.

Soluzione. La parabola in oggetto è il grafico di un polinomio p(x) di II grado.

L’ascissa del vertice V si trova uguagliando a 0 la derivata del polinomio, ossia

!

2x " 6 = 0 # x = 3# y = p 3( ) = "4 . Il punto in cui la parabola taglia l’asse y è

!

Q = 0,5( ) . Sia

!

x = m11 " # x + m12 " # y + b1

y = m21 " # x + m22 " # y + b2

$ % &

l’affinità inversa. La condizione

!

Q " V

implica

!

b1 = 3"5m12

b2 = "4 "5m22

# $ %

. Sostituiamo nell’espressione dell’affinità, poi

sostituiamo nell’equazione della parabola:

!

m112" # x 2 + 2m11m12 " # x " # y $10m11m12 " # x + m12

2" # y 2 $10m12

2" # y +

!

+ 25m122"m21 # $ x "m22 # $ y + 5m22 = 0.

ed imponiamo che l’equazione abbia i coefficienti proporzionali a quelli

dell’equazione data, poiché le soluzioni devono essere le stesse. Segue subito che

devono essere nulli i coefficienti di x’y’ e di

!

" y 2, quindi

!

m12 = 0.


117

Così sfoltita, l’equazione diventa:

!

m112" # x 2 $m21 " # x $m22 " # y + 5m22 = 0 , ed

allora si deve avere:

!

" = m11

2

6" = m21

5" = 5m22

" = m22

#

$

% %

&

% %

, e quindi

!

m22 = m11

2

m21 = 6m11

2

"

# $

% $

. Posto

!

m11 = k , ne

risulta

!

x = k " # x + 3

y = 6k2 " # x + k2 " # y $5k2 $ 4

% & '

, k ≠ 0. Questa è in realtà l’equazione

dell’affinità inversa, ma basta risolvere rispetto ad x’ e y’. Abbiamo così trovato

infinite affinità che soddisfano le condizioni poste.

B.7 - Sia data la conica

!

2x2" y2

+ 4x " y + 3 = 0 , che sappiamo essere un’iperbole.

Si trovino:

g) Il suo centro

h) I suoi assi

i) I suoi asintoti

j) La sua eccentricità

k) La polare del punto

!

P = 1,0( )

l) Se P è esterno, si trovino le tangenti condotte da P alla conica.

Soluzione. a) Si possono usare varie

tecniche per trovare il centro: o come

polo della retta impropria, o come

punto che annulla le due derivate

parziali, oppure mediante il

completamento dei quadrati. La più

rapida sembra l’usare le derivate

parziali:

!

4x + 4 = 0

"2y "1 = 0# C = "1,"

1

2

$

% & &

'

( ) )

* + ,

- , .

Col completamento dei quadrati si avrebbe:

!

2 x +1( )2" y +

1

2

#

$ % %

&

' ( (

2

+ 3"2+1

4

#

$ % %

&

' ( ( = 0


118

b) Poiché manca il termine in xy, gli assi di simmetria sono paralleli agli assi

coordinati, e passano per il centro. Dunque, gli assi sono le rette

!

x +1 = 0 e

!

2y +1 = 0.

b) Per trovare gli asintoti, si potrebbe considerare il fascio di rette per C e

cercare la condizione di tangenza. Oppure, trovare i due punti impropri

!

L = 0,1, 2" # $

% & ' ,

!

M = 0,1," 2# $ %

& ' ( e congiungerli col centro

!

C = 2,"2,"1[ ] . Le rette CL e

CM hanno equazioni

!

1"2 2# $ %

& ' ( x0 "2 2x1 + 2x2 = 0 e

!

1+ 2 2" # $

% & ' x0 + 2 2x1 + 2x2 = 0 .

Riportate in coordinate cartesiane e in forma esplicita, forniscono:

!

y = 2x + 2 "1

2

#

$ % %

&

' ( ( e

!

y = " 2x " 2 +1

2

#

$ % %

&

' ( (

c) L’eccentricità si calcola trovando dapprima l’equazione canonica, già calcolata

nell’esercizio B4 . Si ha

!

x2

5 4"

y2

5 8= 1, quindi i semiassi sono

!

a = 5 2

b = 5 8

"

# $

% $ , quindi

!

c = a2

+ b2

=30

4" e =

c

a=

30

4

5

2=

6

2

d) Posto

!

P = 1,1,0[ ] , poiché la matrice della conica è

!

A =

3 2 "1 2

2 2 0

"1 2 0 "1

#

$

% % %

&

'

( ( ( , allora

l’equazione della polare è

!

