% File: geometriaI.tex % Created: Tue Mar 6 16:52:47 CET 2007 % Last Change: Sat Oct 07 10:00 AM 2006 C % % % (c) Copyright 2007 Andrea Lo Pumo aka AlpT % % This source code is free software; you can redistribute it and/or % modify it under the terms of the GNU General Public License as published % by the Free Software Foundation; either version 2 of the License, % or (at your option) any later version. % % This source code is distributed in the hope that it will be useful, % but WITHOUT ANY WARRANTY; without even the implied warranty of % MERCHANTABILITY or FITNESS FOR A PARTICULAR PURPOSE. % Please refer to the GNU Public License for more details. % % You should have received a copy of the GNU Public License along with % this source code; if not, write to: % Free Software Foundation, Inc., 675 Mass Ave, Cambridge, MA 02139, USA. % \documentclass[a4paper]{article} \usepackage{prova} \usepackage{color,graphicx} \usepackage{amsmath} \usepackage{amsthm} \usepackage{amssymb} \usepackage{amsfonts} %\usepackage{txfonts} %\usepackage{xypic} %\usepackage{pstricks} %%%% Index \usepackage{makeidx} \makeindex \newcommand{\ilabel}[1]{\label{#1}\index{#1}} %%%% %%%% PDF \RequirePackage{ifpdf} % running on pdfTeX? \ifpdf \usepackage[pdftex,bookmarks=true, bookmarksnumbered=false, bookmarksopen=true, colorlinks=true, linkcolor=webred] {hyperref} \definecolor{webgreen}{rgb}{0, 0.5, 0} % less intense green \definecolor{webblue}{rgb}{0, 0, 0.5} % less intense blue \definecolor{webred}{rgb}{0.5, 0, 0} % less intense red \usepackage{pdfpages} \fi %\usepackage{pagesel} %\usepackage{selectp} %%%% %%%% Math commands \newtheorem{thm}{Theorem}[section] \newtheorem{cor}[thm]{Corollary} \newtheorem{lem}[thm]{Lemma} \newtheorem{prop}[thm]{Proposition} \newtheorem{ax}{Axiom} \theoremstyle{definition} \newtheorem{defn}{Definition}[section] \newtheorem{exemp}[defn]{Example} \theoremstyle{remark} \newtheorem{rem}{Remark}[section] \newtheorem*{notation}{Notation} \newcommand{\qq}{\qquad} \newcommand{\Oo}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\T}[1]{\textrm{#1}} \newcommand{\I}{\mathcal{I}} \newcommand{\V}{\mathcal{V}} \newcommand{\C}{\mathcal{C}} \newcommand{\B}{\mathcal{B}} \newcommand{\A}{\mathcal{A}} \newcommand{\TR}{{^t\!}} \newcommand{\inte}[2]{\int_{[#1,#2]}} \newcommand{\intd}[2]{\int_{#1}^{#2}} \newcommand{\den}[1]{{#1}^\circ} \newcommand{\mis}{\operatorname{mis}} \newcommand{\area}{\operatorname{area}} \newcommand{\tg}{\tan} \newcommand{\sen}{\sin} \newcommand{\arsinh}{\operatorname{arsinh}} \newcommand{\arsenh}{\operatorname{arsinh}} \newcommand{\piano}{\mathcal{P}} \newcommand{\rette}{\mathcal{R}} \newcommand{\fascio}{\mathcal{F}} \newcommand{\asse}[1]{\vec{#1}} \def\ove#1{{\overline{#1}}} \newcommand{\ubrace}[2]{\underbrace{#1}_{#2}} \newcommand{\obrace}[2]{\overbrace{#1}^{#2}} \newcommand{\xor}{\oplus} %%%% %%%% Misc \renewcommand{\see}[1]{[pg.\pageref{#1},par.\ref{#1}]} \newcommand{\vedi}[1]{vedi \see{#1}} \newcommand{\pgra}[1]{\left\{#1\right\}} \newcommand{\pqua}[1]{\left[#1\right]} \newcommand{\pton}[1]{\left(#1\right)} \newcommand{\pass}[1]{\Big|#1\Big|} \newcommand{\sist}[1]{{ \begin{cases} #1 \end{cases} }} \newcommand{\eal}[1]{{\begin{align*} #1 \end{align*}}} \def\NN{\\& } % newline inside \eal{} %% Defs \def\*{{\times}} \def\|{{\;\lor\;}} \def\&{{\;\land\;}} \def\-{{\setminus}} \def\0{{\emptyset}} \def\8{{\infty}} \def\v{{\cup}} \def\^{{\cap}} \def\<{{\;\Leftarrow\;}} \def\>{{\;\Rightarrow\;}} \def\={{\;\Leftrightarrow\;}} \def\({{\subseteq}} \def\){{\supseteq}} \def\'{{\;\;\;}} \def\,{{,\;}} %%%% \title{Geometria I} \author{AlpT (@freaknet.org)} \begin{document} \pagenumbering{roman} \maketitle{} \pagebreak \begin{small} Copyright \copyright 2007 Andrea Lo Pumo aka AlpT $<$alpt@freaknet.org$>$. All rights reserved. This document is free; you can redistribute it and/or modify it under the terms of the GNU General Public License as published by the Free Software Foundation; either version 2 of the License, or (at your option) any later version. This document is distributed in the hope that it will be useful, but WITHOUT ANY WARRANTY; without even the implied warranty of MERCHANTABILITY or FITNESS FOR A PARTICULAR PURPOSE\@. See the GNU General Public License for more details. You should have received a copy of the GNU General Public License along with this document; if not, write to the Free Software Foundation, Inc., 675 Mass Ave, Cambridge, MA 02139, USA. \end{small} \clearpage \tableofcontents \clearpage \pagenumbering{arabic} \section{Geometria piana} \subsection{Segmento} Dato il punto $A\equiv (x_1, y_1)$ e il punto $B\equiv (x_2, y_2)$, la distanza $\overline{AB}$ e' pari a \[ \overline{AB} = \sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2} \] Le coordinate del punto medio M del segmento AB sono: \[ M\equiv \left(\frac{x_1+x_2}{2}, \frac{y_1+y_2}{2}\right) \] \subsection{Retta} Una retta, nella geometria analitica, puo' essere definita come l'insieme dei punti che soddisfano un equazione del tipo $ax+by+c=0$, dove $x,y$ sono le variabili. Esistono due forme per esprimere l'equazione di una retta: \begin{align*} & ax+by+c=0 \;\textrm{ equ. generale o implicita}\\ & y=mx+n \;\textrm{ equ. esplicita} \end{align*} Le equazioni esplicite non possono descrivere rette nella forma $ax+c=0$.\\ Quindi una retta $r$ nel piano e': \[ r= \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2\;|\;ax+by+c=0 \} \] \subsubsection{Distanza punto-retta} Dato il punto $A\equiv (x_1, y_1)$ e la retta $r:\;ax+by+c=0$, la distanza da $A$ a $r$ e' la lunghezza del segmento perpendicore a $r$ che ha un estremo in $A$, analiticamente: \[ d(A,r) = \frac{|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}} \] \subsubsection{Distanza retta-retta} \label{rettarettad} Se abbiamo due rette $r\parallel s$, possiamo calcolare la loro distanza.\\ Sia $r:\;ax+by+c=0$ e $s:\;a'x+b'y+c'=0$, poiche' sono parallele, $(a,b)$ e' proporzionale a $(a',b')$ (vedi \see{parallelismo}).