esami svolti di geom. proiettiva (elementari)

8/9/2019 Esami svolti di geom. proiettiva (elementari)

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Raccolta esami a.a. 2002/3/4/5/6/7/8 Mat.3 (Forme Quadratiche e Geometria Proiettiva)

temi M3M

Sono raccolti gli esami dei corsi di Matematica 3 del Corso di Laurea Triennale in Matematica dell’Universitàdi Padova negli anni accademici della riforma secondo il D.M. 509/1999. I contenuti dei corsi riguardavano

l’algebra quadratica e la geometria proiettiva.

Docenti di quei corsi sono stati: Valentino Cristante, Maurizio Candilera, Maurizio Cailotto, AlessandraBertapelle.

Copyright. Tutti i diritti di questo testo sono riservati agli autori (incluse le eventuali edizioni prece-denti). Non ne è consentito alcun uso a scopi commerciali. Sono consentite la riproduzione e la circolazionein formato cartaceo o su supporto elettronico portatile ad esclusivo uso scientifico, didattico o documentario,purché il documento non venga alterato in alcun modo, ed in particolare mantenga le corrette indicazioni didata e fonte originale e la presente nota di copyright. marzo 2009

Università di Padova Dip.Matem.P. & A.


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prima prova parziale Mat Tre - 21 maggio 2002

Esercizio 1.(1) Siano r ed s due rette sghembe in P

¯3(K ), e sia P un punto di P

¯3(K ) non appartenente né ad r né ad

s. Dimostrare che esiste una unica retta h passante per P ed incidente sia r che s.(2) Se r = P 1 ∨ P 2, s = Q1 ∨ Q2 ove

P 1 =

1

322

, P 2 = 1

102

, Q1 = 1

011

, Q2 = 1

01−1

,e P = (1, 1, 1, 1)t, verificare che r ed s sono sghembe, che P non appartiene a nessuna delle due rette, etrovare equazioni cartesiane per la retta h del punto (1).

(3) Dualizzare l’asserzione del punto (1).

Soluzione.(1) Poiché P non appartiene ad r , esiste un unico piano ρ = P ∨ r contenente P ed r ; e necessariamente la

retta h cercata deve appartenere a ρ (deve passare per P e per un punto di r). Analogamente, poichéP non appartiene ad s, esiste un unico piano σ = P ∨ s contenente P ed s; e necessariamente la retta hcercata deve anche appartenere a σ. Ora abbiamo ρ = σ, altrimenti r ed s sarebbero complanari, control’ipotesi che siano sghembe. Allora una facile applicazione della formula di Grassmann assicura che ladimensione di h = ρ ∧ σ è 1; quindi si tratta di una retta, unicamente definita dalle condizioni poste.Certamente poi h contiene P (poiché P appartiene sia a ρ che a σ), ed interseca sia r che s essendocomplanare con entrambe le rette (su due piani diversi!).

(2) Le rette r ed s sono sghembe se e solo se i quattro punti P 1, P 2, Q1, Q2 generano una varietà lineare didimensione 3, cioè se e solo se i quattro vettori rappresentanti sono linearmente indipendenti, ovvero see solo se la matrice

A =

1 1 1 13 1 0 02 0 1 12 2 1 −1

ha rango 4; ciò è vero, poiché det(A) = 8 = 0.Il punto P non appartiene ad r se e solo se i punti tre punti P, P 1, P 2 generano una varietà lineare di

dimensione 2 (un piano), ovvero se e solo se la matrice

1 1 11 3 11 2 01 2 2

ha rango 3; ciò è vero, poiché le prime tre righe danno una sottomatrice quadrata di determinante nonnullo.Analogamente Il punto P non appartiene ad s se e solo se i punti tre punti P, Q1, Q2 generano unavarietà lineare di dimensione 2 (un piano), ovvero se e solo se la matrice

1 1 11 0 0

1 1 11 1 −1

ha rango 3; ciò è vero, poiché le ultime tre righe danno una sottomatrice quadrata di determinante nonnullo.Come spiegato nel punto (1), la retta h si ottiene intersecando i due piani ρ = P ∨ r = P ∨ P 1 ∨ P 2 eσ = P ∨ s = P ∨ Q1 ∨ Q2, di equazioni rispettivamente

det

X 0 1 1 1X 1 1 3 1X 2 1 2 0X 3 1 2 2

= 0 e det

X 0 1 1 1X 1 1 0 0X 2 1 1 1X 3 1 1 −1

= 0

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da cui si ottiene (quasi) subito:X 0 − X 1 − X 2 + X 3 = 0X 0 − X 2 = 0 ovvero

X 1 − X 3 = 0X 0 − X 2 = 0 .

(3) L’enunciato duale è il seguente: siano r ed s due rette sghembe in in P

¯

3(K ), e sia π un piano di P

¯

3(K )

non contenente né r né s. Dimostrare che esiste una unica retta h contenuta in π ed incidente sia r ches (osserviamo solo che nozione duale di “due rette sghembe (intersezione vuota)” sarebbe “due rette chegenerano lo spazio”, ma sono due nozioni equivalenti in P

¯3(K ); come pure “due rette si incontrano in

un punto” e la duale “due rette sono complanari”).Da notare che questo enunciato è molto più facile da dimostrare: la retta h è unicamente definita daidue punti di intersezione del piano π con le due rette r ed s.

(4) L’enunciato in P¯

4(K ) diventa falso, come si può osservare facilmente dal fatto che l’enunciato dualediventa falso: una retta ed un piano che non si appartengono non hanno necessariamente un punto incomune, come è invece necessario per l’esistenza di h (vedi punto (3)).D’altra parte possiamo dare un controesempio diretto: sia r = e1, e2, s = e3, e4 e P = e5 (usiamola base canonica di K 5); siamo evidentemente nelle ipotesi dell’enunciato (1), ma non vi è alcuna rettapassante per P , r ed s (dovrebbe passare per 3 punti indipendenti).

Esercizio 2. Sia data la proiettività φ della retta P¯

1(R¯

) che nel riferimento canonico ha matrice

A =

2 15 −2

.

(1) Dimostrare che si tratta di una involuzione.(2) Dimostrare che possiede due punti uniti P 1 e P 2 e trovarne le coordinate nel riferimento canonico.(3) Determinare il quarto armonico dopo i punti P 1, P 2 e Q = (1, −2)t.(4) Che cosa cambierebbe se invece di R

¯ si usasse un corpo K di caratteristica 2?

Soluzione.

(1) Una involuzione è una proiettività non identica di quadrato l’identità; dunque basta verificare che A2

è un multiplo della matrice identica. Il facile calcolo dà A2 = 9I¯2

. D’altra parte sappiamo che unaproiettività non identica della retta è involuzione se e solo se la traccia di una qualunque applicazionelineare sovrastante è nulla; ciò è evidente per la matrice A.

(2) Trattandosi φ di una involuzione, A possiede due autovalori distinti, uno opposto dell’altro, e dunquedue autovettori indipendenti che corrispondono a due punti uniti distinti di φ. Il polinomio caratteristicodi A è X 2 + det(A) = X 2 − 9; dunque gli autovalori di A sono ±3, e i punti uniti P 1 e P 2 di φ sono gliautospazi di A:

ker(A − 3I¯2

) =

11

e ker(A + 3I

¯2) =

1−5

.

(3) Poiché φ è involuzione, abbiamo (P 1 P 2 Q φ(Q)) = −1; dunque il quarto armonico cercato è

φ(Q) = 2 15 −2 1−2 = 09 = 01 .Nel riferimento scelto si tratta del “punto all’infinito”, quando si disomogenezzi rispetto e X 0; questo ègiusto, poiché Q è il punto “di mezzo” tra P 1 e P 2 (la (semi)somma dei due).

(4) Rimane certo vero che si tratta di una involuzione (punto (1)); d’altra parte in caratteristica 2 unaproiettività della retta è involutiva se e solo se è parabolica; dunque troveremmo un solo autovalore(3 = 1 = −1 = −3) e un solo autovettore ((1, 1) = (1, −5)), dunque un unico punto unito (questo peril punto (2)). Il punto (3) pertanto non ha più senso: per calcolare il quart’armonico bisogna avere 3punti distinti (in ogni caso, notare che siccome 1 = −1 in caratteristica 2, si ha che il quarto armonicodopo tre punti distinti è necessariamente il terzo punto: la nozione di armonia non è più interessante!).

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seconda prova parziale Mat Tre - 7 giugno 2002

Esercizio 1.Sia dato in P

¯2(R

¯) il fascio di coniche di equazione

λX 20 + λX 21 + λX

22 − 2(λ + µ)X 0X 1 − 2λX 0X 2 + µX 1X 2 = 0

(1) Trovare tutte le coniche degeneri del fascio e scriverle esplicitamente.

(2) Trovare il ciclo base del fascio, cioè tutti i punti del piano (con relative molteplicità) per cui passanotutte le coniche del fascio.Si consideri ora il piano affine complementare della retta di equazione X 0 = 0.

(3) Classificare affinemente tutte le coniche del fascio; in particolare scrivere esplicitamente tutte le paraboledel fascio e dire se ogni conica del fascio si può scrivere come combinazione di parabole.

(4) Descrivere il luogo dei punti del piano dato dai centri delle coniche a centro del fascio.

Soluzione. La matrice del fascio di conice è

A(λ, µ) =

λ −λ − µ −λ−λ − µ λ µ/2

−λ µ/2 λ

.

(1) Per trovare le coniche degeneri, studio per quali valori dei parametri si annulla il determinante di A(λ, µ):

det A(λ, µ) = λ

λ + µ

2

2ed otteniamo due coniche degeneri:(a) per λ = 0, poniamo µ = 1 e si ha la conica X 1(X 2 − 2X 0) = 0;(b) per 2λ + µ = 0, poniamo µ = −2, λ = 1 e si ha la conica (X 0 + X 1 − X 2)2 = 0;Poiché vi sono solo due coniche degeneri, ed una delle due è una retta doppia, ne concludiamo che sitratta di un fascio bitangente: tutte le coniche del fascio saranno tangenti in due fissati punti alle rettedi equazioni X 1 = 0 e X 2 − 2X 0 = 0.

(2) Come già detto il fascio è bitangente, dunque il ciclo base sarà del tipo 2P + 2Q ove P e Q sono i duepunti che si ottengono intersecando per esempio le coniche degeneri; si trovano i sistemi

X 1 = 0

X 0 + X 1 − X 2 = 0 e

X 2 − 2X 0 = 0

X 0 + X 1 − X 2 = 0

da cui i punti P = (1, 0, 1) e Q = (1, 1, 2).(3) Per classificare affinemente le coniche del fascio come richiesto, basta considerare la loro intersezione

con X 0 = 0, e per questo è sufficiente controllare il determinante di A∞(λ, µ): la conica è ellisse

parabolaiperbole

a seconda che det A∞(λ, µ) = λ2 − µ2

4 0 .