P " A " X = 0, dunque risulta

!

5+ 4x "1

2y = 0 , o anche

!

y = 8x +10 .

e) Poniamo, nella conica,

!

y = 8x +10 , ed otteniamo

!

"62x2"164x "107 = 0 . Il

discriminante è positivo, quindi il punto P è esterno, e le tangenti da P

all’iperbole esistono. Si possono trovare mediante il fascio di rette per P, oppure

trovando i punti intersezione tra la polare di P e la conica, e poi congiungendoli

con P. Con la prima tecnica,

!

y = m " x #1( ) , sostituito nella conica e posto uguale a

zero il discriminante dell’equazione ottenuta, si trova

!

37m2"16m "8 = 0 .

Trovate le due soluzioni, si hanno le tangenti per P.

Ecco le equazioni calcolate da Geogebra, in forma approssimata:

-0.64x - 2.17y = -0.64

1.8x - 2.48y = 1.8


119

B.8 - Sia dato il fascio di coniche proiettive:

!

m " x1

2#2n " x0 " x1 #n " x0 " x2 + 3n #m( ) " x0

2= 0 , m,n∈R.

d) Se ne trovino i punti base.

e) Nel piano affine rispetto alla retta

!

x0 = 0, al variare di m, n non nulli si

ottengono delle parabole: si verifichi che i loro vertici, al variare dei

parametri, appartengono alla conica C di equazione

!

x2+ x " y #3x +1 = 0.

f) Si classifichi la conica C dal punto di vista metrico e se ne trovino le

caratteristiche principali.

Soluzione. a) si può scrivere il fascio nella forma:

!

m " x1

2# x0

2$

% &

'

( ) + n " 3 " x0

2#2 " x0 " x1 # x0 " x2

$

% &

'

( ) = 0

Di qui, basta risolvere il sistema:

!

x12 " x0

2 = 0

3 #x02 "2 #x0 #x1 " x0 #x2 = 0

$ % &

' & . Dalla seconda

equazione si ricava dapprima

!

x0 = 0 " x1 = 0, quindi si ha il punto

!

P = 0,0,1[ ] ,

da contare due volte; oppure,

!

3x0 "2x1 " x2 = 0 # x2 = 3x0 "2x1; dalla prima

equazione si ha poi

!

x1 = ±x0 " x2 = x0 # x2 = 5x0 . Abbiamo allora i due punti

proiettivi

!

Q = 1,1,1[ ] e

!

R = 1,"1,5[ ] .

b) Con la consueta convenzione, si ha

!

y =m

n" x2

#2x #m

n+ 3, che è appunto una

famiglia di parabole. Il vertice V si ricava con i consueti metodi analitici, quindi:

!

V =n

m,"

m

n"

n

m+3

#

$ %

&

' ( )

x =n

m

y = "m

n"

n

m+3

*

+ ,

- ,

) y = "x "1

x+3) x2

+ x .y"3x +1= 0

c) Si tratta di un’iperbole, infatti, ricavando la y,

si ottiene

!

y = "x "1

x+ 3. Un asintoto è la retta

!

x = 0, l’altro è la retta

!

y = "x + 3. Il centro è

quindi

!

A = 0,3( ) . Gli assi sono le bisettrici degli

asintoti, e formano quindi angoli di π/8 e 5π/8

con l’asse x. Ne segue che hanno equazioni:

!

y = tan"

8

#

$ % %

&

' ( ( ) x + 3* y = 2 +1

# $ %

& ' ( ) x + 3,

!

y = tan5"

8

#

$ % %

&

' ( ( ) x + 3* y = + 2 +1

# $ %

& ' ( ) x + 3.


120

B.9 - Sia data l’iperbole di equazione

!

x2

25"

y2

16= 1.

c) Se ne calcolino l’eccentricità e l’angolo fra gli asintoti.

d) Si determini il luogo dei punti medi delle corde dell’iperbole, parallele

alla retta di equazione

!

y = x + 7.

Soluzione. a) I semiassi sono a = 5 e b = 4, pertanto la semidistanza tra i fuochi è

!

c = a2

+ b2

= 41 . Ne segue che l’eccentricità è

!

e =c

a=

41

5. Gli asintoti hanno

equazioni

!

y = ±b

ax " y = ±

4

5x . L’angolo (acuto) fra gli asintoti si può calcolare

per esempio come

!

2 "A ˆ O P =

!