\\ Dato che $(a',b')=k(a,b)$, possiamo riscrivere $s$ come: \[ a'x+b'y+c'=0\;\Leftrightarrow \;\frac{a'}{k}x+\frac{b'}{k}y+\frac{c'}{k}=0\;\Leftrightarrow \;ax+by+c^*=0 \] allora la distanza $d(r,s)$ e' \[ d(r,s)=\frac{|c-c^*|}{\sqrt{a^2+b^2}} \] La dimostrazione consiste nel prendere un della retta $r$ e applicare la formula della distanza punto-retta con la retta $s$. \subsubsection{Condizioni di parallelismo} \label{parallelismo} Prendiamo due rette $r,s$ definite dalle equazioni $ax+by+c=0$, $a'x+b'y+c'=0$. E calcoliamo la loro intersezione: \[ r\cap s = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2\;|\;ax+by+c=0\land a'x+b'y+c'=0\} \] che quindi equivale al sistema: \[ \begin{cases} ax+by+c=0\\ a'x+b'y+c'=0 \end{cases} \] Le matrici incompleta e completa del sistema sono: \[ A=\begin{pmatrix} a&b\\ a'&b' \end{pmatrix},\;\;C=\begin{pmatrix} a&b&-c\\ a'&b'&-c' \end{pmatrix} \] \case{ $|A|\neq 0$ } In questo caso, per il teorema di Cramer, il sistema ammette una sola soluzione $(\alpha, \beta)$, che descrive il punto di intersezione tra $r$ e $s$. \case{ $|A|=0$ } Qui abbiamo che $rk(A)=1$, perche' $rk(A)=0$ implicherebbe $a=0, b=0$, e dato che $|A|=0$ non puo' essere $rk(A)=2$. Invece, per $rk(C)$ abbiamo due ulteriori casi: \[ rk(C)=\begin{cases} 1\\ 2 \end{cases} \] Nel primo caso, per il teorema di Rouche-Capelli, abbiamo che esistono $\infty $ soluzioni. Geometricamente, questo vuol dire che le due rette $r$ e $s$ coincidono, e quindi, per definizione sono parallele.\\ Nel secondo caso, il sistema non ammette soluzioni ($rk(A)\neq rk(C)$), quindi le due rette non hanno nessun punto in comune, ovvero sono ancora parallele.\\ In conclusione: \[ r \parallel s \;\Leftrightarrow \;|A|=0\;\Leftrightarrow \;ab'-a'b=0 \] se le rette si possono scrivere in forma implita $y=mx+n,\;y=m'x+n'$, allora la condizione diventa: \[ r \parallel s \;\Leftrightarrow \;m=m' \] cioe' se hanno lo stesso coefficiente angolare. \\ Se abbiamo il punto $A\equiv (x_1, y_1)$ e la retta $r:\;ax+by+c=0$, per trovare la retta parallela a $r$ e passante per $A$ basta scrivere $a(x-x_1)+b(y-y_1)=0$ per ottenere la sua equazione. \subsubsection{Condizioni di perpendicolarita'} Date due rette $r,s$ definite dalle equazioni $ax+by+c=0$, $a'x+b'y+c'=0$, \[ r\perp s \;\Leftrightarrow \;aa'+bb'=0 \] se le rette si possono scrivere in forma implita $y=mx+n,\;y=m'x+n'$, allora la condizione diventa: \[ r \perp s \;\Leftrightarrow \;mm'=-1 \] \\ Se abbiamo il punto $A\equiv (x_1, y_1)$ e la retta $r:\;ax+by+c=0$, per trovare la retta perpendicore a $r$ e passante per $A$ basta scrivere\\ $-b(x-x_1)+a(y-y_1)=0$ per ottenere la sua equazione. \subsubsection{Equazioni parametriche} \label{equrettaparam} Dati due punti $(x_0,y_0),\;(x_1,y_1)$, l'equazione della retta passante per essi e': \eal{&(y_1-y_0) (x-x_0) = (x_1-x_0)(y-y_0) } Infatti, sostituendo $(x_0,y_0)$ e $(x_1,y_1)$ l'equazione e' soddisfatta. Equivalentemente: \begin{enumerate} \item Se $x_0\neq x_1,\;y_0\neq y_1$:\[ \frac{x-x_0}{x_1-x_0}=\frac{y-y_0}{y_1-y_0} \] \item Se $x_0=x_1$:\[x=x_0\] \item Se $y_0=y_1$:\[y=y_0\] \end{enumerate} In ogni caso possiamo scrivere l'equazione della retta in forma parametrica: \[ r:\;\begin{cases} x=x_0+k(x_1-x_0)\\ y=y_0+k(y_1-y_0) \end{cases} \] Per passare da una forma all'altra, basta introdurre o risolvere il parametro $k$.\\ Possiamo aggiungere nel sistema un numero arbitrario di parametri, introduciamo allora $h$: \[ \begin{cases} x=x_0(1-k)+kx_1\\ y=y_0(1-k)+ky_1 \end{cases}\;\Leftrightarrow \;\begin{cases} x=hx_0+kx_1\\ y=hy_0+ky_1\\ h=1-k\;\Leftrightarrow\;1=h+k \end{cases} \] a questo punto possiamo esprimere questo sistema usando le matrici: \[ \begin{bmatrix} x\\y\\1 \end{bmatrix}=h\begin{bmatrix} x_0\\y_0\\1 \end{bmatrix}+k\begin{bmatrix} x_1\\y_1\\1 \end{bmatrix} \] Per convenienza: \[ X=\begin{bmatrix} x\\y\\1 \end{bmatrix},\;X_0=\begin{bmatrix} x_0\\y_0\\1 \end{bmatrix}\;X_1=\begin{bmatrix} x_1\\y_1\\1 \end{bmatrix} \] e quindi \[ X=hX_0+kX_1 \] Questa modo di esprimere l'equazione della retta e' chiamata ``forma compatta''. \subsection{Asse di un segmento} Dati i due punti $A=(x_1,y_1), B=(x_2, y_2)$, l'asse del segmento $AB$ e' la retta perpendicolare alla retta $AB$ e passante per il punto medio di $AB$.\\ Esiste un teorema che dice che l'asse e' il luogo dei punti equidistanti dagli estremi del segmento, quindi se l'asse lo chiamiamo $r$ abbiamo: \[ P\in r \;\Leftrightarrow \;PA=PB \] con $P=(x,y)$ analiticamente diventa: \[ \sqrt{(x-x_2)^2+(y-y_2)^2} = \sqrt{(x-x_1)^2+(y-y_1)^2} \] e quindi elevando al quadrato e semplificando otteniamo l'equazione di $r$: \[ r:\;\;2(x_1-x_2)x +2(y_1-y_2)y + x_{2} ^{2} - x_{1} ^{2} + y_{2} ^{2} - y_{1} ^{2} =0 \] \subsection{Bisettrice} Date due rette $r,s$ di equazioni $ax+by+c=0$,$a'x+b'y+c'=0$, le loro bisettrici $b_1, b_2$ sono quelle rette che dividono i due angoli che $r,s$ formano in parti uguali. \begin{figure}[h] \begin{center} \includegraphics[scale=0.7]{fig/bis} \end{center} \caption{bisettrici} \end{figure} Le bisettrici sono caratterizzate dal luogo dei punti che hanno ugual distanza da $r$ e da $s$. Quindi, dette $p_1, p_2$ le due bisettrici di $r,s$, \[ P\in p_1\lor P\in p_2 \;\Leftrightarrow \;Pr=Ps \] analiticamente, con $P=(x,y)$: \[ \frac{|ax+by+c|}{\sqrt{a^2+b^2}} = \frac{|a'x+b'y+c'|}{\sqrt{{a'}^2+{b'}^2}} \] per ``eliminare'' il valore assoluto basta considerare questa proprieta': \[ |a|=|b|\;\Leftrightarrow \;a=b\lor a=-b \] e quindi si avranno due equazioni di rette, e piu' precisamente abbiamo che $ Ax + By +C = 0$ rappresenta l'equazione delle bisettrice, con: \[ A = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} \pm \frac{a'}{\sqrt{a'^2+b'^2}},\ B = \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} \pm \frac{b'}{\sqrt{a'^2+b'^2}},\ C = \frac{c}{\sqrt{a^2+b^2}} \pm \frac{c'}{\sqrt{a'^2+b'^2}}\] \textbf{Osservazione}: se avessimo tolto il valore assoluto elevando al quadrato ambo i membri, avremmo ottenuto un equazione di secondo grado del tipo $ax^2+by^2+\dots$, ovvero una conica. Questa conica descrive contemporaneamente tutte e due le bisettrici, ovvero descrive $r\cup s$. Per trovare le due equazioni sarebbe stato sufficiente risolvere ad una incognita. Questa situazione e' un caso particolare di un fatto piu' generale: se abbiamo un polinomio $f(x)$ che descrive una curva $c_1$ e un polinomio $g(x)$ che descrive $c_2$, $f(x)g(x)=0$ e' l'equazione che descrive $c_1 \cup c_2$ perche' $f(x)g(x)=0\;\Leftrightarrow\;f(x)=0\lor g(x)=0$. \subsection{Sistemi di riferimento} \subsubsection{Traslazione} Se abbiamo due sistemi di riferimento $xOy$ e $X\Omega Y$, con $\Omega \equiv (a,b)$, dove $(a,b)$ e' un punto rispetto a $xOy$, le equazioni che legano i due sistemi sono: \[ \begin{cases} x=X+a\\ y=Y+b \end{cases} \] \subsubsection{Rotazione} Se abbiamo due sistemi, aventi la stessa origine, l'uno ruotato rispetto all'altro di un angolo $\Theta$, le equazioni che li legano sono: \[ \begin{cases} x=X\cos \Theta - Y\sin\Theta \\ y=X\sin \Theta + Y\cos\Theta \end{cases} \] \subsubsection{Rototraslazione} Possiamo combinare sia la traslazione che la rotazione (non importa in che ordine), ottenendo: \[ \begin{cases} x=a+X\cos \Theta - Y\sin \Theta \\ y=b+X\sin \Theta + Y\cos \Theta \end{cases} \] dove $xOy$ e $X\Omega Y$, con $\Omega \equiv (a,b)$, sono i due sistemi di riferimento. \section{Geometria proiettiva} La geometria proiettiva e' l'estensione delle geometria affine (quella che abbiamo considerato fino adesso). E' costruita aggiungendo la definizione di punto improprio. \begin{figure}[h] \begin{center} \includegraphics[scale=0.5]{fig/Drawing_Square_in_Perspective_2} \caption{La geometria proiettiva e' la geometria vista da un occhio} \end{center} \end{figure} \subsection{Piano proiettivo} Limitiamoci a un piano. Associamo a ogni fascio di rette parallele del piano un punto, che non appartiene al piano, e che chiamiamo punto improprio. In altri termini, il punto improprio di una retta e' la sua direzione.