Dunque le parabole si ottengono per λ2

−µ2/4 = 0, i.e. per λ =

±µ/2. Per λ =

−µ/2 sappiamo, dal

primo punto, trattarsi di una conica degenere (la doppia retta); per λ = µ/2 troviamo una parabolanon degenere di equazione (poniamo µ = 2, λ = 1)

X 20 + X 21 + X

22 − 6X 0X 1 − 2X 0X 2 + 2X 1X 2 = 0 .

Siccome nel fascio abbiamo solo una parabola non degenere, non possiamo scrivere tutte le conichedel fascio come combinazioni di parabole non degeneri: si tratta di descrivere una retta nello spazioproiettivo di dimensione 5 delle coniche, e per descrivere una retta servono due punti distinti.

Le ellissi del fascio si ottengono per λ2 − µ24

> 0, ovvero per |λ| > |µ|/2.Le iperboli del fascio si ottengono per λ2 − µ2

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(4) Il centro C di una conica a centro è il polo dell’iperpiano all’infinito, che ha equazione X 0 = 0, ovverocoordinate (1, 0, 0); dunque le coordinate x di C soddisfano all’equazione

xtA(λ, µ) = (1, 0, 0) ovvero xt = (1, 0, 0)A(λ, µ)−1

(a meno di proporzionalità); per calcolare il centro basta dunque calcolare la prima riga della matrice

inversa di A(λ, µ), usando i complementi algebrici:

x0 = det

λ µ/2µ/2 λ

= λ2 − µ

2

4 = (λ +

µ

2)(λ − µ

2)

x1 = −det−λ − µ −λ

µ/2 λ

= λ2 +

λµ

2 = (λ +

µ

2)λ

x2 = det

−λ − µ −λλ µ/2

= −λµ

2 − µ

2

2 + λ2 = (λ +

µ

2)(λ − µ)

da cui (per ipotesi det A(λ, µ) = λ(λ + µ/2)2 = 0) abbiamo la retta di equazioni parametriche

x0 = λ−

µ

2x1 = λ

x2 = λ − µ

e di equazione cartesiana 2x0 − x1 − x2 = 0. Conclusione: i centri dele coniche a centro del fasciodescrivono i punti della retta appena identificata, eccetto i tre punti corrispondenti alle coniche degeneri((1, 0, 2) per la coppia di rette, (2, 1, 3) per la retta doppia) e alla parabola (il punto all’infinito (0, 1, −1)).Più geometricamente, si poteva calcolare i centro applicando il principio di reciprocità, ed intersecandole rette polari di due punti distinti della retta all’infinito. Scegliendo i due punti fondamentali, si arrivavaagli stessi calcoli.

Esercizio 2. Sia data la forma quadratica su R¯

4 di espressione

Q(X 0, X 1, X 2, X 3) = 2X 21 + X

22 + X 0X 1 + X 0X 2 + 2X 1X 2 + 2X 2X 3

nella base canonica.(1) Scrivere la matrice di Q e classificare la forma bilineare simmetrica associata; in particolare si trovi un

sottospazio isotropo massimale.(2) Sia Q̧ la quadrica di P

¯3(R

¯) di equazione Q(X ) = 0 nel riferimento canonico; classificare proiettiva-

mente Q̧, specificando qual’è il suo vertice ed esibendo una sottovarietà lineare di dimensione massimalecontenuta in Q̧.

(3) Si classifichi Q̧ come quadrica affine dello spazio affine complementare di X 0 = 0.(4) Trovare per quali valori di α il piano X 1 = αX 0 taglia su Q̧ una conica degenere.

Soluzione.

(1) La matrice della forma in questione è

A =

0 1/2 1/2 01/2 2 1 01/2 1 1 1

0 0 1 0

Prima soluzione: strategia astuta. Osservando la matrice, vediamo che il primo e l’ultimo vettore dellabase data sono isotropi tra loro ortogonali per la forma bilineare; dunque la forma bilineare possiedesottospazi isotropi di dimensione 2, per esempio quello generato da questi due vettori. Poiché è nondegenere (un facile sviluppo mostra det(A) = 1/4 = 0), la dimensione massima dei sottospazi isotropi è

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esattamente 2: questo ci permette di concludere che si tratta di una forma di segnatura (2, 2), e quelloprima evidenziato era un sottospazio isotropo massimale (uno dei tanti).Seconda soluzione: strategia dei quadrati. Si possono completare i quadrati della forma quadratica nelmodo seguente (parto da X 2 perché è più facile):

Q(X ) = (X 2 + X 0

2 + X 1 + X 3)

2

− X 20

4 + X 2

1 −X 2

3 −X 0X 3

−2X 1X 3

= Z 20 −

X 02

+ X 3

2+ X 21 − 2X 1X 3

= Z 20 − Z 21 + (X 1 − X 3)2 − X 23= Z 20 − Z 21 + Z 22 − Z 23

ove abbiamo usato la trasformazione di coordinate data da

Z 0 = X 0

2 + X 1 + X 2 + X 3

Z 1 = X 0

2 + X 3

Z 2 = X 1 − X 3Z 3 = X 3

Ne concludiamo che la forma ha rango 4, dunque non è degenere, e segnatura (2, 2). Un sottospazioisotropo massimale (dunque di dimensione 2) si può trovare nelle coordinate Z scrivendo le due equazioniZ 0 = Z 1 e Z 2 = Z 3, e dunque sostituendo troviamo che si tratta del sottospazio di equazioni X 1 +X 2 = 0e X 1 = 2X 3 nelle coordinate originali (ho scritto questo svolgimento solo perché non avevo mai usato alezione le trasformazioni di coordinate per trovare dei sottospazi isotropi).Terza soluzione: strategia dell’ingegnere. Senza indugio, si applica il metodo: si passa subito a torturare(induttivamente) la matrice per farle confessare una base ortogonale; si guadagna un sacco di conti dafare (legge del contrappasso).

(2) Siccome la forma bilineare era non degenere, la quadrica in questione è non degenere, e il suo vertice èvuoto (il vuoto proiettivo). Dalla forma canonica prima trovata si vede che si tratta di una quadricarigata di P

¯3(R

¯); per esempio la retta congiungente i punti di coordinate (1, 0, 0, 0) e (0, 0, 0, 1) nel

riferimento iniziale è contenuta nella quadrica.(3) Sappiamo già che la quadrica contiene rette (e dunque non può essere un ellissoide); si tratta dunque di

decidere se è un paraboloide o un iperboloide; per questo basta vedere se la matrice della conica tagliatasu X 0 = 0 è degenere (allora si tratta d’un paraboloide, essendo tangente al piano all’infinito), oppureno (e allora si tratta d’un iperboloide). Abbiamo

det

2 1 01 1 1

0 1 0

= 2 = 0

e dunque si tratta di un iperboloide (iperbolico).(4) Sostituendo X 1 = αX 0 nella Q(X ) = 0, troviamo l’equazione

α(2α + 1)X 20 + X 22 + (1 + α)X 0X 2 + X 2X 3 = 0

di una conica nel piano dato, in cui possiamo usare le coordinate proiettive (X 0, X 2, X 3). Si trattadunque di vedere quando si annulla il determinante della matrice

Qα =

α(2α + 1) 1+α2 01+α

2 1 1

0 1 0

e un facile sviluppo dà det Qα = α(2α + 1). Quindi ivalori cercati sono α = 0 e α = −1/2.

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primo appello Mat Tre - 10 giugno 2002

Esercizio 1.Sia data la proiettività φ del piano P2(R) in sé che, usando coordinate nel riferimento canonico, si scrive

φ

X 0X 1X 2

=

3X 0 − X 2

X 0 + 4X 1 + X 2

−X 0 + 3X 2

(1) Scrivere la matrice di φ nel riferimento dato.(2) Trovare i punti uniti e le rette unite per φ, e determinare le relazioni d’appartenenza reciproche.(3) Dimostrare che, per ogni retta unita r , che non sia di punti uniti, vi sono due punti uniti P e Qr di cui

uno è indipendente dalla retta r . Per ogni punto R ∈ r, calcolare il birapporto (P Qr R φ(R)).(4) Sia ora r la retta di equazione X 0 = 0. Dare equazioni cartesiane per la retta s = φ(r), e per la retta t

tale che φ(t) = r.

Svolgimento.(1) La matrice è

A =

3 0 −11 4 1

−1 0 3

poiché si controlla subito che φ(X ) = AX , ove X = (X 0, X 1, X 2).(2) Per vedere le sottovariet̀a unite, studiamo gli autovalori di A:

det(xI3 − A) = detx − 3 0 1−1 x − 4 −1

1 0 x − 3

= (x − 4)((x − 3)2 − 1) = (x − 2)(x − 4)2

e dunque trovo gli autovalori 2 (di moltepicità 1) e 4 (di molteplicità 2). Studio subito l’autospazio di 2,che avrà necessariamente dimensione 1, e dunque identifica un punto fisso P ; si trova P = (1, −1, 1).L’autospazio relativo a 4 si trova studiando la matrice 4I3 − A, che si vede subito avere rango 1, dunquel’autospazio ha dimensione 2, generato per esempio da Q1 =

(1, 0,

−1)

e Q2 =

(0, 1, 0)

; dunque si

tratta di due punti del piano proiettivo, uniti relativamente allo stesso autovalore, e allora tutta la rettaa che li congiunge (di equazione X 0 + X 2 = 0) è fatta di punti uniti (in particolare è una retta unita). Laproiettività in questione è dunque una omologia generale di asse a: il punto fisso P , che non appartienead a, è centro d’un fascio di rette unite, ognuna delle quali interseca a in un punto. Questo termina ladiscussione su punti e rette unite e loro appartenenze reciproche.

(3) Sia r una retta unita distinta dall’asse di omologia; allora r contiene P (le rette unite diverse dall’assesono solo quelle del fascio di centro P , come già detto), e interseca a in un punto Qr che è un puntounito (perché appartiene all’asse); non vi sono altri punti uniti appartenenti ad r, altrimenti la rettastessa sarebbe di punti uniti. La proiettività indotta sulla retta r ha punti uniti P (di autovalore 2) eQr (di autovalore 4), dunque il birapporto richiesto è il rapporto 2/4 = 1/2.

(4) Data una retta di coordinate plückeriane a = (a0, a1, a2), la sua immagine tramite φ ha coordinateplückeriane aA−1; questo ci permette subito di trovare t poiché basta calcolare (1, 0, 0)A = (3, 0, −1), edunque dedurre l’equazione cartesiana 3X 0 − X 2 = 0.Per calcolare s, piuttosto che calcolare (la prima riga di) A−1, possiamo congiungere l’immagine tramiteφ di due qualsiasi punti di r ; possiamo usare (0, 1, 0) che è punto fisso (appartiene all’asse) e (0, 0, 1) lacui immagine è (−1, 1, 3); si trova la retta di equazione 3X 0 + X 2 = 0.

