Coniche e quadriche

Lezione 42, prima parte (videolezione n. 42: il prof dà "cenni sulla teoria delle coniche"). Prerequisiti: Teorema spettrale e forme quadraticheUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. Applicato alle forme quadratiche, permette di scriverle come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche →, Segno di una forma bilineare simmetricaPer capire se una forma bilineare simmetrica è definita positiva, negativa, semidefinita o indefinita si usano quattro metodi: segni degli autovalori, regola di Cartesio sul polinomio caratteristico, minori principali di nord-ovest, completamento dei quadrati. Il teorema di Sylvester dice che il numero di segni + e − in una forma diagonale non dipende dalla base.Segno di una forma bilineare simmetrica →, Distanze e angoli nello spazio affineLa distanza tra due punti è la norma del vettore che li unisce. La distanza di un punto Q da un sottospazio affine L si misura dal piede della perpendicolare H, l'unico punto di L con Q − H ortogonale allo spazio direttore. Per un iperpiano a·x = b vale la formula |a·Q − b|/‖a‖. Rette sghembe: perpendicolare comune. Angoli tra rette e piani dai vettori direttori e normali.Distanze e angoli nello spazio affine →. Esercizio: Esercizio 109 · riconoscere una conica e trovarne la forma canonica.

Che cos'è una conica

Definizione. Una conica del piano affine $\mathbb{A}^2$ è l'insieme dei punti $(x, y)$ che soddisfano un'equazione di secondo grado $$a_{11} x^2 + 2a_{12} xy + a_{22} y^2 + 2a_{13} x + 2a_{23} y + a_{33} = 0,$$ con $a_{11}, a_{12}, a_{22}$ non tutti nulli.

Esempio. $x^2 + y^2 - 4 = 0$ è una conica (con $a_{11} = a_{22} = 1$ e $a_{33} = -4$): la circonferenza di centro l'origine e raggio $2$.

I $2$ davanti ai termini misti servono a scrivere tutto con matrici simmetriche (come per le forme quadraticheUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. Applicato alle forme quadratiche, permette di scriverle come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche →). Le matrici associate sono

$$A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{12} & a_{22} \end{pmatrix} \ \ (\text{parte quadratica}), \qquad \tilde A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{12} & a_{22} & a_{23} \\ a_{13} & a_{23} & a_{33} \end{pmatrix} \ \ (\text{matrice completa}),$$

e l'equazione si scrive $(x, y, 1)\, \tilde A \begin{pmatrix} x \\ y \\ 1 \end{pmatrix} = 0$. (Facendo il prodotto riga per colonna, ogni termine fuori diagonale $a_{ij}$ compare due volte, in posizione $(i, j)$ e $(j, i)$: per questo si mette metà del coefficiente.)

Esempio. Per $x^2 + y^2 - 4 = 0$: $A = I_2$ e $\tilde A = \operatorname{diag}(1, 1, -4)$. Per $xy = 1$, cioè $xy - 1 = 0$: $2a_{12} = 1$, quindi $A = \begin{pmatrix} 0 & \frac12 \\ \frac12 & 0 \end{pmatrix}$ e $\tilde A$ ha in più $a_{33} = -1$.

Il nome viene dal fatto che sono le curve che si ottengono tagliando un cono con un piano.

Le forme canoniche

Le prime tre sono le coniche non degeneri; le altre sono degeneri (si spezzano in rette, si riducono a un punto o sono vuote). Per esempio $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = \left(\frac xa - \frac yb\right)\left(\frac xa + \frac yb\right)$ è zero se e solo se uno dei due fattori è zero: le due rette $y = \frac ba x$ e $y = -\frac ba x$.