\\ Se prendiamo allora tutti i punti impropri di un piano, nasce la retta impropria, chiamata anche retta all'infinito: \[ r_\infty = \{ \textrm{punti impropri del piano} \} \] Nella geometria proiettiva il V postulato di Euclide non vale piu', infatti, non esistono rette parallele, dato che tutte le rette hanno un punto in comune (o proprio o improprio). \\ Nella geometria affine si distinguono due casi di fasci di rette (il fascio di retta parallele e il fascio di rette passanti per un punto), in quella proiettiva esiste solo il fascio di rette che condividono uno stesso punto (o proprio o improprio).\\ L'insieme dei punti propri e impropri del piano costituisce il piano proiettivo e si indica con $\piano^2$. \subsection{Coordinate omogenee} Diamo adesso un'interpretazione analitica al piano proiettivo.\\ Il piano della geometria analitica euclidea e' definito come \[ \T{Piano}:=\mathbb{R}^2 \] Come piano proiettivo, adotteremo il seguente insieme quoziente: \def\R{{\mathcal{R}}} \[\piano^2 := \pton{\mathbb{R}^3\-\pgra{(0,0,0)}}/_\R\] dove $\R$ e' la seguente relazione di equivalenza: $P$ una tripletta $(x,y,t)$ tenendo conto di questa relazione: \[ (x_1,y_1,t_1)\sim (x_2,y_2,t_2)\= \exists \alpha\in \mathbb{R}\-\{0\}:\;\; (x_1,y_1,t_1)=\alpha(x_2,y_2,t_2) \] Ovvero, terne proporzionali individuano lo stesso punto.\\ $\alpha$ deve essere diverso da zero, altrimenti tutti i punti sarebbero uguali a $(0,0,0)$ e sempre per questo motivo il punto $(0,0,0)$ non e' incluso nel piano proiettivo.\\ \textbf{Osservazione: } in altre parole, $\piano^2$ e' lo spazio euclideo a tre dimensioni, privato dell'origine, in cui punti appartenenti a una stessa retta passante per l'origine sono equivalenti. O ancora: una retta dello spazio, passante per l'origine, individua un punto del piano proiettivo, e viceversa. Vedi figura \see{fig:P2R3}. \begin{figure}[h] \begin{center} \includegraphics{fig/Proj_geom1} \end{center} \caption{Il piano proiettivo e lo spazio} \label{fig:P2R3} \end{figure} \def\x{{\ove x}} \def\y{{\ove y}} \begin{defn} \[ (x,y,t)\T{ e' un punto proprio } \= \exists \x,\y\in \mathbb{R}:\' (x,y,t)=(t\x, t\y, t) \= \sist{ x=\x t\\ y=\y t } \] \end{defn} I punti propri si caratterizzano nel modo seguente: \[ P=(x,y,t) \textrm{ punto proprio}\;\Leftrightarrow \;t\neq 0 \] di conseguenza \[ P=(x,y,t)\textrm{ punto improprio}\;\Leftrightarrow\; t=0 \] \begin{defn} La retta impropria e' l'insieme di tutti i punti impropri: \[ r_\infty := \{ (x,y,t)\in \piano^2\;|\;t=0\} \] quindi e' definita dall'equazione $t=0$. \end{defn} \subsubsection{Conversione di coordinate} \def\x{{\ove x}} \def\y{{\ove y}} Per quanto detto, a ogni punto del piano possiamo associare un punto proprio del piano proiettivo: \[ (\x,\y) \leftrightarrow (\x t, \y t, t)\, t\neq 0 \] ricordando sempre che $(\x t, \y t, t)$ e' il rappresentante di una classe d'equivalenza, ovvero $(\x t, \y t, t)\sim k(\x t, \y t, t)\, \forall k\neq 0$.\\ Quindi, per la conversione di coordinate: \begin{itemize} \item se abbiamo $P\equiv (\x,\y)$, tutti i punti equivalenti a $P$ in $\piano^2$ sono $(k\x,k\y,k)$ al variare di $k\neq 0$, quindi per convenienza possiamo prendere direttamente $(\x,\y,1)$. \item Viceversa, dato $(x,y,t)$, con $t\neq 0$, $(\frac{x}{t}, \frac{y}{t})$ sara' il punto corrispondente del piano. Infatti, poiche' $(x,y,t)$ e' proprio, $\exists \x,\y:\;(x,y,t)= (\x t,\y t,t)$.\\ Osservando che $(\x t,\y t,t) \sim (\x,\y,1)$, possiamo dare la regola pratica per passare dalle coordinate omogenee a quelle ordinarie: basta ricondursi alla forma del tipo $(\x, \y, 1)$ e considerare $(\x,\y)$. \end{itemize} Scriviamo una retta in coordinate omogenee. Data la retta del piano \[ r=\pgra{(\x,\y)\in \mathbb{R}^2\;|\; a\x+b\y+c=0} \] considerando che $(\x,\y)\sim (\x t, \y t, t)=(x,y,t)\;\;\forall t\neq 0,\;\forall \x,\y\in \mathbb{R}$, avremo \[ r=\pgra{(\x,\y)\in \mathbb{R}^2\;|\; a\x+b\y+c=0} \simeq \pgra{(x,y,t)\in \piano^2\;|\;t\neq 0,\;\; a\frac{x}{t}+b\frac{y}{t}+c=0 \Leftrightarrow ax+by+ct=0 } \] Viceversa, \[ \pgra{(x,y,t)\in \piano^2\;|\;t\neq 0,\;\; ax+by+ct=0}\simeq \pgra{(\x,\y)\in \mathbb{R}^2\;|\; a\x t+b \y t+ct=0\= a\x +b\y+c=0 }=r \] Nella pratica, per scrivere l'equazione omogenea, si utilizzano le stesse indeterminate dell'equazione ordinaria, quindi nel nostro caso avremo: \[ a\x +b\y +c =0 \longleftrightarrow a\x +b\y +ct=0 \] In generale, la regola pratica per convertire un'equazione non omogenea in una omogenea e': moltiplicare ogni monomio dell'equazione per una costante $t^c$, in modo tale da ottenere monomi che hanno tutti lo stesso grado, ad esempio: \[ x^3+3x^2y-y^2+2x-y+1=0\;\longrightarrow \;x^3+3x^2y-y^2t+2xt^2-yt^2+t^3=0 \] per il viceversa basta sostituire $t=1$. \subsubsection{Punto improprio di una retta} Il punto improprio associato ad una retta $ax+by+c=0$ e' $(-b, a, 0)$, o equivalentemente $(b,-a,0)$. \begin{prova} \step{}{Dimostriamolo geometricamente} \begin{prova} Prima abbiamo visto che a ogni punto $(x,y)$ del piano possiamo associare biunivocamente un punto proprio $(x,y,1)$ del piano proiettivo\footnote{tenendo presente che $(x,y,1)\sim k(x,y,1)$}. Questo significa che avanzano i punti impropri. Possiamo allora dire per definizione, che a ogni retta corrisponde un punto improprio e che a rette parallele corrisponde lo stesso punto improprio.