2 " tan#14

5

$

% & &

'

( ) ) * 1,35r

b) Si può procedere

dapprima per via analitica,

considerando il sistema tra

il fascio di rette di

equazione

!

y = x + k , k∈R, e

la conica. Di qui si ottiene

l’equazione:

!

9x2

+ 50k " x + 25 k2

+16#

$ %

&

' ( = 0

Il punto medio delle radici è

!

x = "25

9k

y = "25

9k + k = "

16

9k

#

$

% %

&

% %

, quindi, eliminando k, si

ricava l’equazione

!

y =16

25x . Un altro approccio è il ricordare che il luogo cercato

è il diametro coniugato della direzione y = x+7, ossia è la polare del punto

improprio

!

0,1,1[ ] della retta y = x+7. Allora, l’equazione si ricava anche così:

!

0 = 0,1,1[ ] "#1 0 0

0 1 25 0

0 0 #1 16

$

%

& & &

'

(

) ) ) "

1

x

y

$

%

& & &

'

(

) ) )

=x

25#

y

16

$

% &

'

( ) * y =

16

25x


121

B.10 - Si dimostri quanto affermato nella costruzione 14.18:

“Una costruzione di ellisse ed iperbole dati una circonferenza ed un punto. Siano F e G due

punti ed H un punto di FG. Si tracci la circonferenza di centro F e raggio FH, e si prenda su di

essa un punto M. La retta FM incontri l’asse di MG in un punto P. Se G sta tra F ed H, P

descrive un’ellisse, se H sta tra F e G, P descrive un’iperbole. In entrambi i casi, F e G sono i

fuochi.”

Soluzione. Fissiamo gli assi prendendo come asse x la retta FG e come asse y la

perpendicolare per F ad FG. Possiamo anche assumere come unità di misura

!

FG,

perciò avremo

!

F = 0,0( ) ,

!

G = 1,0( ) ed

!

H = h,0( ) . Allora G sta fra F ed H se h >1,

mentre H sta fra F e G se 0 < h < 1. La circonferenza di centro F e raggio FH è

allora

!

x2+ y2

= h2. Un suo punto M ha coordinate

!

M = h "cos #( ),h " sin #( )( ) . La

retta FH ha equazione

!

y = tan "( ) # x . L’asse di MG ha equazione ottenuta

imponendo l’equidistanza del punto generico

!

x, y( ) da M e da G, ossia

!

x "1( )2

+ y2 = x "h #cos $( )( )2

+ y "h # sin $( )( )2, da cui segue:

!

2 " 1#h "cos $( )( ) " x #2 "h " sin $( ) " y + h2#1 = 0

Il sistema tra le due equazioni dà il punto P di coordinate:

!

x =

h2 "1#

$ %

&

' ( )cos *( )

2 ) h " cos *( )( )y = tan *( ) ) x

+

,

- -

.

- -

.

Ora eliminiamo θ. Sappiamo che

!

1

cos2"( )

= 1+ tan2"( ) , quindi ricaviamo il coseno

dalla prima equazione e sostituiamo nella seconda:

!

cos x( ) =2h " x

2 " x + h2#1

, quindi

!

2 " x + h2 #1$

% &

'

( ) 2

4h2 " x2#1 = tan *( )( )

2=

y2

x2+

!

" 4 h2 #1$

% &

'

( ) * x

2+ 8h2 * y2 # 4 h2 #1

$

% &

'

( ) * x # h2 #1

$

% &

'

( ) 2

= 0

Questa è l’equazione di una conica. Avendo supposto h ≠ 1, possiamo dividere

tutto per

!

4 " h2 #1

$

% &

'

( ) e sommare

!

h2

4 ai due membri, ottenendo:


122

!

x "1

2

#

$ % %

&

' ( (

2

+2h2

h2 "1#

$ %

&

' (

y2=

h2

4,

che con una traslazione diventa

!

" x 2 +2h2

h2 #1$

% &

'

( )

" y 2 =h2

4 e che è un’ellisse se

!

2h2

h2 "1

#

$ %

&

' (

> 0 , ossia h > 1, mentre è un’iperbole se 0 < h < 1.

B.11 - Scrivere in forma canonica metrica la conica di equazione

!

3y2" 4xy +10x "10y = 0, classificarla e, se non è degenere, trovarne

l’eccentricità. Condurre infine dal punto P = (-2, 0) le tangenti alla conica, se

possibile.

Soluzione. La conica è palesemente

un’iperbole. Infatti la matrice è

!