Fuochi e definizione con le distanze

Le tre coniche non degeneri si possono definire anche con le distanzeLa distanza tra due punti è la norma del vettore che li unisce. La distanza di un punto Q da un sottospazio affine L si misura dal piede della perpendicolare H, l'unico punto di L con Q − H ortogonale allo spazio direttore. Per un iperpiano a·x = b vale la formula |a·Q − b|/‖a‖. Rette sghembe: perpendicolare comune. Angoli tra rette e piani dai vettori direttori e normali.Distanze e angoli nello spazio affine → da punti e rette fissi:

Verifica sulla parabola: per il punto $(x, cx^2)$ la distanza dalla direttrice è $cx^2 + \frac{1}{4c}$ (con $c > 0$), e il quadrato della distanza dal fuoco è $x^2 + \left(cx^2 - \frac{1}{4c}\right)^2 = x^2 + c^2x^4 - \frac{x^2}{2} + \frac{1}{16c^2} = c^2x^4 + \frac{x^2}{2} + \frac{1}{16c^2} = \left(cx^2 + \frac{1}{4c}\right)^2$ ✓. Verifica sull'ellisse $\frac{x^2}{4} + y^2 = 1$ del grafico ($a = 2$, $b = 1$, $c = \sqrt3$): il vertice $(0, 1)$ dista $\sqrt{3 + 1} = 2$ da ciascun fuoco, e $2 + 2 = 4 = 2a$ ✓.

Teorema. Ogni conica, con un cambio di coordinate fatto da una rotazione e una traslazione (che conservano distanze e angoli), si porta in una delle forme canoniche della tabella.

Esempio. L'equazione $xy = 1$, con la rotazione di $45^\circ$ ($x = \frac{x' - y'}{\sqrt{2}}$, $y = \frac{x' + y'}{\sqrt{2}}$), diventa $\frac{x'^2}{2} - \frac{y'^2}{2} = 1$: un'iperbole. Il conto: $xy = \frac{(x' - y')(x' + y')}{2} = \frac{x'^2 - y'^2}{2}$ (prodotto notevole). La sostituzione è $\binom{x}{y} = P\binom{x'}{y'}$ con $P = \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos 45^\circ & -\sin 45^\circ \\ \sin 45^\circ & \cos 45^\circ \end{pmatrix}$, la matrice di rotazione di $45^\circ$: le sue colonne $\frac{1}{\sqrt2}(1, 1)$ e $\frac{1}{\sqrt2}(-1, 1)$ sono gli autovettori normalizzati di $A = \begin{pmatrix} 0 & \frac12 \\ \frac12 & 0 \end{pmatrix}$, con autovalori $\frac12$ e $-\frac12$. Qui $a^2 = b^2 = 2$: iperbole equilatera, vertici in $x' = \pm\sqrt2$, cioè nei punti $(1, 1)$ e $(-1, -1)$, fuochi a distanza $c = \sqrt{2 + 2} = 2$ dal centro lungo la bisettrice, cioè $\pm(\sqrt2, \sqrt2)$, e asintoti $y' = \pm x'$, che nelle coordinate di partenza sono gli assi $x = 0$ e $y = 0$.

Come si arriva alla forma canonica

Passo 1: la rotazione elimina il termine $xy$

La parte quadratica $q(x, y) = a_{11}x^2 + 2a_{12}xy + a_{22}y^2$ ha matrice simmetrica $A$. Per il teorema spettraleUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. Applicato alle forme quadratiche, permette di scriverle come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche → esiste $P$ ortogonale (una rotazione, scegliendo $\det P = 1$) con $P^T A P = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2)$; con $\binom{x}{y} = P\binom{x'}{y'}$:

$$q = (x, y)\, A \binom{x}{y} = (x', y')\, P^T A P \binom{x'}{y'} = \lambda_1 x'^2 + \lambda_2 y'^2 .$$

In pratica: $\lambda_1, \lambda_2$ sono gli autovaloriUn autovettore è un vettore non nullo che una funzione lineare manda in un suo multiplo; si trovano gli autovalori come radici del polinomio caratteristico det(A − λI) e gli autovettori come nucleo di A − λI. Matrici simili hanno gli stessi autovalori.Autovalori e autovettori → di $A$ (radici del polinomio caratteristico $\lambda^2 - \operatorname{tr}(A)\,\lambda + \det A$), e le colonne di $P$ sono autovettori di norma $1$, ortogonali tra loro (per una matrice simmetrica autovettori di autovalori diversi sono automaticamente ortogonali). Se $\det P = -1$ basta cambiare segno a una colonna: si ottiene una rotazione $\begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}$, e $\theta$ è l'angolo di cui sono ruotati gli assi della conica.