\\ Quindi, data la retta $r:\;ax+by+c=0$, ogni sua retta parallela deve avere il suo stesso punto improprio. Se consideriamo la retta parallella a $r$ e passante per l'origine, cioe' $ax+by=0$, abbiamo che $(b,-a,0)$ e' una sua soluzione, cosi' come $(kb,-ka,0)$, al variare di $k$. \qed \end{prova} \step{}{Dimostriamolo facendo uso della retta impropria} \begin{prova} Il punto improprio di una retta, essendo improprio, appartiene all'insieme di tutti i punti impropri, ovvero a $r_\infty $. Abbiamo gia' visto che: \[ r_\infty := \{ (x,y,t)\in \piano^2\;|\;t=0\} \] Scriviamo la retta $r:\;ax+by+c=0$ in coordinate omogenee: $ax+by+ct=0$. Adesso basta trovare l'intersezione di $r$ con la retta impropria e quindi risolvere il sistema \[ \begin{cases} ax+by+ct=0\\ t=0 \end{cases} \] dove $t=0$ e' l'equazione della retta impropria. \[ \begin{cases} ax+by+ct=0\\ t=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} ax+by=0\\ t=0 \end{cases} \] Risolvendo il sistema, troviamo le infinite soluzioni $(kb,-ka,0)$. \qed \end{prova} \end{prova} Dal punto improprio $(b,-a,0)$ possiamo calcolare il coeff. angolare se $b\neq 0$: infatti, $(1, -\frac{a}{b}, 0 )$ individua lo stesso punto di $(b,-a,0)$, e $-\frac{a}{b}$ e' il coeff. angolare.\\ La regola pratica per trovare il punto improprio di una curva consiste nell'eliminare dalla sua equazione tutti i monomi che non hanno grado massimo, ad esempio: \begin{align*} &ax+by+t=0\;\longrightarrow \;ax+by=0\\ &x^3+3x^2y-y^2+2x-y+1=0\;\longrightarrow \;x^3+3x^2y=0 \end{align*} e trovare le soluzioni omogenee del tipo $(x,y,0)$, ad esempio: \begin{align*} & ax+by=0\textrm{ e' soddisfatta da } (-b,a,0)\\ &x^3+3x^2y=0\;\Rightarrow \;x^2(x+3y)=0\\ &\qq \begin{cases} x^2=0\\ t=0 \end{cases}\lor \begin{cases} x=-3y\\ t=0 \end{cases}\\ &\qq (0,k,0)=(0,1,0) \lor (-3h,h,0)=(-3,1,0) \end{align*} $Y_\infty\equiv (0,k,0)=(0,1,0)$ e' il punto improprio dell'asse $y$\\ $X_\infty\equiv (k,0,0)=(1,0,0)$ e' il punto improprio dell'asse $x$\\ $O_\infty\equiv (0,0,k)=(0,0,1)$ e' l'origine di coordinate omogenee. \subsection{Equazione di una retta dati due punti} \case{$A,B$ \T{ punti impropri}} \begin{prova} Allora la retta $AB$ e' la retta impropria, quindi l'equazione e': \eal{&t=0 } \end{prova} \case{$A\T{ proprio}, \;B\T{ improprio}$} \begin{prova} \eal{&B=(b,a, 0)\NN A=(x_0,y_0)\NN } L'equazione e': \eal{&a(x-x_0) = b(y-y_0) } O equivalentemente: \eal{&B=(b,-a, 0)\NN A=(x_0,y_0)\NN a(x-x_0) + b(y-y_0)=0 } Infatti, per quanto detto in precedenza, il punto improprio della retta e' $(b,-a)$. Inoltre, l'equazione e' soddisfatta da $A$.\\ \end{prova} \case{$A,B\T{ proprio}$} \begin{prova} \eal{&A=(x_0,y_0,1)\NN B=(x_1,y_1,1)\NN C=B-A=(x_1-x_0,y_1-y_0,0) } Quindi si applica il caso precedente per i punti $A,C$ e si ha: \eal{&(y_1-y_0)(x-x_0) = (x_1-x_0)(y-y_0) } Nota: $C$ e' il punto improprio della retta. \end{prova} \section{Coniche} \label{SezioneConiche} Una conica e' il luogo dei punti descritto da un'equazione di secondo grado a due incognite: \[ a_{11}x^2+a_{22}y^2+2a_{12}xy+2a_{13}x+2a_{23}y+a_{33}=0\;\;(1) \] la sua forma omogenea e' \[ a_{11}x^2+a_{22}y^2+2a_{12}xy+2a_{13}xt+2a_{23}yt+a_{33}t^2=0\;\;(2) \] Sia \[ A=\begin{bmatrix} a_{11}&a_{12} & a_{13}\\ a_{12}&a_{22} & a_{23}\\ a_{13}&a_{23} & a_{33}\\ \end{bmatrix} \] una matrice simmetrica, cioe' $a_{ij}=a_{ji}$. Poniamo \[ X=\begin{bmatrix} x\\y\\1 \end{bmatrix},\;\;Y=\begin{bmatrix} x\\y\\t \end{bmatrix} \] allora \[ (\TR X)AX=0\;\Leftrightarrow \;(1) \] e \[ (\TR Y)AY=0\;\Leftrightarrow \;(2) \] \subsubsection{Tipi di coniche} Distinguiamo 6 diversi tipi di coniche: \begin{enumerate} \item Le ellissi, come ad esempio $x^2+y^2-2x+2y-1=0$ \item Le parabole, $x^2-y=0$ \item Le iperboli, $x^2-y^2=1$ \end{enumerate} questi primi quattro si chiamano \emph{coniche non spezzate}, perche' i polinomi che le generano sono irriducibili. \begin{enumerate} \item Unione di due rette distinte, ad esempio \[ x^2-y^2+2y-1=0\;\Leftrightarrow \;x^2-(y-1)^2=0\;\Leftrightarrow \;\underbrace{(x-(y-1))}_{\textrm{retta } r}\underbrace{(x+(y-1))}_{\textrm{retta } s}=0 \] \item Unione di due rette coincidenti: \[ (x+y+1)^2=0 \] \item Unione di due rette immaginarie coniugate: \[ x^2+4y^2=0;\Leftrightarrow \;(x-2iy)(x+2iy)=0 \] Nota: l'intersezione di due rette immaginarie e' un punto reale. \end{enumerate} \subsubsection{Retta-Conica} \label{rettaconica} I punti di intersezione tra una retta e una conica sono i punti che risolvono il seguente sistema: \[ \begin{cases} (\TR X)AX=0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases} \] \label{intrettaconica} dove la prima equazione e' quella di una conica e la seconda quella di una retta (vedi \see{equrettaparam}). Possono essere sia in coordinate omogenea che in coordinate non omogenea. Risolviamo il sistema nelle incognite $\lambda,\mu$:\begin{align*} &\begin{cases} (\TR X)AX=0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases}\;\Leftrightarrow \;\begin{cases} \TR(\lambda X_0+\mu X_1)A(\lambda X_0+\mu X_1)=0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases} \;\Leftrightarrow \\ &\begin{cases} \lambda \TR X_0 A \lambda X_0+ \lambda \TR X_0 A \mu X_1 + \mu \TR X_1 A \lambda X_0 + \mu \TR X_1 A \mu X_1=0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases} \;\Leftrightarrow \\ &\begin{cases} \lambda^2 (\TR X_0 A X_0) + \mu^2 (\TR X_1 A X_1)+ \lambda\mu (\TR X_0 AX_1) + \lambda\mu (\TR X_1AX_0) =0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases}\\ &\TR(\TR X_0 AX_1)=\TR X_1 \TR A X_0=\TR X_1AX_0\;\textrm{ [$A$ e' una mat. sym]}\\ &\TR(\TR X_0 AX_1)=(\TR X_0 AX_1)\;\textrm{ [perche' $(\TR X_0 AX_1)$ e' una mat. 1x1]}\\ &\qq \Rightarrow \;\TR X_0 AX_1=\TR X_1AX_0\\ &\begin{cases} \lambda^2 (\TR X_0 A X_0) + \mu^2 (\TR X_1 A X_1)+ 2\lambda\mu (\TR X_0 AX_1) =0 \;\;(1)\\ X=\lambda X_0+\mu X_1\;\;(2) \end{cases} \end{align*} Dall'equazione $(1)$, al variare di $\mu$, possiamo ricavarci $\lambda$ e sostiturla in $(2)$, ricavando cosi' i punti d'intersezione $X$. Quindi, se consideriamo $\lambda$ come incognita, $(1)$ diventa un'equazione di secondo grado e nascono tre casi: \case{ $\Delta>0$ } Allora la conica si interseca con la retta in due punti reali e distinti. \case{ $\Delta=0$ } Allora la conica si interseca con la retta in due punti reali e coincidenti. \case{ $\Delta<0$ } In questo caso si intersecano in due punti immaginari e coniugati. \\ Si puo' anche verificare un caso in cui risolvendo il sistema si ottiene un'identita', come ad esempio: \[ \begin{cases} x^3-y^3=0\\ x-y=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} &0=0\\ &x=y \end{cases} \] In questo caso, tutti i punti che soddisfano la retta $x=y$ soddifano la curva $x^3-y^3$, in altre parole tutta la retta e' contenuta nella curva. \begin{thm} Data una conica $\Gamma$ e una retta $r$, si ha \[ r\cap \Gamma=r\;\;\lor \;\;r\cap \Gamma=\textrm{2 punti} \] \end{thm} \begin{cor} Se $\Gamma$ non e' spezzata$\;\Rightarrow \;r\cap \Gamma=\textrm{2 punti}$ \end{cor} \begin{defn} \label{deftg} \ilabel{tangente} Definizione di retta $r$, tangente a una conica $\Gamma$, non spezzata, in un punto $P_0$: \[ \textrm{$r$ e' tangente a $\Gamma$ in $P_0$}\;\Leftrightarrow \; r\cap \Gamma=\{P_0,P_0\} \] Cioe' se $r$ incontra $\Gamma$ in un punto ``contato due volte'' \footnote{in questi appunti usiamo $\tg(\Gamma,\;in Q_0,Q_1,\dots,\;per P_0, P_1, \dots)$ per indicare le rette tangenti a $\Gamma$ nei punti $Q_0, Q_1, \dots$ e passanti per i punti $P_0, P_1,\dots$}.