A =

0 5 "5

5 0 "2

"5 "2 3

#

$

% % %

&

'

( ( ( , di determinante 25,

mentre il minore

!

A00 =0 "2

"2 3 vale -4

ed ha autovalori 4 e -1. Allora, con

un’isometria si ricava l’equazione

!

4x2" y2

"25

4= 0.

La forma canonica metrica allora è:

!

x2

25 16"

y2

25 4= 1. Si ha così

!

a =5

4, b =

5

2" c = a2

+ b2=

5 5

4" e =

c

a= 5 . Per trovare le tangenti da P si

considera il “fascio”

!

y = m " x + 2( ) di rette per P, si interseca con l’iperbole e si

uguaglia a zero il discriminante, ricavandone m. L’equazione finale è:

!

61 "m2# 90 "m + 25 = 0 $ m =

45±10 " 5

61

e quindi il punto è esterno.


123

B.12 - Quali coniche del piano cartesiano possono essere grafici di funzioni?

Fornire esempi nei vari casi.

Soluzione. Consideriamo solo le coniche non degeneri. Affinché sia il grafico di

una funzione, di dominio opportuno, occorre che ogni retta parallela all’asse y

intersechi la conica solo in un punto. Ciò è possibile solo se la conica passa per il

punto improprio

!

0,0,1[ ] dell’asse y. Si tratta quindi o di una parabola avente

l’asse parallelo all’asse y, che è appunto il grafico di una funzione polinomiale di

II grado

!

y = a " x2+ b " x + c, a # 0 , oppure di un’iperbole avente un asintoto

parallelo all’asse y, ed in tal caso, l’equazione è del tipo

!

y =a " x2 + b " x + c

m " x + q, m # 0, a, b, c( ) # 0,0,0( ), q, c( ) # 0,0( ), che è il grafico di una

funzione

!

f : R \ "q

m

# $ %

& ' ( ) R. Ecco tre esempi:

B.13 - Si enunci il duale del teorema di Steiner.

Soluzione. “Siano date due

rette distinte o ed u sul piano

proiettivo reale e sia data una

collineazione

!

" che porti o in

u. Ad ogni punto R

appartenente ad u essa

associa un punto

!

" R( )

appartenente ad o. Se il punto

!

A = o"u non corrisponde a

se stesso, allora, al variare di

R, la retta congiungente R con

!

" R( ) inviluppa una conica non

degenere”.

Nota: in figura, la collineazione α tra le due rette è ottenuta

mediante il metodo di A.6-a).


124

B.14 – a) Sia data un’ellisse di equazione canonica metrica

!

x2

a2+

y2

b2= 1.

Mediante un’omotetia, è possibile esprimerla nella forma canonica “simile”

!

h " # x 2 + # y 2 = 1, con h > 0 opportuno. Si spieghi come si fa e che relazione c’è tra

il coefficiente h e l’eccentricità. Si concluda che due ellissi sono simili ⇔ …

b) Sia data un’iperbole di equazione canonica metrica

!

x2

a2"

y2

b2= 1. Mediante

un’omotetia, è possibile esprimerla nella forma canonica “simile”

!

h " # x 2 $ # y 2 = 1,

con h > 0 opportuno. Si spieghi come si può fare e che relazione c’è tra il

coefficiente h, l’eccentricità e l’angolo fra gli asintoti. Si concluda che due

iperboli sono simili ⇔ … ⇔ …

Soluzione. In entrambi i casi si pone:

!

" x = x b

" y = y b

# $ %

, che è un’omotetia, Si ha allora

!

h = b a e, rispettivamente,

!

h " # x 2 + # y 2 = 1 e

!

h " # x 2 $ # y 2 = 1. Nel caso dell’ellisse, si

ha

!

c = a2" b

2= a # 1"h

2$ e =

c

a= 1"h

2 . Inversamente, data l’eccentricità e,

si ricava

!

h = 1" e2 , quindi due ellissi sono simili se e solo se hanno la stessa

eccentricità. Nel caso dell’iperbole, si ha analogamente:

!

c = a2

+ b2

= a " 1+ h2# e =

c

a= 1+ h

2# h = e

2$1

In questo caso, il numero h uguaglia il coefficiente angolare di uno dei due

asintoti. L’angolo tra gli asintoti è allora

!

" = 2 # tan$1

h( ) ; inversamente,

!

h = tan"

2

#

$ % %

&

' ( ( . Pertanto, due iperboli sono simili se e solo se hanno la stessa

eccentricità, se e solo se hanno lo stesso angolo fra gli asintoti.