Esercizio 2.Sia dato in P2(R) il fascio di coniche di equazione

2µX 20 − (λ + µ)X 21 + (λ − µ)X 22 − 2λX 0X 1 − 2λX 0X 2 = 0


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(2) Trovare il ciclo base del fascio, cioè tutti i punti del piano (con relative molteplicità) per cui passanotutte le coniche del fascio.

Si consideri ora il piano affine complementare della retta di equazione X 0 = 0.(3) Classificare affinemente tutte le coniche del fascio; in particolare scrivere esplicitamente tutte le parabole

del fascio e dire se ogni conica del fascio si può scrivere come combinazione di parabole.(4) Descrivere il luogo dei punti del piano dato dai centri delle coniche a centro del fascio.

Soluzione. La matrice del fascio di coniche è

A(λ, µ) =

2µ −λ −λ−λ −λ − µ 0

−λ 0 λ − µ

.


det A(λ, µ) = 2µ3

ed otteniamo una sola conica degenere, in corrispondenza del valore µ = 0, poniamo λ = 1, di equazione(2X 0 + X 1 − X 2)(X 1 + X 2) = 0. Poich́e vi è solo una conica degenere, ed essa si spezza in una coppiadi rette distinte, ne concludiamo che si tratta di un fascio osculatore.

(2) Come già detto il fascio è osculatore, dunque il ciclo base sarà del tipo 3P + Q ove P e Q sono i duepunti che si ottengono intersecando per esempio la conica degenere con una qualsiasi altra conica delfascio, per esempio quella di equazione 2X 20 − X 21 − X 22 = 0 (ottenuta con λ = 0 e µ = 1); si trovano isistemi

X 1 + X 2 = 0

2X 20 − X 21 − X 22 = 0e

2X 0 + X 1 − X 2 = 02X 20 − X 21 − X 22 = 0

da cui i punti P = (1, −1, 1) (con molteplicità 3) e Q = (1, 1, −1).(3) Per classificare affinemente le coniche del fascio come richiesto, basta considerare la loro intersezione

con X 0 = 0, e per questo è sufficiente controllare il determinante di A∞(λ, µ): la conica è

ellisse

parabola

iperbole

a seconda che det A∞(λ, µ) = −λ2 + µ2 0 .

Dunque le parabole si ottengono per λ2 − µ2 = 0, i.e. per λ = ±µ. Si tratta di due parabole nondegeneri, le cui equazioni si possono scrivere ponendo λ = 1 e µ = ±1. Troviamo:

X 20 − X 21 − X 0X 1 − X 0X 2 = 0 e X 20 − X 21 + X 0X 1 + X 0X 2 = 0i cui punti sulla retta all’infinito sono (0, 0, 1) e (0, 1, 0). Siccome nel fascio abbiamo due parabole nondegeneri, possiamo scrivere ogni conica del fascio come combinazione di esse.Le ellissi del fascio si ottengono per λ2 − µ2 |µ|.

(4) Il centro C di una conica a centro è il polo dell’iperpiano all’infinito, che ha equazione X 0 = 0, ovverocoordinate (1, 0, 0); dunque le coordinate x di C soddisfano all’equazione

xt

A(λ, µ) = (1, 0, 0) ovvero xt

= (1, 0, 0)A(λ, µ)−1

(a meno di proporzionalità); per calcolare il centro basta dunque calcolare la prima riga della matriceinversa di A(λ, µ), usando i complementi algebrici:

x0 = det

−λ − µ 00 λ − µ

= −(λ + µ)(λ − µ)

x1 = −det−λ −λ

0 λ − µ

= λ(λ − µ)

x2 = det

−λ −λ−λ − µ 0

= −λ(λ + µ)

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da cui, osservando che x1x2 = λ2x0 e 2λ

2 = x1 − x2, otteniamo l’equazione quadratica 2x1x2 =x0(x1 − x2). Conclusione: i centri delle coniche a centro del fascio descrivono i punti della conicairriducibile appena identificata, eccetto i tre punti corrispondenti alla conica degenere (il punto triplodel ciclo base) e alle due parabole (i due punti sulla retta all’infinito).

Esercizio 3. Sia data la forma quadratica su R4 di espressione

Q(X 0, X 1, X 2, X 3) = X 20 + 2X

21 + 2X 0X 1 − 2X 0X 3 − 2X 1X 2 − 2X 1X 3 + 2X 2X 3


sottospazio isotropo massimale.(2) Sia Q la quadrica di P3(R) di equazione Q(X ) = 0 nel riferimento canonico; classificare proiettiva-

mente Q, specificando qual’è il suo vertice ed esibendo una sottovarietà lineare di dimensione massimalecontenuta in Q.

(3) Si classifichi Q come quadrica affine dello spazio affine complementare di X 0 = 0.(4) Trovare per quali valori di α il piano X 1 = αX 0 taglia su Q una conica degenere.

Soluzione.(1) La matrice della forma in questione è

A =

1 1 0 −11 2 −1 −10 −1 0 1

−1 −1 1 0

Prima soluzione: strategia dei quadrati. Si possono completare i quadrati della forma quadratica nelmodo seguente:

Q(X ) = (X 0 + X 1 − X 3)2 + X 21 − X 23 − 2X 1X 2 + 2X 2X 3= Z 20 + (X 1 − X 2)2 − X 22 − X 23 + 2X 2X 3

= Z 2

0 + Z 2

1 − (X 2 − X 3)2

= Z 20 + Z 21 − Z 22


Z 0 = X 0 + X 1 − X 3Z 1 = X 1 − X 2Z 2 = X 2 − X 3Z 3 = X 3

Ne concludiamo che la forma ha rango 3 (perché abbiamo trovato solo tre quadrati: nel riferimentonuovo, la matrice è diagonale con 1, 1, −1, 0 sulla diagonale), dunque è degenere, e di segnatura (2, 1).Un sottospazio isotropo massimale (dunque di dimensione 2) si può trovare nelle coordinate Z scrivendole due equazioni Z 0 = Z 2 e Z 1 = 0, e dunque sostituendo troviamo che si tratta del sottospazio diequazioni X 0 + X 1 − X 2 = 0 e X 1 = X 2 nelle coordinate originali (ho scritto questo svolgimentoperché non avevo mai usato a lezione le trasformazioni di coordinate per trovare dei sottospazi isotropi).L’ortogonale della forma è data dalle equazioni Z 0 = Z 1 = Z 2 = 0, che sostituendo e risolvendo dà lospazio generato dal vettore (0, 1, 1, 1) nel riferimento iniziale.Seconda soluzione: strategia di ricerca di una base ortogonale. Prima di tutto osserviamo se la formaè non degenere: una facile riduzione di Gauss mostra che la matrice ha rango 3, dunque la forma èdegenere, e il nucleo della forma bilineare è dato dal sottospazio generato da (0, 1, 1, 1). Sia allorav4 = (0, 1, 1, 1)

t, e cerchiamo una base ortogonale di un complementare W , che possiamo scegliere comeil sottospazio di equazione X 3 = 0, per esempio. Allora:

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(i) scelgo un vettore non isotropo in W , diciamo v1 = (1, 0, 0, 0)t, e noto che Q(v1) = 1;

(ii) scelgo un vettore non isotropo in W che sia nell’ortogonale di v1, dunque soggetto a X 3 = 0 eX 0 + X 1 − X 3 = 0; per esempio v2 = (1, −1, 0, 0) e noto che Q(v2) = 1;

(iii) scelgo un vettore (non isotropo) in W che sia nell’ortogonale di v1, v2, dunque soggetto a X 3 = 0,X 0 + X 1 − X 3 = 0 e X 1 − X 2 = 0; per esempio v3 = (1, −1, −1, 0) e noto che Q(v2) = −1.

Ne concludo che la forma in questione ha segnatura (2, 1) (nella base data da v1, v2, v3, v4 la matrice

diventa diagonale con 1, 1, −1, 0 nella diagonale) quindi i sottospazi isotropi massimali hanno dimensione2, e uno è per esempio quello generato da v4 e v1 − v3.

(2) Siccome la forma bilineare era degenere, la quadrica in questione è degenere, e il suo vertice è il punto dicoordinate proiettive (0, 1, 1, 1). Dalla forma canonica prima trovata si vede che si tratta di un cono diP3(R) contenente infiniti punti reali; per esempio la retta congiungente il vertice (0, 1, 1, 1) e un qualsiasipunto della quadrica (per esempio (2, 0, 0, 1)) è contenuta nella quadrica.

(3) Siccome il vertice è un punto dell’iperpiano all’infinito, allora nello spazio affine dato la quadrica si pre-senta come un cilindro; considerando l’intersezione con il piano X 1 = 0 (scelto perché faccio sparire moltitermini), si vede facilmente che viene indotta una iperbole; dunque Q è un cilindro a base iperbolica, esul piano all’infinito taglia una coppia di rette distinte.

(4) Sostituendo X 1 = αX 0 nella Q(X ) = 0, troviamo l’equazione

(2α2

+ α + 1)X 2

0 − αX 0X 2 − 2(α + 1)X 0X 3 + 2X 2X 3 = 0di una conica nel piano dato, in cui possiamo usare le coordinate proiettive (X 0, X 2, X 3). Si trattadunque di vedere quando si annulla il determinante della matrice

Qα =

2α2 + α + 1 −α/2 −α − 1−α/2 0 1

−α − 1 1 0

e un facile sviluppo dà det Qα = −α2 − 1. Quindi non esistono valori di α con la proprietà cercata(d’altra parte la quadrica è un cilindro con l’asse in direzione (0, 1, 1, 1): per tagliare coniche degeneribisogna che il piano “contenga quella direzione”).

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secondo appello Mat Tre - 25 giugno 2002

Esercizio 1. Siano dati i seguenti punti del piano P2(R)

P 1 = 2−2

−2

, P 2 =

13

1

, P 3 =

11

−1

, P 4 =

11

1

.

(1) Dimostrare che esiste una unica proiettivit̀a φ del piano P2(R) in sé che manda ordinatamente i puntifondamentali del riferimento canonico nei punti dati. Scrivere la matrice di φ nel riferimento canonico.

(2) Trovare i punti uniti e le rette unite per φ, e determinare le relazioni d’appartenenza reciproche.(3) Per ogni coppia P e Q di punti uniti distinti, e per ogni punto R appartenente alla retta generata da P

e Q, calcolare il birapporto (P Q R φ(R)).(4) Calcolare immagine ed antimmagine tramite φ della retta di equazione X 0 = 0.