\\ \ilabel{asintoto} La tangente a una conica in un punto improprio si chiama \emph{asintoto} \end{defn} \subsubsection{Classi di coniche} Data la conica $\Gamma$, non spezzata \begin{align*} &\Gamma\equiv \textrm{ellisse}\;\Leftrightarrow \;\Gamma\cap r_\infty = \textrm{2 punti immaginari coniugati}\\ &\Gamma\equiv \textrm{iperbole}\;\Leftrightarrow \;\Gamma\cap r_\infty=\textrm{2 punti reali e distinti}\\ &\Gamma\equiv \textrm{iperbole equilatera}\;\Leftrightarrow \;\Gamma\cap r_\infty=\textrm{2 punti reali e distinti, perpendicolari fra loro(*) }\\ &\Gamma\equiv \textrm{parabola}\;\Leftrightarrow \;\Gamma\cap r_\infty = \textrm{2 punti reali coincidenti} \end{align*} (*) ovvero, due punti impropri che individuano rette perpendicolari fra loro.\\ \begin{enumerate} \item Data una parabola $\piano$, $\exists \textrm{ una retta }r $ detta direttrice, $\exists \textrm{un punto proprio} F,\;F\notin r $ detto fuoco tale che: \[ P\in \piano, \textrm{ proprio}\;\Leftrightarrow \; \overline{PF}=\overline{Pr} \] \item Data un'ellisse $\mathcal{E}$, $\exists \textrm{ i punti } F_1,F_2$, chiamati fuochi tale che: \[ P\in \mathcal{E}, \textrm{ proprio}\;\Leftrightarrow \; \overline{PF_1}+\overline{PF_2}=k \] Se $F_1=F_2$ allora si avra' un cerchio. \item Data un'iperbole $\mathcal{I}$, $\exists \textrm{ i punti } F_1,F_2$, chiamati fuochi tale che: \[ P\in \mathcal{I}, \textrm{ proprio}\;\Leftrightarrow \; |\overline{PF_1}-\overline{PF_2}|=k \] \end{enumerate} Data la conica $\Gamma$ spezzata \begin{align*} &\Gamma\equiv \textrm{due rette immaginarie distinte}\;\Leftrightarrow \;\Gamma\cap r_\infty = \textrm{2 punti immaginari coniugati}\\ &\Gamma\equiv \textrm{due rette reali distinte}\;\Leftrightarrow \;\Gamma\cap r_\infty=\textrm{2 punti reali e distinti}\\ &\Gamma\equiv \textrm{due rette reali coincidenti}\;\Leftrightarrow \;\Gamma\cap r_\infty = \textrm{2 punti reali coincidenti} \end{align*} \subsection{Equazioni ridotte e invarianti} \begin{thm} \label{thmsis} Data una conica \[\Gamma: \; a_{11}x^2+a_{22}y^2+2a_{12}xy+2a_{13}x+2a_{23}y+a_{33}=0 \] esiste almeno un sistema di riferimento $X\Omega Y$ rispetto al quale $\Gamma$ si puo' scrivere in una delle seguenti forme: \begin{align*} &\alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}=0\\ &\alpha_{11}X^2+2\alpha_{23}Y=0\\ \end{align*} \end{thm} \begin{thm} Data una conica \[\Gamma: \; a_{11}x^2+a_{22}y^2+2a_{12}xy+2a_{13}x+2a_{23}y+a_{33}=0 \] \[ A=\begin{bmatrix} a_{11}&a_{12} & a_{13}\\ a_{12}&a_{22} & a_{23}\\ a_{13}&a_{23} & a_{33}\\ \end{bmatrix} \] in qualsiasi sistema di riferimento $X\Omega Y$, le seguenti caratteristiche dell'equazione restano invariate: \begin{enumerate} \item $r(A)$, la caratteristica di $A$. \item $\det A$ . \item $A_{33}=\begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}\\ a_{12}&a_{22} \end{vmatrix}$, il complemento algebrico di posto $(3,3)$. \item $I=a_{11}+a_{22}$, la somma dei primi due elementi della diagonale principale di $A$. \end{enumerate} \end{thm} \begin{thm} Proprieta' dell'$A_{33}$: \begin{itemize} \item $A_{33} >0\;\Leftrightarrow \;\Gamma $ ha 2 punti impropri immaginari e coniugati, ovvero puo' essere o l'unione di due rette immaginarie distinte oppure un ellisse \item $A_{33} <0\;\Leftrightarrow \;\Gamma $ ha 2 punti impropri reali e distinti, ovvero puo' essere o l'unione di due rette reali distinte oppure un iperbole \item $A_{33} = 0\;\Leftrightarrow \;\Gamma$ ha 2 punti impropri reali e coincidenti, ovvero puo' essere l'unione di due rette reali coincidenti oppure una parabola; oppure $r_\infty \subseteq \Gamma$. \end{itemize} \end{thm} \begin{prova} \pf Per il thm \see{thmsis}, possiamo scrivere qualsiasi conica in una delle seguenti forme: \begin{align*} &\alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}=0\\ &\alpha_{11}X^2+2\alpha_{23}Y=0\\ \end{align*} Limitiamoci al primo caso. Abbiamo che \[ A=\begin{pmatrix} \alpha_{11}&0&0\\ 0&\alpha_{22}&0\\ 0&0&\alpha_{33} \end{pmatrix} \] e quindi \[ A_{33}= \begin{vmatrix} \alpha_{11}&0\\ 0&\alpha_{22} \end{vmatrix} \] \step{}{Dim per $A_{33} >0$} \begin{prova} Se $A_{33} >0$ allora $\alpha_{11}\alpha_{22}>0$, quindi $\alpha_{11}$ e $\alpha_{22}$ sono concordi. Consideriamo l'intersezione $r_\infty \cap \Gamma$, in coordinate omogenee: \[ \begin{cases} \alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}t=0\\ t=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} \alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2=0\;\;\;(1)\\ t=0 \end{cases} \] Poiche' $\alpha_{11}$ e $\alpha_{22}$ sono concordi, $(1)$ e' somma di quadrati e quindi e' irriducibile. Questo significa che le soluzioni sono immaginarie e coniugate. \qed \end{prova} \step{}{Dim per $A_{33} <0$} \begin{prova} Rifacendo lo stesso ragionamento di prima, notiamo che $\alpha_{11}$ e $\alpha_{22}$ sono discordi, e quindi $\alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2$ diventa una differenza di quadrati, ovvero $\alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2$ e' riducibile in $R[x,y]$ e quindi la $(1)$ ha due soluzioni reali e distinte. \qed \end{prova} \step{}{Dim per $A_{33} =0$} \begin{prova} $\alpha_{11}\alpha_{22}=0$. Distinguiamo i vari casi: \case{ $\alpha_{11}=\alpha_{22}=0$ } il sistema diventa \[ \begin{cases} 0=0\\ t=0 \end{cases} \] e quindi $r_\infty \subseteq \Gamma$ \qed \case{ $\alpha_{11}=0,\;\;\alpha_{22}\neq 0$ } il sistema diventa \[ \begin{cases} Y^2=0\\ t=0 \end{cases} \] Le soluzioni sono quindi: $(x,0,0),\;(x,0,0)$. Ovvero due punti reali e coincidenti. \case{ $\alpha_{11}\neq 0,\;\;\alpha_{22}= 0$ } e' analogo a quello di sopra. \end{prova} Se, invece, la conica e' della forma \[ \alpha_{11}X^2+2\alpha_{23}Y=0 \] allora \[ A=\begin{pmatrix} \alpha_{11}&0&0\\ 0&0&\alpha_{23}\\ 0&\alpha_{32}&0 \end{pmatrix},\;\;\alpha_{32}=\alpha_{23} \] e quindi \[ A_{33}= \begin{vmatrix} \alpha_{11}&0\\ 0&0 \end{vmatrix} \] \begin{prova} poiche' $A_{33}$ ha det uguale a zero, dobbiamo considerare solo un caso. \step{}{Dim $A_{33}=0$} \begin{prova} \case{$\alpha_{11}=0$ } allora il sistema d'intersezione con $r_\infty $ diventa: \[ \begin{cases} 0=0\\ t=0 \end{cases} \] e quindi $r_\infty \subseteq \Gamma$ \case{ $\alpha_{11}\neq 0$ } il sistema diventa \[ \begin{cases} \alpha_{11}X^2+\alpha_{23}Yt=0\\ t=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \;\begin{cases} X^2=0\\ t=0 \end{cases} \] e quindi abbiamo due sol. reali e distinte. \qed \end{prova} \end{prova} \step{}{Dim $\Leftarrow $} \begin{prova} Supponiamo che $\Gamma\^r_\infty $ in due punti reali e distinti. Se per assurdo $A_{33}=0$, per quanto visto, avremo $\Gamma\^r_\infty $ in due punti reali e coincidenti, assurdo. Se per assurdo $A_{33}>0$, avremo due punti img. Quindi, per esclusione $A_{33}<0$.