I termini di primo grado si trasformano anch'essi (con la stessa sostituzione), ma restano di primo grado, perché $x$ e $y$ sono combinazioni lineari di $x'$ e $y'$.

Passo 2: la traslazione elimina i termini di primo grado

Si completano i quadrati: per esempio $\lambda_1 x'^2 + 2b x' = \lambda_1\left(x' + \frac{b}{\lambda_1}\right)^2 - \frac{b^2}{\lambda_1}$ (se $\lambda_1 \ne 0$; sviluppando il quadrato si ritrova $\lambda_1 x'^2 + 2bx' + \frac{b^2}{\lambda_1}$, e il termine $\frac{b^2}{\lambda_1}$ in più si toglie), e si pone $X = x' + \frac{b}{\lambda_1}$. Se un autovalore è $0$ il termine di primo grado corrispondente non si può eliminare: è il caso della parabola. Per esempio $x'^2 - 2y' = 0$ ha $\lambda_2 = 0$ e resta $y' = \frac12 x'^2$.

Il centro. Per ellissi e iperboli (le coniche a centro, $\det A \ne 0$) si può fare prima la traslazione: il centro $(x_0, y_0)$ risolve il sistema

$$\begin{cases} a_{11} x + a_{12} y + a_{13} = 0 \\ a_{12} x + a_{22} y + a_{23} = 0 \end{cases}$$

(metà delle derivate parziali del polinomio uguali a zero), che ha una sola soluzione perché la sua matrice è $A$ e $\det A \ne 0$ (teorema di CramerLa matrice aggiunta A* è la trasposta della matrice dei complementi algebrici e soddisfa A·A* = det A · I; quindi A è invertibile se e solo se det A ≠ 0, con A⁻¹ = A*/det A. Cramer: xᵢ = Δᵢ/Δ. Matrici simili hanno lo stesso determinante.Matrice aggiunta e teorema di Cramer →). Il motivo per cui traslando nel centro spariscono i termini di primo grado: sostituendo $x = x_0 + X$, $y = y_0 + Y$ nel polinomio $p(x, y)$ e sviluppando si ottiene

$$p = q(X, Y) + 2X\,(a_{11} x_0 + a_{12} y_0 + a_{13}) + 2Y\,(a_{12} x_0 + a_{22} y_0 + a_{23}) + p(x_0, y_0),$$

dove $q$ è la stessa parte quadratica (con $X, Y$ al posto di $x, y$). I coefficienti di $X$ e di $Y$ sono proprio i primi membri del sistema, quindi nel centro valgono $0$, e il termine noto diventa il valore $p(x_0, y_0)$.

Riconoscere il tipo senza fare i conti

Rotazioni e traslazioni non cambiano $\det \tilde A$, né $\det A$ (e neppure la traccia di $A$). Il perché: il cambio di coordinate $\binom{x}{y} = P\binom{x'}{y'} + \binom{c_1}{c_2}$ si scrive con una matrice $3 \times 3$,

$$\begin{pmatrix} x \\ y \\ 1 \end{pmatrix} = M \begin{pmatrix} x' \\ y' \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad M = \begin{pmatrix} P & c \\ 0 \ \ 0 & 1 \end{pmatrix},$$

e la nuova matrice completa è $\tilde A' = M^T \tilde A M$. Per il teorema di BinetIl determinante è lineare in ogni riga, cambia segno scambiando due righe, non cambia sommando a una riga un multiplo di un'altra: così si calcola con Gauss riducendo a triangolare. Binet: det(AB) = det A · det B. Laplace: sviluppo lungo una riga o colonna con i complementi algebrici.Proprietà del determinante, Binet e Laplace → $\det \tilde A' = (\det M)^2 \det \tilde A$, e $\det M = \det P = 1$ (sviluppo lungo l'ultima riga). La nuova parte quadratica è $P^T A P = P^{-1} A P$, simileUn autovettore è un vettore non nullo che una funzione lineare manda in un suo multiplo; si trovano gli autovalori come radici del polinomio caratteristico det(A − λI) e gli autovettori come nucleo di A − λI. Matrici simili hanno gli stessi autovalori.Autovalori e autovettori → ad $A$: stesso determinante e stessa traccia. Calcolandoli sulle forme canoniche si ottiene:

