Esercizio 109riconoscere una conica e trovarne la forma canonica

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Promemoria. Per $a_{11}x^2 + 2a_{12}xy + a_{22}y^2 + 2a_{13}x + 2a_{23}y + a_{33} = 0$ si usano $A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{12} & a_{22} \end{pmatrix}$ e la matrice completa $\tilde A$ ($3 \times 3$). $\det \tilde A \ne 0$: non degenere; poi $\det A > 0$ ellisse, $< 0$ iperbole, $= 0$ parabola. I coefficienti dei termini misti e di primo grado vanno dimezzati nelle matrici.

1. $\mathcal C_1$: un'iperbole

Matrici. $a_{11} = 1$, $a_{12} = 2$, $a_{22} = 1$, $a_{13} = -3$, $a_{23} = -3$, $a_{33} = 3$:

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \tilde A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 \\ 2 & 1 & -3 \\ -3 & -3 & 3 \end{pmatrix}.$$

$\det A = 1 - 4 = -3 < 0$; $\det \tilde A = 1(3 - 9) - 2(6 - 9) - 3(-6 + 3) = -6 + 6 + 9 = 9 \ne 0$ (sviluppo di 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: i tre minori sono $1 \cdot 3 - (-3)(-3) = -6$, $2 \cdot 3 - (-3)(-3) = -3$ e $2 \cdot (-3) - 1 \cdot (-3) = -3$). Iperbole (non degenere).

Centro. $\det A \ne 0$, quindi la conica ha un centro, soluzione di

$$\begin{cases} x + 2y - 3 = 0 \\ 2x + y - 3 = 0 \end{cases}$$

(le righe di $(A \mid \text{colonna } a_{13}, a_{23})$). Sottraendo la seconda dalla prima moltiplicata per $2$: $3y - 3 = 0$, $y = 1$, poi $x = 1$. Centro $C = (1, 1)$.

Traslazione $x = 1 + X$, $y = 1 + Y$: i termini di primo grado spariscono (è la proprietà del centro) e il termine noto diventa il valore del polinomio in $C$: $1 + 4 + 1 - 6 - 6 + 3 = -3$. Il conto per esteso: $(1 + X)^2 + 4(1 + X)(1 + Y) + (1 + Y)^2 - 6(1 + X) - 6(1 + Y) + 3$ ha parte di secondo grado $X^2 + 4XY + Y^2$ (uguale a prima), termini in $X$: $2X + 4X - 6X = 0$, termini in $Y$: $4Y + 2Y - 6Y = 0$. Quindi

$$X^2 + 4XY + Y^2 - 3 = 0 \iff X^2 + 4XY + Y^2 = 3 .$$

Rotazione. 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 $A$: $\det(A - \lambda I) = (1 - \lambda)^2 - 4 = 0 \iff 1 - \lambda = \pm 2 \iff \lambda = 3$ o $\lambda = -1$. Autovettori: per $3$, $A - 3I = \begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}$ dà $(1, 1)$; per $-1$, $A + I = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$ dà $(-1, 1)$. Normalizzando e scegliendo l'ordine in modo che $\det P = 1$ (rotazione di $45°$):

$$P = \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix} X \\ Y \end{pmatrix} = P \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}, \quad\text{cioè}\quad X = \frac{u - v}{\sqrt2}, \ \ Y = \frac{u + v}{\sqrt2}.$$

$P$ è la matrice di rotazione $\begin{pmatrix} \cos 45° & -\sin 45° \\ \sin 45° & \cos 45° \end{pmatrix}$, perché $\cos \frac{\pi}{4} = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt2}$ (valori notevoli di seno e cosenoSeno, coseno e tangente definiti sulla circonferenza goniometrica (angoli in radianti), le loro proprietà e le inverse arcoseno, arcocoseno e arcotangente; come risolvere a sin t + b cos t ≥ c.Funzioni trigonometriche e loro inverse →).

Per il teorema spettrale $X^2 + 4XY + Y^2 = 3u^2 - v^2$. Controllo diretto: $X^2 + Y^2 = \frac{(u - v)^2 + (u + v)^2}{2} = u^2 + v^2$ e $XY = \frac{(u - v)(u + v)}{2} = \frac{u^2 - v^2}{2}$, quindi $X^2 + Y^2 + 4XY = u^2 + v^2 + 2u^2 - 2v^2 = 3u^2 - v^2$ ✓. L'equazione diventa

$$3u^2 - v^2 = 3 \iff u^2 - \frac{v^2}{3} = 1 .$$

Forma canonica: iperbole con $a = 1$, $b = \sqrt3$. Vertici in $u = \pm 1$, $v = 0$, cioè (tornando indietro) $X = Y = \pm\frac{1}{\sqrt2}$, $(x, y) = \left(1 \pm \frac{1}{\sqrt2}, \ 1 \pm \frac{1}{\sqrt2}\right)$; asintoti $v = \pm\sqrt3\, u$. Nelle coordinate di partenza, con $u = \frac{X + Y}{\sqrt2}$ e $v = \frac{-X + Y}{\sqrt2}$ (si inverte $P$ con $P^T$), l'asintoto $v = \sqrt3\, u$ diventa $-X + Y = \sqrt3 (X + Y)$, cioè $(1 + \sqrt3)X + (\sqrt3 - 1)Y = 0$, e l'altro $(\sqrt3 - 1)X + (1 + \sqrt3)Y = 0$: sono le rette tratteggiate del grafico (con $X = x - 1$, $Y = y - 1$).