\\ In modo analogo si procede per gli altri casi. \end{prova} \end{prova} \begin{cor} \label{cornonspezz} Se $\Gamma$ non e' spezzata, \begin{itemize} \item $A_{33} >0\;\Leftrightarrow \;\Gamma $ e' un ellisse. \item $A_{33} <0\;\Leftrightarrow \;\Gamma $ e' un iperbole. \item $A_{33} = 0\;\Leftrightarrow \;\Gamma$ e' una parabola. \end{itemize} \end{cor} \begin{thm} $I=0\;\Rightarrow \;r_\infty \subseteq \Gamma\;\lor \;\Gamma $ ha due punti impropri reali e distinti che individuano rette $\perp$ tra loro. \end{thm} \begin{prova} \pf \begin{prova} Per il thm \see{thmsis}, possiamo scrivere qualsiasi conica in una delle seguenti forme: \begin{align*} &\alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}=0\;\;\;(1)\\ &\alpha_{11}X^2+2\alpha_{23}Y=0\;\;\;(2)\\ \end{align*} \case{ $(1)$ } abbiamo che \[ A=\begin{pmatrix} \alpha_{11}&0&0\\ 0&\alpha_{22}&0\\ 0&0&\alpha_{33} \end{pmatrix} \] e quindi $I=\alpha_{11}+\alpha_{22}$. Per Hp $I=0$, allora $\alpha_{11}=-\alpha_{22}$. Consideriamo $r_\infty \cap \Gamma$: \[ \begin{cases} \alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}t^2=0\\ t=0 \end{cases} \] Se $\alpha_{11}=-\alpha_{22}=0$ allora $r_\infty \subseteq \Gamma$, altrimenti se $\alpha_{11}=-\alpha_{22}\neq 0$ abbiamo \[ \begin{cases} \alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}t^2=0\\ t=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} X^2-Y^2+\frac{\alpha_{33}}{\alpha_{11}}t^2=0\\ t=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} X^2-Y^2=0\;\Leftrightarrow \;(x-y)(x+y)=0\\ t=0 \end{cases} \] le soluzioni sono $(x,x,0),\;\;(x,-x,0)$ che sono la stessa cosa di $(1,1,0),\;\;(1,-1,0)$. Qquindi abbiamo due punti impropri reali e perpendicolari fra loro (perche' $(m=1)\cdot (m'=-1)=-1$) \case{ $(2)$ } siamo in questa situazione: \[ A=\begin{pmatrix} \alpha_{11}&0&0\\ 0&0&\alpha_{23}\\ 0&\alpha_{32}&0 \end{pmatrix},\;\;\alpha_{32}=\alpha_{23} \] e quindi $I=\alpha_{11}=0$, allora $r_\infty \cap \Gamma$ e': \[ \begin{cases} 2\alpha_{23}Yt=0\\ t=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \;\begin{cases} 0=0\\ t=0 \end{cases} \] quindi $r_\infty \subseteq \Gamma$ \qed \end{prova} \end{prova} \begin{cor} Se $\Gamma$ non e' spezzata, $I=0\;\Rightarrow \;\Gamma $ e' una iperbole equilatera. \end{cor} \begin{thm} Sia $r(A)$ il rango della matrice simmetrica $A$ della conica $\Gamma$, allora \begin{itemize} \item $r(A)=1\;\Leftrightarrow \;$ la conica si spezza in due rette coincidenti \item $r(A)=2\;\Leftrightarrow \;$ la conica si spezza in due rette distinte \item $r(A)=3\;\Leftrightarrow \;$ la conica non si spezza \end{itemize} \end{thm} \begin{prova} \pf \step{}{$r(A)=1\Rightarrow \Gamma=r=s$} \begin{prova} \case{ la conica e' nella forma $\alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}=0$} Abbiamo che \[ A=\begin{pmatrix} \alpha_{11}&0&0\\ 0&\alpha_{22}&0\\ 0&0&\alpha_{33} \end{pmatrix} \] $A$ e' una matrice ridotta, dato che tutti i suoi elementi sono speciali. Poiche' $r(A)$ e' il numero di elementi speciali, e per Hp $r(A)=1$, almeno due elementi devono essere nulli. Quindi le tre possibili equazioni sono: \[ X^2=0\;\lor \;Y^2=0\;\lor \;t^2=0 \] in ogni caso abbiamo che $\Gamma$ si spezza in due rette coincidenti. \case{ la conica e' nella forma $\alpha_{11}X^2+2\alpha_{23}Y=0$ } \[ A=\begin{pmatrix} \alpha_{11}&0&0\\ 0&0&\alpha_{23}\\ 0&\alpha_{32}&0 \end{pmatrix},\;\;\alpha_{32}=\alpha_{23} \] Poiche' $\alpha_{32}=\alpha_{23}$ e poiche' due elementi speciali devono essere nulli (dato che $r(A)=1$), l'unica possibilita' e' che sia $\alpha_{32}=\alpha_{23}=0$, quindi l'equazione diventa $X^2=0$. In conclusione, anche in questo caso abbiamo due rette coincidenti. \qed \end{prova} \step{}{$r(A)=2\Rightarrow \Gamma \textrm{ si spezza in } r\neq s$} \begin{prova} Se la conica e' nella prima forma, un elemento speciale di $A$ deve essere nullo e quindi un termine di $\alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}=0$ deve essere nullo. In ogni caso, l'equazione diventa o somma o differenza di quadrati e quindi la conica si spezza in due rette distinte (che possono essere o immaginarie o reali).\\ Se invece la conica e' nella forma $\alpha_{11}X^2+2\alpha_{23}Y=0$, $A$ e' \[ A=\begin{pmatrix} \alpha_{11}&0&0\\ 0&0&\alpha_{23}\\ 0&\alpha_{32}&0 \end{pmatrix},\;\;\alpha_{32}=\alpha_{23} \] poiche' $\alpha_{32}=\alpha_{23}$ e $r(A)=2$, l'unica possibilita' che rimane e' $\alpha_{11}=0$, quindi abbiamo \[ 2\alpha_{23}Yt=0 \;\Leftrightarrow \; Yt=0\;\Leftrightarrow \;(Y=0 \lor t=0) \] e quindi si spezza nell'unione della retta impropria e dell'asse $X$ \qed \end{prova} Adesso dimostriamo il viceversa dei casi fin'ora considerati, cosi', per esclusione, dimostreremo automaticamente $r(A)=3$. \step{}{Dim $r(A)=1\Leftarrow \Gamma=r=s$} \begin{prova} Abbiamo due rette coincidenti $r,s$ in cui $\Gamma$ e' spezzata. Prendiamo la retta $r$ e una qualsiasi sua perpendicolare. A partire da questo nuovo sistema di riferimento scriviamo l'equazione della conica: \[ Y^2=0 \] allora \[ A=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix} \] e quindi $r(A)=1$. Poiche' $r(A)$ e' un invariante, questo vale per tutti i sistemi di riferimento.