125

B.15 – Si determini il gruppo G delle isometrie che trasformano in sé l’ellisse di

equazione

!

x2

a2+

y2

b2= 1. Al variare di a e b si ottengono sempre gruppi isomorfi, o

ci sono casi particolari?

Soluzione. Un’isometria che muti in sé l’ellisse, muta in sé anche il centro O e

quindi anche il rombo costituito dai vertici, che sono i punti rispettivamente più

lontani e più vicini dal centro. Inversamente, se un’isometria muta in sé il rombo

dei 4 vertici, muta in sé le loro distanze a e b da O, quindi muta l’ellisse in sé. Il

gruppo è quindi lo stesso del rombo, ha 4 elementi, ossia le due riflessioni x, y

rispetto agli assi, l’identità e la simmetria centrale s. Tutto ciò vale per ogni

ellisse purché sia a ≠ b. Se a = b si ha una circonferenza, ed il gruppo contiene

tutte le infinite rotazioni intorno al centro e tutte le infinite riflessioni rispetto ai

diametri. Ecco la tavola del gruppo nel caso generale:

!

o id x y s

id id x y s

x x id s y

y y s id x

s s y x id

, dove :

x = simmetria di asse y = 0

y = simmetria di asse x = 0

s = simmetria centrale

rispetto all'origine

B.16 – Date le due coniche

!

x2" y2

+ 2y "1 = 0 ,

!

x2"7y +19 = 0 , si consideri il

fascio da esse generato e, in questo fascio si trovino:

a) i punti base

b) le coniche degeneri

c) le parabole

d) le iperboli e le ellissi, ed il luogo dei centri di queste ultime.

Soluzione. Il fascio ha equazione

!

" # x2 $ y2 + 2y $1%

& '

(

) * + µ # x2 $7y +19

%

& '

(

) * = 0, ossia

!

(" + µ) # x2$ " # y2 + 2" $7µ( ) # y $ " +19 #µ = 0

a) I punti base si trovano risolvendo il sistema:

!

x2 " y2+ 2y "1 = 0

x2 "7y +19 = 0

#

$ %

& % . Si sottrae

membro a membro e si ricava:

!

y2" 9 # y + 20 = 0, da cui

!

y = 4 o

!

y = 5. Sostituendo

nella II equazione si ricavano i 4 punti:

!

±4,5( ) ,

!

±3,4( )

b) Il determinante della matrice della conica generica del fascio è:


126

!

" # + µ( ) $ 48# + 49µ( ) $µ4

Perciò sono degeneri le coniche:

!

µ = 0 " x2# y2 + 2y #1 = 0 " x + y #1( ) $ x # y +1( ) = 0

!

µ = "# $ "y2 + 9y "20 = 0 $ y "5( ) % y " 4( ) = 0

!

µ = "48

49# $

x2

49" y2 +

62

7y "

961

49= 0 $ x + 7y "31( ) % x "7y + 31( ) = 0

e, naturalmente, si tratta delle tre coppie di rette per i 4 punti base del fascio.

c) Affinché la conica sia una parabola è necessario che abbia un solo punto

improprio, doppio. Ciò è possibile solo se uno dei due termini di II grado

sparisce, ovvero solo se

!

" + µ = 0 oppure

!

" = 0. Nel primo caso, però si ha una

conica degenere. Nel secondo, si ha l’unica parabola

!

x2"7y +19 = 0 .

d) Si ottengono ellissi se e solo se i coefficienti dei due termini di II grado hanno

lo stesso segno, ossia se

!

"# $ # + µ( ) > 0 . In caso di prodotto negativo si ottengono

iperboli o coniche degeneri. Il centro della conica generica

!

(" + µ) # x2$ " # y2 + 2" $7µ( ) # y $ " +19 #µ = 0 si ottiene uguagliando a zero le

derivate parziali rispetto ad x e y. Tenendo conto che

!

" + µ # 0 e

!

" # 0, allora si

ottiene:

!

2x " # + µ( ) = 0

$2y " # + 2# $7µ = 0%

x = 0

y =2# $7µ

2#

&

' (

) (

&

' (

) (

% x = 0, dunque il luogo è l’asse y.

Legenda:

coniche base

coniche degeneri

A, B, C, D punti base

coniche non dege-

neri.

F, H centri di coniche

del fascio, tutti

sull’asse y.

E, G quinti punti di

coniche del fascio.


127

5.2.C - Quadriche

C.1 - Si classifichi la quadrica di equazione

!