Svolgimento.(1) Osserviamo subito che i punti P 1, P 2, P 3 sono indipendenti (basta vedere il determinante della matrice

che li ha come colonne), e che il punto P 4 si scrive come 1

2P 1 + P 2 − P 3; siccome i tre coefficienti sono

tutti e tre non nulli, ne concludiamo che i quattro punti dati formano un riferimento proiettivo delpiano, e dunque esiste unica la proiettività φ richiesta (dati due riferimenti proiettivi, esiste una unica

proiettività che manda ordinatamente uno nell’altro). La matrice è

A =

1 1 −1−1 3 −1

−1 1 1

(2) Per vedere le sottovariet̀a unite, studiamo gli autovalori di A:

det(xI3 − A) = detx − 1 −1 11 x − 3 1

1 −1 x − 1

= (x − 1)(x − 2)2

e dunque trovo gli autovalori 1 (di moltepicità 1) e 2 (di molteplicità 2). Studio subito l’autospazio di 1,

che avrà necessariamente dimensione 1, e dunque identifica un punto fisso Q0; si trova Q0 = (1, 1, 1)(che d’altra parte era evidente dalla definizione essere un punto fisso). L’autospazio relativo a 2 si trovastudiando la matrice 2I3 − A, che si vede subito avere rango 1, dunque l’autospazio ha dimensione2, generato per esempio da Q1 = (1, 1, 0) e Q2 = (1, 0, −1); dunque si tratta di due punti delpiano proiettivo, uniti relativamente allo stesso autovalore, e allora tutta la retta a che li congiunge (diequazione X 0 − X 1 + X 2 = 0) è fatta di punti uniti (in particolare è una retta unita). La proiettività inquestione è dunque una omologia generale di asse a: il punto fisso P , che non appartiene ad a, è centrod’un fascio di rette unite, ognuna delle quali interseca a in un punto. Questo termina la discussione supunti e rette unite e loro appartenenze reciproche.

(3) Abbiamo essenzialmente tre casi possibili; il più facile è quando P e Q appartengono entrambi all’assea ed in tal caso risulta (P Q R φ(R)) = (P Q R R) = 1; altrimenti può essere che P o Q coincidanocon il centro di omologia (e l’altro punto unito dev’essere allora nell’asse): si avrà rispettivamente

(P Q R φ(R)) = (Q0 Q R φ(R)) = 1/2 e (P Q R φ(R)) = (P Q0 R φ(R)) = 2 (rapporti degli autovalori).(4) Data una retta di coordinate plückeriane a = (a0, a1, a2), la sua immagine tramite φ ha coordinateplückeriane aA−1; questo ci permette subito di trovare l’antimmagine richiesta, poiché basta calcolare(1, 0, 0)A = (1, 1, −1), e dunque dedurre l’equazione cartesiana X 0 + X 1 − X 2 = 0.Per calcolare invece l’immagine richiesta possiamo congiungere l’immagine tramite φ di due qualsiasipunti della retta X 0 = 0; per costruzione conosciamo le immagini di (0, 1, 0) (che è (1, 3, 1)) e di (0, 0, 1)(che è (1, 1, −1)). Si trova la retta di equazione 2X 0 − X 1 + X 2 = 0.

Esercizio 2. Si consideri nel piano P2(R) il fascio delle coniche che sono tangenti nel punto di coordinate(1, 0, 1) alla retta di equazione X 0 + 2X 1 − X 2 = 0, e nel punto di coordinate (1, 1, 0) alla retta di equazioneX 0 − X 1 + 2X 2 = 0.

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(1) Scrivere esplicitamente tutte le coniche degeneri del fascio e dare l’equazione generale del fascio.Si consideri ora il piano affine complementare della retta di equazione X 0 = 0, dotato della usuale metricaeuclidea.(2) Classificare affinemente tutte le coniche del fascio.(3) Mostrare che nel fascio esiste una unica parabola non degenere e se ne scriva esplicitamente l’equazione;

si determinino asse e vertice della parabola; infine, usando il metodo degli invarianti ortogonali, si

determini l’equazione canonica della parabola.(4) Mostrare che nel fascio esiste un unico cerchio, e se ne scriva esplicitamente l’equazione; si determinino

centro e raggio.

Soluzione.(1) Si tratta di una fascio di coniche bitangenti; dunque vi sono solo due coniche degeneri, una è data dalla

unione delle due rette “tangenti”, l’altra è data dalla retta congiungente i due punti “di tangenza” (diequazione X 0 − X 1 − 2X 2 = 0) contata due volte. Quindi l’equazione generale del fascio è

λ(X 0 − X 1 − 2X 2)2 + µ(X 0 + 2X 1 − X 2)(X 0 − X 1 + 2X 2) = 0

e la matrice del fascio di coniche è

A(λ, µ) =

λ + µ

−2λ+µ2

−2λ+µ2−2λ+µ

2 λ − 2µ 2λ+5µ2−2λ+µ2

2λ+5µ2

λ − 2µ

.

(2) Per classificare affinemente le coniche del fascio come richiesto, basta considerare la loro intersezionecon X 0 = 0, e per questo è sufficiente controllare il determinante di A∞(λ, µ): la conica è

ellisse

parabolaiperbole

a seconda che det A∞(λ, µ) = −94

µ(4λ + µ) 0 .

Dunque le parabole si ottengono per µ = 0 (ma allora è una conica degenere) e per µ = −4λ (e si trattadell’unica parabola irriducibile). Ora possiamo supporre µ = 0, e porre µ = 4. Allora le ellissi del fasciosi ottengono per λ > −1 e le iperboli del fascio si ottengono per λ


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Per prevedere l’equazione canonica usiamo il metodo degli invarianti ortogonali: sappiamo che esisteuna trasformazione di coordinate ortonormale P tale che

P tBP = a

0 0 p0 1 0 p 0 0

con P =

1 0 0xy

P

e P t = P −1 ,

ove B è la matrice della parabola; uguagliando traccia della sottomatrice “all’infinito” e determinante(sono gli invarianti ortogonali per la parabola) abbiamo a = trB∞ = −6 e −ap2 = det B = 12, da cuiricaviamo p2 = 2. Dunque l’equazione canonica della parabola è X 2 + 2

√ 2Y = 0, ove abbiamo posto

X = X 1/X 0 e Y = X 2/X 0.(4) I cerchi sono le coniche passanti per i punti ciclici dell’infinito; imponendo il passaggio per il punto

(0, 1, i), vediamo subito che deve essere nullo il termine che moltiplica X 1X 2, ovvero 2λ + 5µ = 0, epossiamo pigliare λ = 5 e µ = −2. Otteniamo la conica di equazione

(X 0, X 1, X 2)

3 −6 −6−6 1 0−6 0 1

X 0X 1X 2

= 3X 20 + X

21 + X

22 − 12X 0X 1 − 12X 0X 2 = 0 .

In termini di coordiante affini X = X 1/X 0 e Y = X 2/X 0 si riscrive subito come

(X − 6)2 + (Y − 6)2 = 69

da cui si vede che il centro è il punto (1, 6, 6), e il raggio è√

69.


Q(X 0, X 1, X 2, X 3) = X 20 − X 21 − X 22 − X 23 − 2X 0X 3 − 2X 1X 2 − 2X 1X 3




(3) Classificare Q come quadrica affine dello spazio affine complementare del piano di equazione X 0 = 0.(4) Si consideri ora il punto P di coordinate (1, 0, 1, 0). Si dimostri che P appartiene a Q, si calcoli

l’equazione del piano π tangente a Q in P , e si determini l’intersezione Q ∩ π.


A =

1 0 0 −10 −1 −1 −10 −1 −1 0

−1 −1 0 −1


Q(X ) = (X 0 − X 3)2 − X 21 − X 22 − 2X 23 − 2X 1X 2 − 2X 1X 3= Z 20 − (X 1 + X 2 + X 3)2 − X 23 + 2X 2X 3= Z 20 − Z 21 − (X 3 − X 2)2 + X 22= Z 20 − Z 21 + Z 22 − Z 23

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Z 0 = X 0 − X 3Z 1 = X 1 + X 2 + X 3

Z 2 = X 2

Z 3 = X 3 − X 2Ne concludiamo che la forma ha rango 4, dunque non è degenere, e segnatura (2, 2). Un sottospazioisotropo massimale (dunque di dimensione 2) si può trovare nelle coordinate Z scrivendo le due equazioniZ 0 = Z 1 e Z 2 = Z 3, e dunque sostituendo troviamo che si tratta del sottospazio di equazioni X 0 − X 1 −X 2 − 2X 3 = 0 e 2X 2 − X 3 = 0 nelle coordinate originali.Seconda soluzione: strategia di ricerca di una base ortogonale. Prima di tutto osserviamo se la forma ènon degenere: una facile riduzione di Gauss mostra che la matrice ha rango 4, dunque la forma è nondegenere. Cerchiamo allora una base ortogonale del nostro spazio:

(i) scelgo un vettore non isotropo, diciamo v1 = (1, 0, 0, 0)t, e noto che Q(v1) = 1;

(ii) scelgo un vettore non isotropo che sia nell’ortogonale di v1, dunque soggetto a X 0 − X 3 = 0; peresempio v2 = (0, 0, 1, 0) e noto che Q(v2) = −1;

(iii) scelgo un vettore (non isotropo) che sia nell’ortogonale di

v1, v2

, dunque soggetto a X 0

−X 3 = 0

e X 1 + X 2 = 0; per esempio v3 = (1, 0, 0, 1) e noto che Q(v3) = −2;(iv) scelgo un vettore (necessariamente non isotropo) che sia nell’ortogonale di v1, v2, v3, dunque

soggetto a X 0 − X 3 = 0, X 1 + X 2 = 0 e X 1 + 2X 3 = 0; per esempio v4 = (1, −2, 2, 1) e notoche Q(v4) = 2.

Ne concludo che la forma in questione ha segnatura (2, 2) (nella base data da v1, v2, v3, v4 la matrice di-venta diagonale con 1, −1, −2, 2 nella diagonale) quindi i sottospazi isotropi massimali hanno dimensione2, e uno è per esempio quello generato da v1 + v2 e v3 + v4.

(2) Siccome la forma bilineare era non degenere, la quadrica in questione è non degenere, e il suo vertice èvuoto (il vuoto proiettivo). Dalla forma canonica prima trovata si vede che si tratta di una quadricarigata di P3(R); dai risultati del punto (1) si ricava subito una retta contenuta in Q.

(3) Sappiamo già che la quadrica contiene rette (e dunque non può essere un ellissoide); si tratta dunque didecidere se è un paraboloide o un iperboloide; per questo basta vedere se la matrice della conica tagliata

su X 0 = 0 è degenere (allora si tratta d’un paraboloide, essendo tangente al piano all’infinito), oppureno (e allora si tratta d’un iperboloide). Abbiamo

det

1 1 11 1 0

1 0 1

= −1 = 0

e dunque si tratta di un iperboloide (iperbolico).(4) Si verifica immediatamente che il punto P = (1, 0, 1, 0) soddisfa alla equazione della quadrica; il piano

tangente π si scrive dunque

(1, 0, 1, 0)

1 0 0 −10

−1

−1

−1

0 −1 −1 0−1 −1 0 −1

X 0X 1X 2X 3

= 0 ovvero X 0 − X 1 − X 2 − X 3 = 0 .