Il segno di $\det A = \lambda_1 \lambda_2$ è il segno della parte quadraticaPer capire se una forma bilineare simmetrica è definita positiva, negativa, semidefinita o indefinita si usano quattro metodi: segni degli autovalori, regola di Cartesio sul polinomio caratteristico, minori principali di nord-ovest, completamento dei quadrati. Il teorema di Sylvester dice che il numero di segni + e − in una forma diagonale non dipende dalla base.Segno di una forma bilineare simmetrica →: definita ($\det A > 0$) dà curve chiuse, indefinita ($\det A < 0$) dà curve con due direzioni asintotiche, degenere ($\det A = 0$) dà la parabola.

Da dove viene la tabella. Per una conica a centro, in forma ridotta $\lambda_1 X^2 + \lambda_2 Y^2 + k = 0$, la matrice completa è $\operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, k)$ e $\det \tilde A = \lambda_1 \lambda_2 k$:

• $\det \tilde A = 0$ vuol dire $k = 0$: $\lambda_1 X^2 + \lambda_2 Y^2 = 0$ è un punto se $\lambda_1, \lambda_2$ hanno lo stesso segno, due rette se hanno segno opposto;
• con $\det A = \lambda_1\lambda_2 > 0$ gli autovalori hanno lo stesso segno, che è quello di $\operatorname{tr} A = \lambda_1 + \lambda_2$. L'equazione $\lambda_1 X^2 + \lambda_2 Y^2 = -k$ ha punti se e solo se $-k$ ha quel segno, cioè $k \cdot \operatorname{tr} A < 0$; dato che $\det \tilde A \cdot \operatorname{tr} A = \lambda_1\lambda_2 \cdot k \cdot \operatorname{tr} A$ e $\lambda_1\lambda_2 > 0$, la condizione è $\det \tilde A \cdot \operatorname{tr} A < 0$.

Con $\det A = 0$ (un autovalore nullo, per esempio $\lambda_2 = 0$), dopo la rotazione e il completamento del quadrato in $X$ resta $\lambda_1 X^2 + 2bY + k = 0$, con matrice completa $\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & b \\ 0 & b & k \end{pmatrix}$ e determinante $\lambda_1 (0 \cdot k - b^2) = -\lambda_1 b^2$. Se $b \ne 0$ è diverso da zero, e l'equazione $Y = -\frac{\lambda_1}{2b} X^2 - \frac{k}{2b}$ è una parabola. Se $b = 0$ il determinante è zero e resta $\lambda_1 X^2 = -k$: due rette parallele $X = \pm\sqrt{-k/\lambda_1}$, una retta contata due volte ($k = 0$) o nessun punto.

Esempio completo

$$\mathcal C: \ 5x^2 + 4xy + 2y^2 - 24x - 12y + 18 = 0 .$$

Matrici. $a_{11} = 5$, $a_{12} = 2$ (metà di $4$), $a_{22} = 2$, $a_{13} = -12$, $a_{23} = -6$ (metà di $-24$ e $-12$), $a_{33} = 18$:

$$A = \begin{pmatrix} 5 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}, \qquad \tilde A = \begin{pmatrix} 5 & 2 & -12 \\ 2 & 2 & -6 \\ -12 & -6 & 18 \end{pmatrix}.$$

Tipo. $\det A = 5 \cdot 2 - 2 \cdot 2 = 10 - 4 = 6 > 0$. Per $\det \tilde A$ si sviluppa con LaplaceIl determinante è lineare in ogni riga, cambia segno scambiando due righe, non cambia sommando a una riga un multiplo di un'altra: così si calcola con Gauss riducendo a triangolare. Binet: det(AB) = det A · det B. Laplace: sviluppo lungo una riga o colonna con i complementi algebrici.Proprietà del determinante, Binet e Laplace → lungo la prima riga:

$$\det \tilde A = 5 \det\begin{pmatrix} 2 & -6 \\ -6 & 18 \end{pmatrix} - 2 \det\begin{pmatrix} 2 & -6 \\ -12 & 18 \end{pmatrix} + (-12) \det\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ -12 & -6 \end{pmatrix}$$

$$= 5(36 - 36) - 2(36 - 72) - 12(-12 + 24) = 0 + 72 - 144 = -72 \ne 0 .$$

$\operatorname{tr} A = 5 + 2 = 7$ e $\det \tilde A \cdot \operatorname{tr} A = -72 \cdot 7 < 0$: ellisse reale.