5y2+12yz + 2x + 4 = 0 e se ne trovino

il centro, i vertici, gli assi. Si dimostri poi che è il luogo delle rette parallele al

piano di equazione

!

5y +12z = 0 ed incidenti alle rette

!

y = 0

x = "2

# $ %

,

!

y = 1

2x +12z + 9 = 0

" # $

.

Soluzione. La matrice dei coefficienti

!

A =

4 1 0 0

1 0 0 0

0 0 5 6

0 0 6 0

"

#

$ $ $ $

%

&

' ' ' '

ha determinante 36,

quindi la quadrica è non degenere. Il minore

!

A00 è nullo, quindi si tratta di un

paraboloide. Il piano improprio la interseca nella coppia di rette reali

!

y " 5y +12z( ) = 0 , quindi si tratta di un paraboloide iperbolico. Allora il suo centro

è il punto improprio

!

0,1,0,0[ ] , intersezione delle due rette e punto di tangenza

del paraboloide col piano improprio. C’è quindi un unico vertice e di

conseguenza un unico asse, che è la congiungente del vertice col punto

improprio. Per trovarli, consideriamo un piano perpendicolare all’asse, quindi di

equazione

!

x = k , intersechiamo con la quadrica ed otteniamo, su tale piano, la

conica

!

5y2+12yz + 2k + 4 = 0, la cui matrice è

!

2k + 4 0 0

0 5 6

0 6 0

"

#

$ $ $

%

&

' ' ' , e che è degenere se e

solo se k = -2. Allora, il piano x+2 = 0 è tangente alla quadrica nel vertice. Le due

rette su tale piano hanno in comune il punto y = z = 0, quindi il vertice è il

punto

!

"2,0,0( ) e l’asse è l’asse x.

Siano ora

!

R = "2,0, r( ) ,

!

S ="12s " 9

2,1, s

#

$ % %

&

' ( ( . La retta ST ha equazione parametrica:

!

x = "2+ t # "6s "5 2( )y = t

z = r + t # s " r( )

$

%

& &

'

& &

, ed è parallela al piano

!

5y +12z = 0 se il suo vettore

direttore è perpendicolare al vettore normale al piano, ossia se

!

12r "12s "5 = 0.

Dalla seconda equazione si ricava t = y, dalla quarta

!

r = s + 5 12. Sostituendo


128

nella terza si ottiene

!

s =5y +12z "5

12, che sostituito nella prima restituisce

l’equazione della quadrica.

Inversamente, il generico punto

!

P =

" 5u2+12u # v + 4

$

% &

'

( )

2,u, v

$

%

& & & &

'

(

) ) ) )

ha come piano tangente

!

x =5u2 + 2u " 6v #5y # 6z( ) # 4 3v " y +1( )

2. La sua intersezione con la quadrica fornisce una

conica degenere formata dalle due rette:

!

x =5u2 + 2u " 6v #5y # 6z( ) # 4 3v " y +1( )

2y = u

$

% &

' &

e

!

x =5u2 + 2u " 6v #5y # 6z( ) # 4 3v " y +1( )

2

y =5u +12v #12z

5

$

%

& &

'

& &

e notiamo che la seconda retta giace sul piano

!

y =5u +12v "12z

5, parallelo al piano

!

5y +12z = 0. Essa poi interseca entrambe le rette date, come si vede sostituendole i punti R

ed S ed ottenendo in ogni caso valori di r ed s che annullano le equazioni.

C.2 - Classificare la quadrica di equazione

!

x0 " x1 # x2 " x3 = 0. Trovare poi il polo

del piano

!

x1 + x2 = 0.

Soluzione. Moltiplichiamo per 2 l’equazione, per comodità, ottenendo la matrice

!

A =

0 1 0 0

1 0 0 0

0 0 0 "1

0 0 "1 0

#

$

% % % %

&

'

( ( ( (

, di determinante 1. Il determinante del minore

!

A00 è nullo e,

posto

!

x0 = 0, la conica all’infinito si spezza in due rette reali distinte. Si tratta

quindi di un paraboloide iperbolico. Il polo del piano

!

x1 + x2 = 0 si può trovare

in due modi: detto

!

N = 0,1,1,0[ ] il vettore dei suoi coefficienti, il polo P è dato da

!

N "A#1 = 1,0,0,#1[ ] e dunque

!

P = 0,0,"1( ) . Oppure, posto

!

P = p0,p1,p2,p3[ ] , si

calcola la quaterna dei coefficienti della polare,

!