Sappiamo già, poiché si tratta di una quadrica rigata, che l’intersezione di π e Q sarà formata da duerette contenute in Q. Mettendo a sistema le equazioni di π e Q e sostituendo X 0 = X 1 + X 2 + X 3nell’equazione di Q si trova l’equazione quadratica X 3(X 1 − X 3) = 0; dunque le due rette sono

X 0 − X 1 − X 2 = 0X 3 = 0

e

X 0 − 2X 1 − X 2 = 0X 1 − X 3 = 0 .

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terzo appello Mat Tre - 18 luglio 2002

Esercizio 1. Siano dati i seguenti punti del piano P2(R)

P 1 = 31

−1

, P 2 =

31

−3

, P 3 =

1−1

0

, P 4 =

20

−1

.

(1) Dimostrare che esiste una unica proiettivit̀a φ del piano P2

(R) in sé che manda ordinatamente i puntifondamentali del riferimento canonico nei punti dati. Scrivere la matrice di φ nel riferimento canonico.(2) Trovare i punti uniti e le rette unite per φ, e determinare le relazioni d’appartenenza reciproche.(3) Per ogni coppia P e Q di punti uniti distinti, e per ogni punto R appartenente alla retta generata da P

e Q, calcolare il birapporto (P Q R φ(R)).(4) Per ognuno dei punti uniti trovati, si dimostri che la proiettività φ induce una proiettività del fascio di

rette di centro quel punto in sé; scegliendo opportuni riferimenti proiettivi su tali fasci, si scrivano lematrici di tali proiettività.

Svolgimento.(1) Osserviamo subito che i punti P 1, P 2, P 3 sono indipendenti (basta vedere il determinante della matrice

che li ha come colonne), e che il punto P 4 si scrive come 1

4P 1 +

14

P 2 + 12

P 3; siccome i tre coefficienti

sono tutti e tre non nulli, ne concludiamo che i quattro punti dati formano un riferimento proiettivo delpiano, e dunque esiste unica la proiettività φ richiesta (dati due riferimenti proiettivi, esiste una unicaproiettività che manda ordinatamente uno nell’altro). La matrice è

A =

3 3 21 1 −2

−1 −3 0

(ricordiamo che è definita a meno di moltiplicazione per scalari non nulli, dunque ne approfitto pereliminare i denominatori).

(2) Per vedere le sottovariet̀a unite, studiamo gli autovalori di A:

det(xI

3 − A) = detx − 3 −3 −2

−1 x − 1 21 3 x

= (x − 4)(x + 2)(x − 2)

e dunque trovo gli autovalori 4, 2 e −2 tutti di molteplicità uno. Possiamo dunque dire che la proiettivitàφ possiede tre punti uniti distinti e indipendenti, e di conseguenza tre rette unite (ognuna delle qualicongiunge due dei punti uniti e non contiene il terzo): questo determina tutta la struttura dei sottospaziuniti. I punti uniti si trovano studiando gli autospazi dei tre autovalori: per l’autovalore 4 si trova Q1 =(1, 1, −1), per l’autovalore 2 si trova Q2 = (1, −1, 1), per l’autovalore −2 si trova Q3 = (−1, 1, 1).

(3) Abbiamo cinque casi possibili, che essenzialmente si riducono a tre:

(Q1 Q2 R φ(R)) = 2 = 1/(Q2 Q1 R φ(R))(Q1 Q3 R φ(R)) = −2 = 1/(Q3 Q1 R φ(R))(Q2 Q3 R φ(R)) = −1 = (Q3 Q2 R φ(R))

(abbiamo semplicemente calcolato i rapporti degli autovalori; notiamo che la proiettività φ induce unainvoluzione con due punti uniti sulla retta congiungente Q2 e Q3 ).

(4) Per ognuno dei punti uniti Qi, siano rj ed rk le rette unite che lo contengono (dunque Qi = rj ∧rk); allorail fascio di rette di centro Qi ha quelle due rette unite sotto la proiettività φ. Di conseguenza ogni rettadi quel fascio, sia λrj + µrk, viene trasformata da φ nella retta φ(r) = λφ(rj) + µφ(rk) = aj λrj + akµrk(ove gli ai sono i tre autovalori per i = 1, 2, 3), che è un’altra retta dello stesso fascio. Scegliendo comeriferimenti nei tre fasci le rette unite, le proiettività indotte hanno matrici diagonali aventi in diagonalegli autovettori corrispondenti alle rette unite; quindi

1 00 −1

,

2 00 −1

,

2 00 1

,

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rispettivamente per Q1 (riferimento nel fascio: r2, r3), Q2 (riferimento nel fascio: r1, r3), Q3 (riferimentonel fascio: r1, r2).

Esercizio 2. Si consideri nel piano P2(R) il fascio delle coniche che sono tangenti nel punto di coordinate(1, −1, −1) alla retta di equazione 2X 0 +X 1 +X 2 = 0, e passanti per i punti di coordinate (1, 0, 1) e (1, 1, −1).(1) Scrivere esplicitamente tutte le coniche degeneri del fascio e dare l’equazione generale del fascio.

(2) Classificare affinemente tutte le coniche del fascio nel piano affine complementare della retta di equazioneX 0 = 0.

(3) Determinare se nel fascio esistano cerchi del piano affine complementare della retta di equazione X 0 = 0dotato della usuale metrica euclidea.

(4) Classificare affinemente tutte le coniche del fascio nel piano affine complementare della retta di equazione2X 0 + X 1 + X 2 = 0.

Soluzione.(1) Si tratta di una fascio di coniche tangenti; dunque vi sono solo due coniche degeneri, una è data dalla

unione della retta “tangente” con la retta congiungente gli altri due punti (di equazione X 0 −2X 1−X 2 =0); l’altra è data dalla unione delle rette congiungenti il punto “di tangenza” con gli altri due punti(equazioni sono X 0 + 2X 1 − X 2 = 0 e X 0 + X 2 = 0). Quindi l’equazione generale del fascio è

λ(2X 0 + X 1 + X 2)(X 0 − 2X 1 − X 2) + µ(X 0 + 2X 1 − X 2)(X 0 + X 2) = 0

e la matrice del fascio di coniche è

A(λ, µ) =

2λ + µ

−3λ+2µ2

−λ/2−3λ+2µ

2 −2λ −3λ+2µ2

−λ/2 −3λ+2µ2 −λ − µ

.

(2) Per classificare affinemente le coniche del fascio come richiesto, basta considerare la loro intersezionecon X 0 = 0, e per questo è sufficiente controllare il determinante di A∞(λ, µ): la conica è

ellisseparabolaiperbole a seconda che det A∞(λ, µ) = −(

1

4 λ

2

− 5λµ + µ2

) 0 .

Siccome per λ = 0 abbiamo una conica degenere, possiamo supporre λ = 2, e allora dobbiamo studiareil segno di −(1 − 10µ + µ2) al variare di µ. Si trova facilmente che abbiamo due parabole non degeneriper i valori 5 ± 2√ 6, ellissi per i valori compresi i due dati, ed iperboli per i valori esterni.

(3) I cerchi sono le coniche passanti per i punti ciclici dell’infinito; imponendo il passaggio per il punto(0, 1, i), vediamo subito che deve essere nullo il termine che moltiplica X 1X 2, ovvero −3λ + 2µ = 0, eche devono essere uguali i coefficienti dei termini quadratici X 21 e X

22 , ovvero 2λ = λ + µ. Dunque unica

possibilità è λ = µ = 0, e nel fascio non vi sono cerchi.(4) Quest’ultimo punto è facile: per costruzione tutte le coniche del fascio sono tangenti alla retta data;

quindi nello spazio affine complementare esse si presentano tutte come parabole (a parte eventualmentele due degeneri).


Q(X 0, X 1, X 2, X 3) = X 20 − X 21 − X 0X 3 − X 1X 2 − X 1X 3 − X 2X 3




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(3) Classificare Q come quadrica affine dello spazio affine complementare del piano di equazione X 0 = 0.(4) Si consideri ora il piano π di equazione X 0 − X 1 − X 2 − X 3 = 0. Si dimostri che π è tangente a Q, e si

determini il punto di tangenza.


A =

1 0 0 −1/20 −1 −1/2 −1/20 −1/2 0 −1/2

−1/2 −1/2 −1/2 0

Si possono completare i quadrati della forma quadratica nel modo seguente:

Q(X ) = (X 0 − X 3/2)2 − X 21 − X 23 /4 − X 1X 2 − X 1X 3 − X 2X 3= Z 20 − (X 1 + X 2/2 + X 3/2)2 + X 22 /4 − 3X 2X 3/4= Z 20 − Z 21 + (X 2/2 − 3X 3/4)2 − 9X 23 /16= Z 20 − Z 21 + Z 22 − Z 23


Z 0 = X 0 − X 3/2Z 1 = X 1 + X 2/2 + X 3/2

Z 2 = X 2/2 − 3X 3/4Z 3 = 3X 3/4

Ne concludiamo che la forma ha rango 4, dunque non è degenere, e segnatura (2, 2). Un sottospazioisotropo massimale (dunque di dimensione 2) si può trovare nelle coordinate Z scrivendo le due equazioniZ 0 = Z 1 e Z 2 = Z 3, e dunque sostituendo troviamo che si tratta del sottospazio di equazioni X 0 − X 1 −X 2/2 − X 3 = 0 e 2X 2 − 3X 3 = 0 nelle coordinate originali.

(2) Siccome la forma bilineare era non degenere, la quadrica in questione è non degenere, e il suo vertice èvuoto (il vuoto proiettivo). Dalla forma canonica prima trovata si vede che si tratta di una quadrica

rigata di P3

(R); dai risultati del punto (1) si ricava subito una retta contenuta in Q.(3) Sappiamo già che la quadrica contiene rette (e dunque non può essere un ellissoide); si tratta dunque didecidere se è un paraboloide o un iperboloide; per questo basta vedere se la matrice della conica tagliatasu X 0 = 0 è degenere (allora si tratta d’un paraboloide, essendo tangente al piano all’infinito), oppureno (e allora si tratta d’un iperboloide). Abbiamo

det

2 1 11 0 1

1 1 0

= 0

e dunque si tratta di un paraboloide (iperbolico).(4) Studiamo l’intersezione della quadrica con il piano dato; il piano risulta tangente se la conica intersezione

è degenere (in questo caso necessariamente l’unione di due rette, visto che si tratta di una quadricarigata, e il punto di intersezione sarà allora dato dalla intersezione delle due rette). Sostituendo X 0 =

X 1 + X 2 + X 3 nell’equazione di Q si trova l’equazione quadratica X 2(X 1 + X 2) = 0; dunque π ∩ Q èdato dalle due rette

X 0 − X 1 − X 3 = 0X 2 = 0

e

X 0 − X 3 = 0X 1 + X 2 = 0 .