\\ Se le due rette coincidenti sono $r_\infty \equiv r_\infty $, allora abbiamo $t^2=0$ e quindi \[ A=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \] \qed \end{prova} \step{}{Dim $r(A)=2\Leftarrow \Gamma \textrm{ si spezza in } r\neq s$} \begin{prova} Distinguiamo tre casi \case{ $r=r_\infty$ } Consideriamo $s$ come l'asse $X$ e prendendo un suo punto qualsiasi, costruiamo l'asse $Y$. In questo nuovo sistema di riferimento l'equazione di $\Gamma$ diventa: \[ Yt=0 \] Quindi \[ A=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&0&\frac{1}{2}\\ 0&\frac{1}{2}&0 \end{pmatrix} \;\Rightarrow \;r(A)=2 \] \case{ $r\neq s,\;\;r\parallel s$ } Costruiamo la retta equidistante da $r$ e da $s$ e chiamiamola $X$. Scegliendo un qualsiasi punto di $X$ costruiamo l'asse $Y$. In questo nuovo sistema di riferimento l'equazione di $r$ e' $Y=-k$ e di $s:\;Y=k$, quindi l'equ di $\Gamma$: \[ (Y-k)(Y+k)=Y^2-k^2=0 \] e quindi \[ A=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&-k^2 \end{pmatrix} \;\Rightarrow \;r(A)=2 \] \case{ $r$ incidente a $s$ } Prendiamo le bisettrici di entrambe le rette, una la usiamo come $X$ e l'altra come $Y$. L'equazione di $r$ diventa allora $Y=mX$ mentre quella di $s:\;Y=-mX$, quindi \[ \Gamma:\;\;(Y-mX)(Y+mX)=Y^2-m^2X^2=0 \] e quindi \[ A=\begin{pmatrix} -m^2&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}\;\Rightarrow \;r(A)=2 \] \qed \end{prova} Poiche' abbiamo visto che \begin{itemize} \item $r(A)=1\;\Leftrightarrow \;$ la conica si spezza in due rette coincidenti \item $r(A)=2\;\Leftrightarrow \;$ la conica si spezza in due rette distinte \end{itemize} per esclusione otteniamo: $r(A)=3\;\Leftrightarrow \;$ la conica non si spezza \end{prova} \begin{cor} Poiche' $r(A)=3\;\Leftrightarrow \;|A|\neq 0$, per il cor \see{cornonspezz} si ha \begin{itemize} \item $|A|\neq 0\;\land \; A_{33} >0\;\Leftrightarrow \;\Gamma $ e' un ellisse. \item $|A|\neq 0\;\land \; A_{33} <0\;\Leftrightarrow \;\Gamma $ e' un iperbole. \item $|A|\neq 0\;\land \; A_{33} = 0\;\Leftrightarrow \;\Gamma$ e' una parabola. \end{itemize} \end{cor} \subsection{Equazione retta tangente} \ilabel{equazione!tangente} In \see{deftg} abbiamo dato la def. di retta tangente a una conica. Adesso troviamo la sua equazione. Data la conica $\Gamma:\;\;\TR XAX=0$, non spezzata, e preso un $P_0\in\Gamma$, l'equazione della retta $\tg(\Gamma,\;in P_0)$ e' \[ \TR X_0 A X=0 \] \begin{prova} \pf \begin{prova} Dapprima individiamo una caratterizzazione delle rette tangenti a $\Gamma$. Data una retta $r$ passante per $P_0$ e $P_1$: \[ r\textrm{ tg a $\Gamma$ in $P_0$ }\;\Leftrightarrow \; \TR X_0 A X_1=0 \] dove $X_1$ sono le coordinate omogenee di $P_1$ e $ X_0 A X_1$ e' un numero. \begin{prova} \pf \step{}{Dim $\Rightarrow $} \begin{prova} L'equazione di $r$, in forma compatta, e' $X=\lambda X_0+\mu X_1$, scrivendo il sistema per trovare i punti d'intersezione $\Gamma \cap r$, cosi' come abbiamo fatto in \see{intrettaconica}, otteniamo: \[ \begin{cases} \lambda^2 (\TR X_0 A X_0) + \mu^2 (\TR X_1 A X_1)+ 2\lambda\mu (\TR X_0 AX_1) =0 \;\;(1)\\ X=\lambda X_0+\mu X_1\;\; \end{cases} \] Poiche' $P_0\in \Gamma$, si ha $\TR X_0 A X_0=0$: \[\begin{cases} \mu (\mu \TR X_1 A X_1+ \TR X_0 AX_1)=0 \\ X=\lambda X_0+\mu X_1\;\; \end{cases}\;\Rightarrow \;\mu_1=0\;\lor \;\mu_2=\frac{-\TR X_0 AX_1}{\TR X_1 A X_1}\] Nota: $\TR X_1 A X_1\neq 0$, infatti, se per assurdo lo fosse, allora $P_1\in \Gamma \cap r$, ma questo e' assurdo perche' $r$, essendo tangente, e' tale che $r\cap \Gamma=\{P_0,P_0\}$.\\ Sostituendo $\mu=\mu_1=0$ in $ X=\lambda X_0+\mu X_1$ ritroviamo $X=\lambda X_0=P_0$. Poiche', per Hp, $r$ e' tg $\mu$ deve individuare lo stesso punto, e quindi anche $\mu_2$ deve individuare $P_0$, cioe' \[ \mu_1=\mu_2=0\;\Leftrightarrow \;\frac{-\TR X_0 AX_1}{\TR X_1 A X_1}=0\;\Rightarrow \;\TR X_0 AX_1=0 \] \end{prova} \step{}{Dim $\Leftarrow $} \begin{prova} Per Hp $(\TR X_0 AX_1)=0$, quindi sostituendo nell'intersezione $r\cap \Gamma$ otteniamo: \[ \begin{cases} \lambda^2 (\TR X_0 A X_0) + \mu^2 (\TR X_1 A X_1)=0 \\ X=\lambda X_0+\mu X_1\;\; \end{cases} \] Poiche' $P_0\in \Gamma$, si ha $\TR X_0 A X_0=0$: \[ \begin{cases} \mu^2 (\TR X_1 A X_1)=0 \\ X=\lambda X_0+\mu X_1\;\; \end{cases}\;\Rightarrow \;\mu_1=\mu_2=0\;\Rightarrow \;X=\lambda X_0=P_0 \] Ovvero $r\cap \Gamma=\{P_0,P_0\}$ \end{prova} \end{prova} \begin{prova} Adesso facciamo vedere che prendendo una retta $s$ passante per $P_0$ della forma $s:\;\;\TR X_0 A X=0$, si ha che \[ \TR X_0 AX_1=0\;\Leftrightarrow \;r=s \] \begin{prova} \pf\step{}{Dim $\Rightarrow $} \begin{prova} Per le nostre Hp iniziali, $P_0,P_1\in r,\;\;r\T{ tg in $P_0$}\,P_0\in s$\\ Inoltre $\TR X_0 AX_1=0\;\Leftrightarrow \;P_1\in s$. Quindi, $r,s$ sono due rette che passano per gli stessi due punti, cioe' coincidono. \end{prova} \step{}{Dim $\Leftarrow $} \begin{prova} $P_0,P_1\in r=s\;\Rightarrow \;P_1\in s\;\Rightarrow \;\TR X_0 AX_1=0$ \end{prova} \end{prova} \end{prova} Ricapitolando tutto abbiamo: \[ r\textrm{ tg a $\Gamma$ in $P_0$ }\;\Leftrightarrow \; \TR X_0 A X_1=0\;\Leftrightarrow \;r=s \] Se quindi $t$ e' la retta tangente, avra' allora la stessa equazione di $s$, cioe': \[ t:\;\;\TR X_0 A X=0 \] \qed \end{prova} \end{prova} \begin{prop} Data la conica \[ a_{11}x^2+a_{22}y^2+2a_{12}xy+2a_{13}x+2a_{23}y=0\] passante per l'origine (cioe' con $a_{33}=0$), la retta tangente a essa, passante per l'origine e' $a_{13}x+a_{23}y=0$ \end{prop} \begin{prova} \pf \begin{prova} La $A$ della conica e': \[ A=\begin{bmatrix} a_{11}&a_{12} & a_{13}\\ a_{12}&a_{22} & a_{23}\\ a_{13}&a_{23} & 0\\ \end{bmatrix} \] Per cio' che abbiamo detto, la retta tangente e' $\TR X_0 A X$, dove in questo caso $X_0=[0,0,1]$ (l'origine). Quindi \[ \begin{pmatrix} 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{bmatrix} a_{11}&a_{12} & a_{13}\\ a_{12}&a_{22} & a_{23}\\ a_{13}&a_{23} & 0\\ \end{bmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\\1 \end{pmatrix}=0\;\Leftrightarrow \;a_{13}x+a_{23}y=0 \] \end{prova} \qed \end{prova} \subsection{Equazioni canoniche} \ilabel{equazione!canonica} Data $\Gamma$ non spezzata, cioe' con $|A|\neq 0$, abbiamo: \begin{align*} &\Gamma\equiv \textrm{ellisse o iperbole}\;\Leftrightarrow \;\textrm{ la sua forma ridotta e' di tipo (1)}\\ &\Gamma\equiv \textrm{parabola}\;\Leftrightarrow \;\textrm{ la sua forma ridotta e' di tipo (2)} \end{align*} Le due forme ridotte sono (vedi \see{thmsis}): \begin{align*} &\alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}=0\;\;(1)\\ &\alpha_{11}X^2+2\alpha_{23}Y=0\;\;(2)\\ \end{align*} \begin{prova} \pf\begin{prova} Data un'ellisse o un'iperbole $\I$, per definizione, $\I \cap r_\infty =\{P_0,P_1\},\;P_0\neq P_1$. L'unica equazione ridotta che messa a sistema con $t=0$ da' due punti distinti e' il tipo $(1)$. Questo perche' la $(1)$ puo' essere o differenza o somma di quadrati.\\ Data una parabola $\piano$, per definizione, $\piano\cap r_\infty = \{P_0,P_0\}$. Allora, l'unica equazione che, a sistema con $t=0$, da' due punti coincidenti e' la $(2)$. Infatti: \[ \begin{cases} \alpha_{11}X^2+2\alpha_{23}Yt=0\\ t=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \;\begin{cases} X^2=0\\t=0 \end{cases} \] \end{prova} \end{prova} \subsubsection{Parabola} Poiche' la forma ridotta della parabola e' $\alpha_{11}X^2+2\alpha_{23}Y=0$, possiamo condurla a: \[ \alpha_{11}X^2+2\alpha_{23}Y=0\;\Leftrightarrow \;Y=-\frac{\alpha_{11}}{2\alpha_{23}}X^2\;\Leftrightarrow \;Y=aX^2 \] Questa e' la sua forma canonica.