Centro. $5x + 2y - 12 = 0$, $2x + 2y - 6 = 0$. Sottraendo la seconda dalla prima: $3x - 6 = 0$, $x = 2$; nella seconda $4 + 2y - 6 = 0$, $y = 1$. Centro $(2, 1)$. Con $x = 2 + X$, $y = 1 + Y$ i termini di primo grado spariscono (per quanto visto sopra) e il termine noto diventa il valore del polinomio nel centro, $5 \cdot 4 + 4 \cdot 2 \cdot 1 + 2 \cdot 1 - 24 \cdot 2 - 12 \cdot 1 + 18 = 20 + 8 + 2 - 48 - 12 + 18 = -12$:

$$5X^2 + 4XY + 2Y^2 - 12 = 0, \quad\text{cioè}\quad 5X^2 + 4XY + 2Y^2 = 12 .$$

Rotazione. Polinomio caratteristico: $\det(A - \lambda I) = (5 - \lambda)(2 - \lambda) - 4 = \lambda^2 - 7\lambda + 6 = (\lambda - 6)(\lambda - 1)$, autovalori $6$ e $1$. Per $\lambda = 6$: $A - 6I = \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 2 & -4 \end{pmatrix}$ dà $-x + 2y = 0$, autovettore $(2, 1)$. Per $\lambda = 1$: $A - I = \begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ dà $2x + y = 0$, autovettore $(-1, 2)$ (ortogonale al primo, come previsto dal teorema spettraleUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. Applicato alle forme quadratiche, permette di scriverle come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche →). Entrambi hanno norma $\sqrt5$, quindi

$$P = \frac{1}{\sqrt5}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}, \qquad \det P = \frac{4 + 1}{5} = 1,$$

una rotazione di un angolo $\theta$ con $\cos\theta = \frac{2}{\sqrt5}$, $\sin\theta = \frac{1}{\sqrt5}$ ($\theta = \arctan\frac12 \approx 26{,}6^\circ$). Con $\binom{X}{Y} = P\binom{x'}{y'}$, negli assi ruotati:

$$6x'^2 + y'^2 = 12 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{x'^2}{2} + \frac{y'^2}{12} = 1$$

(dividendo per $12$). Ellisse di centro $(2, 1)$, semiasse minore $\sqrt2$ nella direzione di $(2, 1)$ e semiasse maggiore $\sqrt{12} = 2\sqrt3$ nella direzione di $(-1, 2)$. Qui l'asse maggiore è quello di $y'$, quindi rispetto alla tabella i ruoli di $x$ e $y$ sono scambiati: $c^2 = 12 - 2 = 10$ e i fuochi stanno sull'asse maggiore a distanza $\sqrt{10}$ dal centro, cioè in $(2, 1) \pm \sqrt{10}\,\frac{(-1, 2)}{\sqrt5} = (2, 1) \pm \sqrt2\,(-1, 2)$: circa $(0{,}59; \ 3{,}83)$ e $(3{,}41; \ -1{,}83)$.

Controllo: il punto $(2, 1) + \sqrt2 \cdot \frac{(2, 1)}{\sqrt5}$ (estremo del semiasse minore) ha $X = \frac{2\sqrt2}{\sqrt5}$, $Y = \frac{\sqrt2}{\sqrt5}$, quindi $X^2 = \frac{8}{5}$, $XY = \frac{4}{5}$, $Y^2 = \frac{2}{5}$ e $5X^2 + 4XY + 2Y^2 = \frac{2}{5}(5 \cdot 4 + 4 \cdot 2 + 2) = \frac25 \cdot 30 = 12$ ✓.