Abbiamo dunque visto che il piano è tangente, e il punto di tangenza, che come si è detto si calcolaintersecando le due rette, è (1, 0, 0, 1).Alternativamente si poteva procedere nel modo seguente: calcolare il polo P del piano π rispetto allapolarità indotta da Q, e poi verificare che il punto trovato appartiene al piano stesso (polo e polare siappartengono se e solo se il piano polare è tangente alla quadrica, e in quel caso il polo è il punto ditangenza). Per calcolare P si risolve il sistema P tA = (1, −1, −1, −1)t, che dà subito P = (1, 0, 0, 1)t.

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quarto appello Mat Tre - 10 settembre 2002

Esercizio 1.Sia data la proiettività φ del piano P2(R) in sé che, usando coordinate nel riferimento canonico, si scrive

φ

X 0X 1X 2

=

X 0 + X 1 − X 2

−X 0 + 3X 1 − X 22X 2

(1) Scrivere la matrice di φ nel riferimento dato.(2) Trovare i punti uniti e le rette unite per φ, e determinare le relazioni d’appartenenza reciproche.(3) Discutere se esistano, o meno, rette unite su cui φ induca una involuzione.(4) Sia ora r la retta di equazione X 0 = 0. Dare equazioni cartesiane per la retta s = φ(r), e per la retta

t tale che φ(t) = r. In generale, per una retta r di coordinate plückeriane u, determinare le coordinateplückeriane della retta immagine tramite φ.

Svolgimento.(1) La matrice è

A =

1 1 −1−1 3 −10 0 2

poiché si controlla subito che φ(X ) = AX , ove X = (X 0, X 1, X 2).(2) Per vedere le sottovariet̀a unite, studiamo gli autovalori di A:

det(xI3 − A) = detx − 1 −1 11 x − 3 1

0 0 x − 2

= (x − 2)((x − 1)(x − 3) + 1) = (x − 2)3

e dunque trovo l’unico autovalore 2 (di moltepicit à 3). Cerco subito l’autospazio di 2, studiando lamatrice 2I3 − A, che si vede subito avere rango 1; dunque l’autospazio ha dimensione 2, generatoper esempio da Q1 = (0, 1, 1) e Q2 = (1, 0, −1); si tratta di due punti del piano proiettivo, unitirelativamente allo stesso autovalore, e allora tutta la retta a che li congiunge (di equazione X 0

−X 1+X 2 =

0) è fatta di punti uniti (in particolare è una retta unita). La proiettività in questione è dunque unaomologia speciale di asse a: l’asse a contiene un punto (fisso) P , che è centro d’un fascio di rette unite.Per trovare P possiamo per esempio intersecare due qualsiasi rette unite, le cui coordinate plückerianesi ottengono come autovettori della matrice trasposta: troviamo che si tratta del punto P di coordinate(1, 1, 0) Questo termina la discussione su punti e rette unite e loro appartenenze reciproche.

(3) Sia r una retta unita; allora r è una retta del fascio per P : se è l’asse di omologia allora φ induce laproiettività identica, che per definizione non è una involuzione; altrimenti la proiettività indotta su rha un unico punto unito (esattamente P ), e dunque non può essere una involuzione (le involuzioni sullaretta proiettiva reale devono avere o due o nessun punto unito: non esistono involuzioni paraboliche).

(4) Data una retta di coordinate plückeriane u = (u0, u1, u2), la sua immagine tramite φ ha coordinateplückeriane uA−1; il facile calcolo della matrice inversa di A dà per la retta immagine φ(r) le coordinateplückeriane (3u0 + u1, −u0 + u1, u0 + u1 + 2u2) (a mano di un fattore di proporzionalità).Per calcolare s, ora basta sostituire u = (1, 0, 0) e otteniamo coordinate plückeriane (3, −1, 1), e dunqueequazione 3X 0 − X 1 + X 2 = 0.Per calcolare t basta calcolare le coordinate plückeriane (1 0 0)A = (1 1 − 1), dunque equazione X 0 +X 1 − X 2 = 0.

Esercizio 2.Sia dato in P2(R) il fascio di coniche di equazione

(λ + µ)X 20 + 2λX 22 − 2(λ + µ)X 0X 2 + (λ − µ)X 1X 2 = 0


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(2) Trovare il ciclo base del fascio, cioè tutti i punti del piano (con relative molteplicità) per cui passanotutte le coniche del fascio.

(3) Si consideri ora il piano affine complementare della retta di equazione X 0 = 0. Classificare affinementetutte le coniche del fascio.

(4) Si consideri ora il piano affine complementare della retta di equazione X 1 = 0. Classificare affinementetutte le coniche del fascio.

Soluzione. La matrice del fascio di coniche è

A(λ, µ) =

λ + µ 0 −(λ + µ)0 0 (λ − µ)/2

−(λ + µ) (λ − µ)/2 2λ

.


det A(λ, µ) = −14

(λ − µ)2(λ + µ)

ed otteniamo due coniche degeneri, in corrispondenza dei valori λ = µ = 1 e λ = −µ = 1; le equazionisono rispettivamente (X 0 − X 2)2 = 0 e X 2(X 1 + X 2) = 0. Poiché si tratta du una retta doppia e di unacoppia di rette, ne concludiamo che si tratta di un fascio bitangente.

(2) Come già detto il fascio è bitangente, dunque il ciclo base sarà del tipo 2P + 2Q ove P e Q sono i duepunti che si ottengono intersecando le coniche degeneri; si trovano i sistemi

X 0 − X 2 = 0X 2 = 0

e

X 0 − X 2 = 0X 1 − X 2 = 0

da cui i punti P = (0, 1, 0) e Q = (1, −1, 1) (entrambi con molteplicità 2) .(3) Per classificare affinemente le coniche del fascio come richiesto, basta considerare la loro intersezione

con X 0 = 0, e per questo è sufficiente controllare il determinante di A∞(λ, µ): la conica è

ellisseparabola

iperbolea seconda che det A∞(λ, µ) = −1

4(λ − µ)2 0 .

Dunque nel fascio vi sono solo iperboli, eccettuati i casi degeneri (il valore λ = µ darebbe una parabola,ma è degenere).

(4) In questo caso bisogna considerare l’intersezione dele coniche del fascio con X 1 = 0, e per questo èsufficiente controllare il determinante della matrice B(λ, µ) che si ottiene cancellando riga e colonnacentrali di A(λ, µ): la conica è

ellisse

parabolaiperbole

a seconda che det B(λ, µ) = λ2 − µ2 0 .

Dunque le parabole del fascio sono degeneri; le iperboli del fascio si ottengono per λ2 − µ2 |µ|.


Q(X 0, X 1, X 2, X 3) = 11X 21 + X

22 + X

23 + 2X 0X 1 − 2X 1X 2 − 6X 1X 3


sottospazio isotropo massimale.

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(2) Sia Q la quadrica di P3(R) di equazione Q(X ) = 0 nel riferimento canonico; classificare proiettiva-mente Q, specificando qual’è il suo vertice ed esibendo una sottovarietà lineare di dimensione massimalecontenuta in Q.

(3) Si classifichi Q come quadrica affine dello spazio affine complementare di X 0 = 0, eventualmente speci-ficandone il centro.

(4) Determinare se qualcuno dei piano coordinati è tangente a

Q, ed eventualmente calcolare il punto di

tangenza.


A =

0 1 0 01 11 −1 −30 −1 1 00 −3 0 1


Q(X ) = (X 2 − X 1)2 + 10X 21 + X 23 + 2X 0X 1 − 6X 1X 3= Z 22 + (X 3 − 3X 1)2 + X 21 + 2X 0X 1= Z 22 + Z

23 + (X 1 + X 0)

2 − X 20= −Z 20 + Z 21 + Z 22 + Z 23


Z 0 = X 0

Z 1 = X 1 + X 0

Z 2 = X 2 − X 1Z 3 = X 3 − 3X 1

Ne concludiamo che la forma ha rango 4, dunque non è degenere, e segnatura (3, 1). Un sottospazio

isotropo massimale (dunque di dimensione 1) si può vedere immediatamente dalla matrice, poiché ilprimo vettore della base canonica è isotropo.Seconda soluzione: strategia di ricerca di una base ortogonale. Diciamo solo che un’occhiata alla matricemostra che gli ultimi due vettori della base canonica sono tra loro ortogonali, quindi in soli due passi sipotrebbe ricavare una base ortogonale.

(2) Siccome la forma bilineare era non degenere, la quadrica in questione è non degenere, e il suo vertice èvuoto (il vuoto proiettivo). Dalla forma canonica prima trovata si vede che si tratta di una quadricanon rigata di P3(R) avente punti reali (per esempio appunto quello di coordinate (1 , 0, 0, 0)).

(3) Osservando che la trasformazione che abbiamo usato nel punto (1) è una trasformazione affine (tienefisso il piano all’infinito) possiamo subito dedurre che la quadrica in questione è un ellissoide con centronell’origine per le coordinate Z , e dunque di centro (1, −1, −1, −3) nelle coordinate originali.Alternativamente, sappiamo già che la quadrica non è rigata, e dovremmo controllare la conica che siottiene intersecando

Q con il piano all’infinito (

Q sarà un ellissoide, un iperboloide o un paraboloide a

seconda che la conica disegnata sull’infinito sia non degenere senza punti reali, non degenere con puntireali, oppure degenere); si trova facilmente che Q è un ellissoide, e si calcola il centro risolvendo ilsistema che si ottiene imponendo che sia il polo del piano di coordinate plückeriane (1, 0, 0, 0).

(4) Del piano X 0 = 0 abbiamo già detto: non è tangente alla quadrica Q, e anzi l’intersezione (reale) conessa è vuota.Per gli altri piani coordinati, sostituiamo nell’equazione della quadrica, e vediamo se la conica intersezineè degenere o no. Per X 1 = 0 troviamo X

22 + X

23 = 0, dunque una conica degenere: il piano è tangente, e

il punto di tangenza è (1, 0, 0, 0). Per X 2 = 0 troviamo 11X 21 + X 23 + 2X 0X 1 − 6X 1X 3 = 0; e per X 3 = 0

troviamo 11X 21 + X 22 + 2X 0X 1 − 2X 1X 2; calcolando i determinante delle matrici associate vediamo che

si tratta di coniche non degeneri; quindi nessuno dei due piani è tangente a Q.

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Esercizio 1. Sia γ l’ultima cifra del proprio numero di matricola, diminuita di 5 e sostituito con 6 seil risultato è nullo. Sono dati i seguenti quattro punti del piano proiettivo P

¯2(R

¯):

P 1 =

01

−1

Q1 =

1

2γ − 50

P 2 =

012

Q2 =

−10

γ + 5

.