P "A = p1,p0,#p3,#p2[ ] e si

uguaglia ad N, ossia: p1 = p2 = 0, p0 = -p3. Quindi, si ritrova

!

P = 1,0,0,"1[ ] = 0,0,"1( ) .


129

C.3 - Si classifichi la quadrica di equazione:

!

x2"2xy + 2y2

+ 2yz + z2"2y + 2 = 0 .

Si classifichi poi la conica intersezione della quadrica col piano

!

x " y = 0.

Soluzione. La matrice della quadrica è

!

A =

2 0 "1 0

0 1 "1 0

"1 "1 2 1

0 0 1 1

#

$

% % % %

&

'

( ( ( (

ed ha determinante -1.

Il determinante del minore

!

A00 è nullo e, posto

!

x0 = 0, la conica all’infinito si

scrive nella forma

!

x2"2xy +2y2 +2yz + z2 = x " y( )

2+ y + z( )

2, che si spezza in due

rette complesse coniugate, col solo punto (improprio) reale

!

0,1,1,"1[ ]. Si tratta

quindi di un paraboloide ellittico. La conica intersezione col piano

!

x " y = 0 si

riscrive nella forma

!

y = x

x + z( )2"2x +2= 0

# $ %

. Ad essa appartiene il punto improprio

!

0,1,1,"1[ ], quindi è una parabola, dato che non può trattarsi di due rette

parallele.


!

3x2+ 7y2

+ 5z2+ 4 2y "z # 9 = 0.

a) Classificarla e trovarne l’equazione canonica metrica

b) Trovarne il centro ed i piani principali

c) L’espressione algebrica della isometria che la porta a forma canonica.

d) Trovare il piano tangente in un suo punto.

Soluzione. a) La matrice della quadrica è

!

A =

"9 0 0 0

0 3 0 0

0 0 7 2 2

0 0 2 2 5

#

$

% % % %

&

'

( ( ( (

ed ha

determinante -729. Il determinante del minore

!

A00 è 81, mentre i suoi

autovalori sono 9, 3, 3. Si ha allora l’equazione canonica:

!

9x2+3y2

+3z2"

729

81= 0# x2

+y2

3+

z2

3=1.

Si tratta di un’ellissoide reale di rotazione.

b) Poiché i termini di I grado sono nulli, il centro è l’origine. Un piano di

simmetria (o principale) è x = 0, perché x è solo di II grado. Ogni piano

contenente l’asse di rotazione, ossia l’asse x, è piano di simmetria.

c) Consideriamo una base di autovettori di

!

A00.


130

Per t = 9 si ha

!

x = 0

y = 2 "z

# $ %

& v1 = 0, 2,1( ) & w1 =v1

v1= 0,

6

3,

3

3

'

( ) )

*

+ , ,

Per t = 3 si ha

!

z = " 2 #y$v2 = 1,0,0( )v3 = 0,1," 2( )% & '

( ' $

w2 = 1,0,0( )

w3 =v2

v2= 0,

3

3,"

6

3

)

* + +

,

- . .

%

& '

( '

Avremo così la matrice di passaggio

!

P =

0 1 0

6 3 0 3 3

3 3 0 " 6 3

#

$

% % %

&

'

( ( (

, con determinante 1 e

ortogonale. La rotazione è quindi:

!

X = P " Y , o meglio,

!

Y = Pt" X .

d) Un punto della quadrica è per esempio

!

P = 3,0,0( ) . Il piano tangente in P si

trova come piano polare:

!

1, 3,0,0[ ] "

#9 0 0 0

0 3 0 0

0 0 7 2 2

0 0 2 2 5

$

%

& & & &

'

(

) ) ) )

"

1

x

y

z

$

%

& & & &

'

(

) ) ) )

= 0* x # 3 = 0 .


!

x2+ a " y2

+ z2+ 2b " x " y # 4 = 0 , a,b∈R.

a) Per quali a, b è una sfera? Trovarne centro e raggio.

b) Per quali a, b è un ellissoide di rotazione?

c) Per quali a, b è degenere e che cos’è?

d) Posto a = -4, b = 0, classificare la conica che si ottiene intersecando la

quadrica col piano z = 1.

Soluzione. a) E’ una sfera solo se a = 1 e b = 0. In tal caso, il centro è l’origine e il

raggio è 2.

b) Si ha un’ellissoide di rotazione se i tre autovalori sono positivi e ce ne sono

almeno due uguali. Gli autovalori di

!