Controllo su un vertice: $X = Y = \frac{1}{\sqrt2}$ dà $X^2 + 4XY + Y^2 = \frac12 + 2 + \frac12 = 3$ ✓.

2. $\mathcal C_2$: una parabola

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \tilde A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -2 \\ 1 & 1 & 2 \\ -2 & 2 & 0 \end{pmatrix}.$$

$\det A = 0$; $\det \tilde A = 1(0 - 4) - 1(0 + 4) - 2(2 + 2) = -16 \ne 0$. Parabola.

Qui non c'è un centro ($\det A = 0$): si fa prima la rotazione. Autovalori di $A$: $\det(A - \lambda I) = (1 - \lambda)^2 - 1 = \lambda^2 - 2\lambda = \lambda(\lambda - 2)$, quindi $2$ (autovettore $(1, 1)$, da $A - 2I = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$) e $0$ (autovettore $(-1, 1)$, da $x + y = 0$). Stessa $P$ del punto 1: $x = \frac{u - v}{\sqrt2}$, $y = \frac{u + v}{\sqrt2}$. Si trasformano tutti i termini:

• parte quadratica: $x + y = \frac{(u - v) + (u + v)}{\sqrt2} = \frac{2u}{\sqrt2} = \sqrt2\, u$, quindi $x^2 + 2xy + y^2 = (x + y)^2 = (\sqrt2\, u)^2 = 2u^2$ (coerente con gli autovalori $2$ e $0$);
• parte lineare: $y - x = \frac{(u + v) - (u - v)}{\sqrt2} = \frac{2v}{\sqrt2}$, quindi $-4x + 4y = 4(y - x) = 4 \cdot \frac{2v}{\sqrt2} = 4\sqrt2\, v$.

$$2u^2 + 4\sqrt2\, v = 0 \iff v = -\frac{2u^2}{4\sqrt2} = -\frac{u^2}{2\sqrt2} = -\frac{\sqrt2}{4}\, u^2$$

(razionalizzando: $\frac{1}{2\sqrt2} = \frac{\sqrt2}{2 \cdot 2} = \frac{\sqrt2}{4}$).

Forma canonica: parabola $v = -\frac{\sqrt2}{4} u^2$, con vertice nell'origine (che infatti sta su $\mathcal C_2$: $0 = 0$) e asse lungo la direzione $(-1, 1)$, cioè la retta $y = -x$. Qui la traslazione non serve perché il vertice è già nell'origine.

Controllo: il punto $u = 2$, $v = -\sqrt2$ (sulla parabola) corrisponde a $x = \frac{2 + \sqrt2}{\sqrt2} = \sqrt2 + 1$, $y = \frac{2 - \sqrt2}{\sqrt2} = \sqrt2 - 1$; allora $(x + y)^2 = (2\sqrt2)^2 = 8$ e $-4x + 4y = -8$: $8 - 8 = 0$ ✓.

3. $\mathcal C_3$: una conica degenere

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad \tilde A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \det A = -1, \quad \det \tilde A = 1(-1) - 0 + (-1)(0 - 1) = 0 .$$

$\det \tilde A = 0$ e $\det A < 0$: due rette incidenti. Infatti completando il quadrato ($x^2 - 2x + 1 = (x - 1)^2$) e usando la differenza di quadrati $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$ con $a = x - 1$, $b = y$:

$$x^2 - 2x + 1 - y^2 = (x - 1)^2 - y^2 = (x - 1 - y)(x - 1 + y) = 0,$$

e un prodotto è nullo se e solo se è nullo uno dei fattori: $x - 1 - y = 0$ oppure $x - 1 + y = 0$, cioè le rette $y = x - 1$ e $y = -x + 1$, che si incontrano in $(1, 0)$ (sommando le due equazioni: $2x - 2 = 0$).

Riepilogo

Errori comuni

• Scrivere $a_{12} = 4$ per il termine $4xy$: va dimezzato, $a_{12} = 2$.
• Per la parabola cercare il centro: il sistema del centro è impossibile (o indeterminato) quando $\det A = 0$.
• Ruotare solo la parte quadratica e dimenticare i termini di primo grado.
• Scambiare i ruoli degli autovalori: il coefficiente di $u^2$ è l'autovalore il cui autovettore è la prima colonna di $P$.