(1) Si trovino le equazioni delle rette r1 = P 1 ∨ Q1 e r2 = P 2 ∨ Q2, e le coordinate del punto P = r1 ∧ r2.(2) Trovare il quarto armonico M 1 su r1 dopo P 1, Q1, P e il quarto armonico M 2 su r2 dopo P 2, Q2, P ;

scrivere l’equazione della retta h = M 1 ∨ M 2.(3) È vero che le rette p = P 1 ∨ P 2, q = Q1 ∨ Q2 e h appartengono ad un fascio? Per ogni retta s passante

per P (tranne una: quale?), si dimostri che h ∧ s è il quarto armonico dopo p ∧ s, q ∧ s, P .(4) Dualizzare l’esercizio: date quattro rette p1, q 1, p2, q 2 in posizione generale del piano proiettivo reale,

siano ...

Risultati.(1) La retta r1 ha equazione (2γ − 5)X 0 − X 1 − X 2 = 0, la retta r2 ha equazione (γ + 5)X 0 − 2X 1 + X 2 = 0

e il punto P ha coordinate 1

γ γ

−5.

(2) Siccome P = (5− γ )P 1 + Q1, abbiamo che M 1 = (5− γ )P 1 − Q1 =

13γ +10

5−γ

; da P = γ P 1 − Q1, abbiamo

che M 1 = γP 2 + Q2 =

0γ

γ −5

; l’equazione di h è pertanto 2(2γ + 5)(5 − γ )X 0 + (γ − 5)X 1 − γX 2 = 0.

(3) Sı̀, p, q e h appartengono ad un fascio, perché la proiettività di r1 su r2 che manda ordinatamente ipunti P, P 1, Q1 in P, P 2, Q2 è una proiezione (l’intersezione P è fissata) e manda M 1 in M 2 (perchéconserva i birapporti). Il punto di intersezione delle tre rette, sia C , è il centro della proiezione detta.Ora, nel fascio di rette di centro C le rette p,q,h, C ∨ P formano una quaterna armonica, e dunque perogni retta s passante per P , i punti di intersezione p ∧ s, q ∧ s, h ∧ s, P formano una quaterna armonica(perché l’applicazione di C ∗ in s che manda ogni retta nel punto di intersezione con s è una proiettivitàe dunque conserva i birapporti). Questo non vale per la retta P ∨ C .

(4) Possiamo riassumere l’esercizio cos̀ı: dati quattro punti P 1, Q1, P 2, Q2 in posizione generale nel pianoproiettivo, siano r1 = P 1

∨ Q1, r2 = P 2

∨ Q2 e P = r1

∧ r2. Allora la retta h passante per i quarti

armonici M 1 (su r1 dopo P 1, Q1, P ) e M 2 (su r2 dopo P 2, Q2, P ) appartiene al fascio di rette di asseC = p ∧ q (cioè è concorrente con p = P 1 ∨ P 2 e q = Q1 ∨ Q2); essa è la quarta armonica del fasciodopo p,q, P ∨ C , e su ogni retta s passante per P diversa da P ∨ C , la quaterna p ∧ s, q ∧ s, h ∧ s, P èarmonica.Enunciato duale: date quattro rette p1, q 1, p2, q 2 in posizione generale del piano proiettivo reale, sianoR1 = p1 ∧ q 1, R2 = p2 ∧ q 2 e p = R1 ∨ R2. Allora il punto H intersezione delle quarte armoniche m1(in R∗1 dopo p1, q 1, p) e m2 (in R

∗2 dopo p2, q 2, p) appartiene alla retta c = P ∨ Q (cioè è allineato con

P = p1 ∧ p2 e Q = q 1 ∧ q 2); esso è il quarto armonico su c dopo P,Q, p ∧ c, e per ogni punto S di pdiverso da p ∧ c, la quaterna di rette P ∨ S, Q ∨ S, H ∨ S, p è armonica.

N.B. I punti tre e quattro si potevano risolvere ricorrendo alla nozione di quadrangolo/quadrilatero pianocompleto.

Esercizio 2. Sia α la penultima cifra del proprio numero di matricola, diminuita di 5 e sostituito con6 se il risultato è nullo. Sia data la proiettività φ dello spazio P

¯3(R

¯) che nel riferimento canonico ha matrice

A =

α 0 0 02α −α 2α −4α

−4α 0 −3α 4α−2α 0 −2α 3α

.

(1) Trovare punti, rette e piani uniti di φ. È vero che φ è involuzione e/o omologia?(2) Siano P 0 e P 1 due punti uniti distinti di φ, e sia P ∈ P 0 ∨ P 1. Determinare il valore del birapporto

(P 0 P 1 P φ(P )) al variare dei tre punti scelti.

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(3) Sia P punto non unito per φ; è vero che P ∨ φ(P ) è retta unita per φ? È vero che φ induce unaproiettività P ∗ → φ(P )∗ (ove P ∗ è la stella dei sottospazi contenenti P )?

Risultati.N.B. In realtà la priettività non dipende da α: perché?

(1) Si vede facilmente che la matrice A ha polinomio caratteristico (X

−α)2(X + α)2, e che gli autospazi

hanno entrambi dimensione 2; dunque si tratta di una matrice diagonalizzabile, con due autospazicomplementari di dimensione 2 ciascuno, relativi ad autovalori opposti; da questo si deduce subito cheφ è involuzione, ma non omologia (non c’è un piano di punti uniti). I punti uniti sono tutti e soli quellidi due rette (sghembe tra loro, corrispondenti agli autospazi), i piani uniti sono tutti e soli quelli deifasci di asse le due rette di punti uniti, e su ciascuno di essi φ induce una omologia involutoria (dunquegenerale, cioè non speciale) . Le rette unite, a parte quelle di punti uniti, sono quelle dei fasci del centrodi omologia su ciascuno dei piani uniti: si ottengono congiungendo un punto di una delle rette di puntiuniti con un punto dell’altra; su ciascuna di tali rette φ induce una involuzione.

(2) Trascuriamo i casi degeneri in cui P sia P 0 o P 1. Se P 0 e P 1 appartengono ad una delle rette di puntiuniti abbiamo φ(P ) = P e allora il birapporto vale 1; se invece non succede, allora il birapporto vale−1, poiché sulla retta P 0 ∨ P 1 viene indotta una involuzione.

(3) Vero: per il punto P passa una (unica) retta che interseca le rette di punti uniti (sghembe tra loro);

quindi quella retta è unita e contiene φ(P ); oppure: visto che φ è involuzione, abbiamo che, dettoQ = φ(P ), risulta φ(Q) = P e dunque φ(r) = φ(P ∨ Q) = φ(P ) ∨ φ(Q) = Q ∨ P = r.Vero: si tratta della composizione di tre proiettività; scelto σ un piano unito non contenente P , con-sideriamo P ∗ → σ → σ → φ(P )∗ ove la prima funzione manda s in s ∧ σ (sezione di P ∗ con σ), laseconda è φ, la terza manda s in s ∨ φ(P ) (proiezione di σ da centro φ(P )). Si tratta di tre proiet-tività e la composizione manda s in φ(s); infatti per ogni retta s ∈ P ∗, sia s = P ∨ S con S ∈ σ si haφ(s∧σ)∨φ(P ) = φ(S )∨φ(P ) = φ(S ∨P ) = φ(s). Se P = v, allora una applicazione lineare sovrastanteψ : P ∗ → φ(P )∗ è l’applicazione indotta f : R

¯4/v → R

¯4f (v) dalla sovrastante f : R

¯4 → R

¯4 di φ (si

identifichi P ∗ con P¯

(R¯

4/v) e φ(P )∗ con P¯

(R¯

4/f (v))...).

Esercizio 3. Sia β la terzultima cifra del proprio numero di matricola, diminuita di 5 e sostituito con5 se il risultato è 0 o 1. È data su R

¯4 la forma bilineare g che ha matrice

G =

1 0 0 β 0 1 β − 1 00 β − 1 β 2 − 2β + 2 β β 0 β 2β 2 − 1

.nella base canonica.(1) Classificare la forma bilineare, trovandone rango, segnatura e una base ortogonale. Che dimensione

hanno i sottospazi isotropi massimali? Qual è la massima dimensione di un sottospazio in cui la formasia definita positiva?

(2) Dire se in R¯

4 dotato della forma g vi sono piani iperbolici, ed eventualmente trovarli tutti.(3) Dire se è possibile trovare una base di R

¯4 fatta di vettori isotropi per g; in caso affermativo, evidenziarne

una e scrivere la matrice di g in quella base.

Risultati.(1) Si vede facilmente che la forma ha rango 4 (non degenere), segnatura (3, 1) e che una base ortogonalepuò essere data da v1, v2, v3, v4 con v1 = e1, v2 = e2 e per opportuni v3, v4 ∈ R

¯4 (v3 ∈ e1, e2⊥

e v4 ∈ e1, e2, v3⊥), scelti in modo che la matrice della forma sia diagonale con termini diagonali1, 1, 1, −1 nell’ordine. I sottospazi isotropi massimali hanno dimensione 1, sono infiniti e si trovano tutticon generatori del tipo α1v1 + α2v2 + α3v3 + v4 ove α21 + α

22 + α

23 = 1. La forma è definita positiva su

sottospazi di dimensione massima 3.(2) S̀ı, vi sono infiniti piani iperbolici, e si possono ottenere tutti usando come generatori due vettori v e

u ove v ∈ v1, v2, v3 e u è qualsiasi vettore con forma negativa, cioè con g(u, u) < 0 (si osservi chel’insieme {u ∈ R

¯4 : g(u, u) < 0} dei vettori di forma negativa non è un sottospazio vettoriale, come pure

non lo è l’insieme dei vettori di forma positiva).

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(3) S̀ı, poiché la forma non è definita, possiamo trovare una base di vettori isotropi, per esempio la baseformata dai vettori v1 + v4, v2 + v4, v3 + v4 e v1 − v4, rispetto alla quale la matrice della forma diventa

0 −1 −1 2−1 0 −1 1−1 −1 0 12 1 1 0

.

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Esercizio 1. Sia α l’ultima cifra del proprio numero di matricola, diminuita di 5 e sostituito con 6 seil risultato è nullo. È dato il fascio di coniche di P2(R) di equazione

α2µX 20 + (λ − µ)X 21 + (λ − µ)X 22 − αλX 0X 1 − αλX 0X 2 + µX 1X 2

(a) Scrivere la matrice del fascio; determinare le coniche degeneri e il ciclo base.

(b) Classificare affinemente le coniche del fascio nei piani affini complementari dei tre assi del riferimentocanonico.

(c) Sul piano affine complementare di X 0 = 0, con l’usuale struttura euclidea, dire se esistono nel fasciocerchi e iperboli equilatere.