A00 =

1 b 0

b a 0

0 0 1

"

#

$ $ $

%

&

' ' '

sono le radici di:

!

det A00 " t( ) = 1" t( ) # t2 " a +1( ) # t + a " b

2$

% &

'

( )

Una radice è 1. Se anche un’altra radice è 1, si ha b = 0 e dunque si ha

un’ellissoide di rotazione per ogni a > 0.

L’altra possibilità è che le radici del polinomio

!

t2" a +1( ) # t + a " b

2 siano uguali e

positive. Sono uguali se e solo se

!

0 = " = a +1( )2# 4 a # b2$

% &

'

( ) = a #1( )

2+ 4b2 * a = 1, b = 0


131

ma in tal caso ricadiamo nel caso precedente, anzi, abbiamo la sfera.

c) La matrice della quadrica è

!

A =

"4 0 0 0

0 1 b 0

0 b a 0

0 0 0 1

#

$

% % % %

&

'

( ( ( (

, ed ha determinante

!

"4 # a " b2$

% &

'

( ) .

La quadrica è degenere se e solo se

!

a = b2. In tal caso, il rango è 3. Si ottiene:

!

x + b " y( )2

+ z2# 4 = 0. La conica all’infinito è una coppia di rette complesse

coniugate, col solo punto improprio reale

!

0,"b,1,0[ ] , quindi si tratta di un

cilindro, con le generatrici parallele alla direzione di questo punto improprio.

Verifica. Intersechiamolo con il piano

!

y = b " x, ortogonale a tale direzione. Si ottiene la conica

!

y = b " x

b2+1

#

$ %

&

' ( 2" x2

+ z2 ) 4 = 0

*

+ ,

- ,

. Sia

!

P =2 "cos #( )

b2 +1,2b "cos #( )

b2 +1,2 " sin #( )

$

%

& &

'

(

) ) , 0 * # < 2+ , il generico

punto di tale conica. Le rette per P di direzione

!

0,"b,1,0[ ] hanno equazioni parametriche:

!

x =2 "cos #( )

b2 +1$ b " t

y =2b "cos #( )

b2 +1+ t

z = 2 " sin #( )

%

&

' ' '

(

' ' '

, 0 ) # < 2*

t + R. Eliminando i parametri t, θ, si ottiene

!

cos "( ) = x + b # y( ) 2

sin "( ) = z 2

$

% &

' & , da cui, quadrando e sommando, si ricava infine l’equazione di partenza

!

x + b " y( )2

+ z2# 4 = 0, il che dimostra che si tratta appunto di un cilindro.

d) Per a = -4 e b = 0 si ottiene l’iperboloide

!

x2" 4y2

+ z2" 4 = 0, a due falde, di

rotazione rispetto all’asse y. Posto

!

z = 1, si ha l’iperbole

!

x2" 4y2

"3 = 0 .

paraboloide

iperbolico

paraboloide

ellittico

--- F I N E ---


132

Indice

Sez. 1 Piani proiettivi p. 1

1.1 Premessa: coni e coniche p. 1

1.2 Piani proiettivi astratti p. 4

1.3 Piani proiettivi finiti p. 9

1.4 I teoremi di Desargues e Pappo p. 13

1.5 Complementi di Algebra p. 19

1.6 Collineazioni nei piani proiettivi sui campi p. 27

1.7 Coordinate p. 30

1.8 Piani affini e affinità p. 36

Sez. 2 Coniche

2.1 Coni quadrici e forme quadratiche p. 41

2.2 Le coniche proiettive a coefficienti reali p. 43

2.3 Proprietà delle coniche proiettive p. 48

2.4 Coniche affini p. 64

Sez. 3 Le coniche nel piano cartesiano

3.1 Il programma di Erlangen p. 71

3.2 Le coniche nel piano cartesiano p. 74

3.3 Alcune costruzioni sulle coniche p. 87

3.4 Sezioni coniche p. 94

Sez. 4 Quadriche

4.1 Iperquadriche p. 97

4.2 Quadriche reali non degeneri p. 102

Sez. 5 Esercizi

5.1 Esercizi su piani proiettivi, coniche e quadriche p. 105

5.2 Risposte agli esercizi p. 110

Bibliografia

P. DEMBOWSKI, Finite Geometries, Springer 1968

D. HUGHES, F. PIPER, Projective Planes, Springer 1973.

E. SERNESI, Geometria 1, Bollati-Boringhieri 1989.

M. VILLA, Lezioni di Geometria, 2 vol. , CEDAM, 1970-72

4. quadriche dello spazio reale 4.1 iperquadricheverardi/quadriche ed esercizi.pdf · quadrica è...

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