Circonferenze e sfere

La sfera di centro $C = (c_1, c_2, c_3)$ e raggio $R > 0$ è l'insieme dei punti a distanza $R$ da $C$:

$$(x - c_1)^2 + (y - c_2)^2 + (z - c_3)^2 = R^2 .$$

In $\mathbb{A}^2$ la stessa equazione senza $z$ dà la circonferenza.

Riconoscerla. Un'equazione $x^2 + y^2 + z^2 + ax + by + cz + d = 0$ (stesso coefficiente sui quadrati, nessun termine misto) si riconosce completando i quadrati. Esempio nel piano: $x^2 + y^2 - 4x + 2y - 4 = 0$ diventa $(x - 2)^2 - 4 + (y + 1)^2 - 1 - 4 = 0$, cioè $(x - 2)^2 + (y + 1)^2 = 9$: circonferenza di centro $(2, -1)$ e raggio $3$. (Se a destra venisse un numero negativo non ci sarebbero punti reali.)

Sfera tagliata da un piano. Se $d = d(C, \pi) < R$, l'intersezione è una circonferenza con

• centro $H$ = proiezione ortogonaleLa distanza tra due punti è la norma del vettore che li unisce. La distanza di un punto Q da un sottospazio affine L si misura dal piede della perpendicolare H, l'unico punto di L con Q − H ortogonale allo spazio direttore. Per un iperpiano a·x = b vale la formula |a·Q − b|/‖a‖. Rette sghembe: perpendicolare comune. Angoli tra rette e piani dai vettori direttori e normali.Distanze e angoli nello spazio affine → di $C$ su $\pi$;
• raggio $r = \sqrt{R^2 - d^2}$ (Pitagora nel triangolo $C$, $H$, punto della circonferenza: il triangolo è rettangolo in $H$ perché $C - H$ è ortogonale al piano).

Se $d = R$ il piano è tangente (un solo punto, $H$); se $d > R$ non si incontrano.

Esempio. Sfera di centro $C = (1, 2, 3)$ e raggio $3$, piano $\pi: x + 2y + 2z = 5$. Distanza $d = \frac{|1 + 4 + 6 - 5|}{\sqrt{1 + 4 + 4}} = \frac63 = 2 < 3$: circonferenza di raggio $\sqrt{9 - 4} = \sqrt5$ e centro $H = C - \frac{6}{9}(1, 2, 2) = \left(1 - \frac23, \ 2 - \frac43, \ 3 - \frac43\right) = \left(\frac13, \frac23, \frac53\right)$ (formula del piede della perpendicolare $H = Q - \frac{a \cdot Q - b}{\|a\|^2}\, a$, con $a \cdot C - b = 11 - 5 = 6$) (controllo: $\frac13 + \frac43 + \frac{10}{3} = 5$ ✓).

Cenni alle quadriche

Una quadrica è l'analogo in $\mathbb{A}^3$: gli zeri di un polinomio di secondo grado in $x, y, z$, con parte quadratica di matrice $A$ simmetrica $3 \times 3$ e matrice completa $\tilde A$ $4 \times 4$. Con rotazione (teorema spettrale) e traslazione si arriva alle forme canoniche; le principali non degeneri sono:

Casi degeneri: coni ($\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{c^2} = 0$), cilindri (manca una variabile, per esempio $x^2 + y^2 = 1$), coppie di piani. La sfera è l'ellissoide con $a = b = c$.

Errori comuni

• Dimenticare di dimezzare i coefficienti dei termini misti e di primo grado nelle matrici.
• Applicare la rotazione e poi dimenticare di trasformare anche i termini di primo grado: la sostituzione $\binom{x}{y} = P\binom{x'}{y'}$ va fatta in tutto il polinomio. Per le coniche a centro conviene traslare prima.
• Confondere ellisse immaginaria e reale: $x^2 + y^2 = -1$ ha $\det A > 0$ e $\det \tilde A \ne 0$ ma nessun punto.
• Dimenticare che $\det A = 0$ non significa degenere: la parabola ha $\det A = 0$ ma $\det \tilde A \ne 0$.