Risultati.(a) La matrice del fascio è

α2µ −αλ/2 −αλ/2−αλ/2 (λ − µ) µ/2−αλ/2 µ/2 (λ − µ)

e il suo determinante è − α24 (2λ − 3µ)(λ − µ)2 (si ottiene facilmente sottraendo la seconda colonna allaterza, e raccogliendo un fattore). Quindi vi sono due coniche degeneri nel fascio che si ottengono per

λ = µ = 2 (e risulta (αX 0 − X 1)(αX 0 − X 2) coppia di rette reali), e per λ = 3, µ = 2 (e risulta(αX 0 − X 1 − X 2)(2αX 0 − X 1 − X 2), altra coppia di rette reali).Intersecando le due coniche degeneri si trova il ciclo base che è formato dai tre punti

α0

,

0α

,

αα

(quest’ultimo è punto doppio, e le coniche del fascio sono tutte tangenti in tale punto alla retta diequazione 2αX 0 − X 1 − X 2).

(b) Nel piano affine complementare di X 0 = 0 si ha che le coniche sono iperboli, parabole o ellissi a secondache il determinante (λ−µ)2 −µ2/4 = (λ−µ/2)(λ−3µ/2) sia negativo, nullo o positivo; l’unica parabolanon degenere si ottiene per µ = 2λ.Nel piano affine complementare di X 1 = 0 la classificazione dipende dal determinante α2µ(λ − µ) −α2λ2/4 = −α2(µ−λ/2)2 che è sempre negativo (dunque identifica iperboli) tranne per λ = 2µ (parabola).Nel piano affine complementare di X 2 = 0 la classificazione è identica al caso precedente.

(c) I cerchi sono le coniche passanti per i punti ciclici 01±i del piano proiettivo; questo capita se µ = 0, eallora possiamo usare λ = 1 e otteniamo la conica X 2 + Y 2 − αX − αY = 0 che è un cerchio con centroin

α/2α/2

e raggio la radice di α2/2.

Le iperboli equilatere si ottengono imponendo che i punti di intersezione con la retta impropria X 0 = 0siano direzioni tra loro ortogonali; si ottiene sono per λ = µ, ma in questo caso di tratta di una conicadegenere del fascio (unione di due rette tra loro ortogonali).

Esercizio 2. Sia β la penultima cifra del proprio numero di matricola, diminuita di 5. Nel pianoeuclideo è data la conica di equazione

X 2 + Y 2 − 2XY − 6βX − 2(3β − 2)Y + 3β 2 − 4β + 2 = 0

Si dica se si tratta di una conica non degenere e se ne determinino il tipo, una equazione canonica, la

trasformazione ortogonale di coordinate opportuna, gli eventuali assi, asintoti, centro, vertice. Si tracciinfine un disegno indicativo della curva.

Risultati. La matrice della conica è

A =

3β 2 − 4β + 2 −3β −3β + 2−3β 1 −1

−3β + 2 −1 1

e il suo determinante è −4(3β − 1)2, quindi non è mai degenere, poiché β è intero. Poiché il determinantedi A∞ (sottomatrice ottenuta eliminando la prima riga e la prima colonna, ovvero intersecando con la retta

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X 0 = 0) è nullo, si tratta di una parabola non degenere, e la sua equazione canonica sarà 2Y 2 = pX 2 ove

p2 = −(trA∞)3/ det A, dunque p =√

2|3β−1| .

Il punto improprio della parabola è P ∞ =

011

, la direzione ortogonale è P ⊥∞ =

0

1−1

, e quindi l’asse

a della parabola ha equazione di coordinate plückeriane (0, 1, −1)A = (−2, 2, −2), ovvero X − Y = 1.Intersecando a con la conica otteniamo le coordinate del vertice V che risulta 14β+1β−3. Il fuoco si trovasull’asse a a distanza 12 p = |3β−1|2√ 2 dal vertice, ed è V + 143β−13β−1 = ββ−1, visto che la sua polare (direttricedella parabola) non interseca la parabola stessa in punti reali.

Il riferimento canonico avrà l’origine in V e come assi la tangente in V alla parabola e l’asse a dellaparabola. Quindi la trasformazione di coordinate richiesta ha matrice

1 0 0β+14

√ 2

2

√ 2

2β−3

4 −

√ 2

2

√ 2

2

.

Le seguenti figure si riferiscono a β = ±2:

F

V

d

F

V

d

Esercizio 3. Sia γ la terzultima cifra del proprio numero di matricola, diminuita di 5 se è maggiore di6, sostituita con 5 se è nulla; sia γ =

√ γ . Nello spazio euclideo tridimensionale si considerino le rette r ed

s di equazioni cartesiane

r :

γX − 2Y + Z = 02γX − γY + 2Z = 0 ed s :

X − 3Y − γZ = 62X − Y − 2γZ = 2 .

(a) Scrivere le equazioni cartesiane dell’insieme, Q, formato dai punti P dello spazio la cui distanza da r èil doppio della distanza da s.

(b) Si verifichi che Q è un iperboloide non degenere e lo si classifichi, determinando centro, assi, conoasintotico e matrice canonica.

(c) Si determinino, se esistono, dei piani che tagliano su Q delle circonferenze e, in caso affermativo sidetermini il luogo formato dai centri di tali circonferenze.

(d) È vero che ci sono circonferenze su Q che hanno il centro nel centro della quadrica? In caso affermativosi dica quante sono e si determini il loro raggio.

Risultati.(a) La retta r è data da

000

+

1

0−γ

e la retta s da

0−2

0

+

γ 01

. Quindi la condizione richiesta è

data, ponendo P =

XY Z

, da

XY Z

×

10−γ

2 = 4

XY +2

Z

×

γ 01

2 cioè

−γY γX +Z −Y

2 = 4

Y +2−X+γZ +2−γ (Y +2)

2

che restituisce l’equazione

(4 − γ 2)X 2 + 3(1 + γ 2)Y 2 + (4γ 2 − 1)Z 2 − 10γX Z + 16(1 + γ 2)Y + 16(1 + γ 2) = 0

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e quindi indica la quadrica di matrice

A =

16(1 + γ 2) 0 8(1 + γ 2) 00 4 − γ 2 0 −5γ

8(1 + γ 2) 0 3(1 + γ 2) 00 −5γ 0 4γ 2 − 1

il cui determinante è 64(1 + γ 2)4.(b) La quadrica Q è dunque non degenere, e il determinante di A∞ (sottomatrice di intersezione con il piano

improprio) vale −12(1 + γ 2)3: possiamo quindi concludere che la quadrica non è un paraboloide (nonessendo tangente al piano improprio). Poiché la matrice A∞ ha evidentemente un autovalore positivo(e determinante negativo), possiamo anche dedurre che la forma quadratica da essa determinata è nondefinita, e quindi Q dev’essere un iperboloide. Per classificarlo basta quindi vedere se è a punti ellitticio iperbolici, e per questo basta vedere la segnatura della forma quadratica determinata da A. Poichédet A era positivo, possiamo concludere che la segnatura è (2, 2) e dunque l’iperboloide è iperbolico.Calcoli di routine mostrano che gli autovalori di A∞ sono dati da 3(1 + γ 2), 4(1 + γ 2), −(1 + γ 2) conautovettori rispettivamente

010

,

10−γ

,

γ 01

(ortogonali tra loro e che danno le direzioni degli assi per

il riferimento in cui la quadrica si diagonalizza).

Il centro della quadrica si trova calcolando il polo della retta impropria, ovvero calcolando la prima rigadella matrice inversa di A, e risulta il punto C =

0−8/3

0

.

Il cono asintotico è il cono tangente dal centro C , e ha quindi equazione (C tAX )2−(C tAC )(X tAX ) = 0.Tenendo conto che C tA = (− 163 (1 + γ 2), 0, 0, 0) otteniamo l’equazione 3X tAX + 16(1 + γ 2)X 20 = 0.L’equazione canonica di Q nel riferimento con origine nel centro e avente come assi i tre assi dellaquadrica è 3

4X 2 + 9

16Y 2 − 3

16Z 2 = 1 ove i tre coefficienti sono i tre autovalori di A∞ divisi per il fattore

ρ = −det A/ det A∞ = 163 (1 + γ 2). La matrice del cambiamento di coordinate è

1 0 0 00 0 1√

1+γ 2γ √

1+γ 2

− 83

1 0 0

0 0 − γ

√ 1+γ 21

√ 1+γ 2

.

(c) Intersecando nel piano X 0 = 0 la quadrica Q̧ con l’assoluto euclideo di equazione X 2+Y 2+Z 2 = 0 otteni-

amo i punti ciclici (cioè dell’assoluto) per cui passa la quadrica; essi sono i quattro punti

0

γ +2

±i√

5(1+γ 2)1−2γ

e

0

γ −2±i

√ 5(1+γ 2)

1+2γ

, che sono a coppie coniugate e determinano le due rette reali improprie generate da

0γ +2

01−2γ

,

0010

e

0γ −2

01+2γ

,

0010

. Quindi i piani che intersecano Q in cerchi sono quelli contenenti i

punti ciclici di Q, e dunque sono i fasci impropri di piani di giaciture γ +2

01−2γ ,

010 e

γ −20

1+2γ ,010.

Poiché i piani che intersecano cerchi sono quelli di due fasci impropri, e i centri dei cerchi sono i polidella retta impropria (di quei piani), il luogo descritto dai centri sarà dato dalle due rette polari rispettoa Q delle due rette improprie assi dei due fasci di piani. Si tratta delle rette date dalle intersezioni delpiano di coordinate plückeriane (8, 0, 3, 0) con i piani di coordinate plückeriane

(0, −γ 3 + 12γ 2 − γ − 8, 0, −4γ 3 − γ 2 + 12γ − 1) e (0, −γ 3 + 8γ 2 − γ − 8, 0, 8γ 3 − γ 2 + 8γ − 1)

rispettivamente.(d) Vi sono due piani tra quelli trovati che passano per il centro della quadrica, e dunque i cerchi richiesti

sono due; il loro raggio si può trovare trovando un qualsiasi punto dei cerchi in questione. Poiché laretta X = Z = 0 passa per il centro e sta nella giacitura di entrambi i piani, basta intersecarla con

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la quadrica per trovare due punti diametralmente opposti sui cerchi in questione (ed in effetti la loro

intersezione): risolvendo l’equazione 3Y 2 + 16Y + 16 = 0 si trovano i punti

0−40

e

0−4/30

il cui punto

medio è giustamente il centro C della quadrica (e dei cerchi), e da cui possiamo determinare il raggioche è 4/3.

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Esercizio 1. È data la proiettività φ di P3(R) di matrice

A =

2 0 0 0−1 1 2 −1−1 3 0 −11

esami svolti di geom. proiettiva (elementari)

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