\\ $Y=aX^2$ e' una parabola che \begin{enumerate} \item passa per l'origine\item ha $Y$ per asse di simmetria \item$F\equiv (0,\frac{1}{4a})$\item la sua direttrice e' $y=-\frac{1}{4a}$ \end{enumerate} \subsubsection{Iperbole e ellisse} Poiche' la forma ridotta dell'iperbole e dell'ellisse e' $\alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}=0$ possiamo condurla a: \[ \alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}=0\;\Leftrightarrow \;\frac{X^2}{\frac{-\alpha_{33}}{\alpha_{11}}}+ \;\frac{Y^2}{\frac{-\alpha_{33}}{\alpha_{2}}}=1\;\Leftrightarrow \; \frac{X^2}{A}+\frac{Y^2}{B}=1 \] \case{ $A,B>0$ } possiamo ricondurla a \[ \frac{X^2}{a^2}+\frac{Y^2}{b^2}=1 \] Questa e' la forma canonica dell'ellisse reale. \case{ $A,B<0$ } possiamo ricondurla a \[ \frac{X^2}{a^2}+\frac{Y^2}{b^2}=-1 \] Questa e' la forma canonica dell'ellisse immaginaria (tutti i suoi punti sono complessi). \case{ $A>0,B<0\;\;\lor \;\;A<0,B>0$ } possiamo ricondurla a \[ \frac{X^2}{a^2}-\frac{Y^2}{b^2}=1\;\;\textrm{ o ad }\;\;-\frac{X^2}{a^2}+\frac{Y^2}{b^2}=1 \] Questa e' la forma canonica di un iperbole. La differenza tra le due e' che la seconda e' espressa nel sistema di riferimento in cui l'asse $X$ e' stato sostituito da $Y$ e viceversa.\\ \newline \textbf{Proprieta' dell'iperbole canonica: }\begin{enumerate} \item I punti impropri di un'iperbole sono \[ \left\{\frac{X^2}{a^2}-\frac{Y^2}{b^2}-t=t=0\right\}= \left\{Y=\pm\frac{a}{b}X=t=0\right\}= \left\{(a,b,0),\;(a,-b,0)\right\} \] \item L'asse $X,Y$ sono di simmetria per l'iperbole canonica. $O$ e' il centro di simmetria. \item \begin{align*} &c=\sqrt{a^2+b^2}\\ &F_1\equiv (c,0)\\ &F_2\equiv (-c,0) \end{align*} \item Gli asintoti, che sono le rette tangenti nei punti impropri sono: $Y=\pm\frac{b}{a}X$\\ Per ricavarli, basta usare la formula di retta tangente ($\TR X_0AX=0$) applicata a $(a,b,0),\;(a,-b,0)$, cioe' \[ \begin{pmatrix} a&\pm b&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{a^2}&0&0\\ 0&\frac{-1}{b^2}&0\\ 0&0&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\1 \end{pmatrix}=0\;\Leftrightarrow \;Y=\pm\frac{b}{a}X \] \end{enumerate} \textbf{Proprieta' dell'ellisse canonica: }\begin{enumerate} \item L'asse $X,Y$ sono di simmetria per l'iperbole canonica. $O$ e' il centro di simmetria. \item \case{ $a^2>b^2$ } \begin{align*} &c=\sqrt{a^2-b^2}\\ &F_1\equiv (-c,0)\\ &F_2\equiv (c,0)\\ \end{align*} \case{ $b^2>a^2$ } \begin{align*} &c=\sqrt{b^2-a^2}\\ &F_1\equiv (0,c)\\ &F_2\equiv (0,-c)\\ \end{align*} \end{enumerate} \subsection{Polarita'} \ilabel{polare} \ilabel{polarita'} \ilabel{retta!polare} \ilabel{punto!polare} Data una conica non spezzata $\Gamma$, possiamo definire la seguente applicazione biunivoca: \[ \pi:\piano\longrightarrow \rette \] Dove $\piano$ e' il piano, e $\rette$ e' l'insieme di tutte le rette del piano. La legge e': \[ \pi(P)=\left\{Q\in \piano\;|\;\TR PAQ=0\right\} \] In altre parole, a ogni punto $P$ viene associata la retta di equazione $\TR PAX=0$, dove $A$ e' la matrice sym di $\Gamma$.\\ $\pi$ e' chiamata \emph{polarita'}\\ $\pi(P)=r$ e' chiamata \emph{retta polare} di $P$. $P$ e' chiamato polo di $r$. \step{}{Dimostriamo che $\pi$ e' biunivoca} \begin{prova} \pf La biunivocita' di $\pi$ equivale a: \[ \forall r \in \rette\;\exists! P\in\piano:\;\pi(P)=r \] \step{}{ Prendiamo allora una retta $r:\;ax+by+c=0$ e verifichiamo se il sistema \[\{(x,y)\in \piano\;|\;ax+by+c=0\}=\pi(P)\], con incognite le coordinate di $P$, ammette una e una sola soluzione. } \pflet{$P=(x_0,y_0,t_{0})$} \begin{align*} &\pi(P):\;\TR PAX=0\;\Leftrightarrow \;(a_{11}x_0+ a_{12}y_{0}+a_{13}t_{0})x+ (a_{21}x_0+ a_{22}y_{0}+a_{23}t_{0})y+ (a_{31}x_0+ a_{32}y_{0}+a_{33}t_{0})t\\ &\{ax+by+c\}=\pi(P)\;\Leftrightarrow \;ax+by+c=\TR PAX\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} a_{11}x_0+ a_{12}y_{0}+a_{13}t_{0}=a\\ a_{21}x_0+ a_{22}y_{0}+a_{23}t_{0}=b\\ a_{31}x_0+ a_{32}y_{0}+a_{33}t_{0}=c \end{cases}\\ &\Gamma \textrm{ non spezzata}\;\Rightarrow \;|A|\neq 0\;\Rightarrow \;\textrm{ per Cramer, il sistema ammette un unica soluzione} \end{align*} Nota: Il sistema non e' omogeneeo, perche' se per assurdo $a=b=c=0$, l'equazione $ax+by+c=0$ non rappresenterebbe nessuna retta. Inolte, poiche' la soluzione del sistema e' unica, non sara' $(0,0,0)$, che e' invece unica soluzione del sistema quadrato omogeneo. \qed \end{prova} \begin{thm} \ilabel{teorema!della reciprocita'} \ilabel{reciprocita'} Teorema della reciprocita'.\\ Dati $P_0,P_1\in \piano$ \[ P_0\in \pi(P_1)\;\Leftrightarrow \;P_1\in \pi(P_0) \] \ilabel{punto!coniugato} \ilabel{retta!coniugata} \ilabel{punto!autoconiugato} $P_0,P_1$ si dicono punti coniugati.\\ $\pi(P_0),\pi(P_1)$ si dicono rette coniugate.\\ $P_2\in \pi(P_2)$ si dice \emph{autoconiugato} \end{thm} \begin{prova} \pf \step{}{Dim $\Leftrightarrow $} \begin{prova} \begin{align*} &P_0\in \pi(P_1)\;\Leftrightarrow\; \TR P_1 A P_0=0\;\underbrace{\Leftrightarrow}_{(*) } \;\TR P_0 A P_1=0\;\Leftrightarrow \;P_1\in \{\TR P_0 A X =0\}\;\Leftrightarrow \;P_1\in \pi(P_0) \end{align*} Nota $(*)$\footnote{$(*)$ per quanto avevamo osservato in \see{intrettaconica} si ha $\TR X_1 A X_0=\TR X_0AX_1$} \end{prova} \qed \end{prova} \begin{prop} \label{propconiug} \[ P\in \Gamma\;\Leftrightarrow \;P\in \pi(P) \] I punti autoconiugati sono tutti e soli quelli che appartengono alla conica. \end{prop} \begin{prova} \pf \begin{prova} \begin{align*} &P\in \Gamma\;\Leftrightarrow\;\TR P A P=0\;\Leftrightarrow \;P\in \pi(P) \end{align*} \end{prova} \qed \end{prova} \subsubsection{Costruzione della retta polare} \ilabel{costruzione della polare} \label{costruzione} Vediamo adesso, geometricamente, chi e' la retta polare del punto $P=(x_0,y_0,t_0)$. \begin{prova} \case{$P\in\Gamma$} \begin{prova} Per la proposizione \see{propconiug}, si ha \[ P\in\Gamma\;\Leftrightarrow \;P\in \pi(P)\;\Leftrightarrow \;\TR P A P =0 \] $\TR PAX=0$ e' l'equazione della retta tangente in $P$ a $\Gamma$. Questo vuol dire che la retta polare di un punto della conica e' la retta tangente in quel punto, e viceversa.\\ Nota: qui abbiamo visto il caso in cui la tangente passante per $P$ a $\Gamma$ e' una sola. \end{prova} \case{$P\notin \Gamma$, ed esistono due tangenti passanti per $P$ a $\Gamma$} \begin{prova} \begin{figure}[h] \begin{center} \includegraphics[scale=0.4]{fig/polar} \end{center} \caption{Polare di $P$} \end{figure} In questo caso la polare si costruisce cosi': \begin{enumerate} \item Sia $a$ una tangente a $\Gamma$, passante per $P$. \item Sia $R$ il suo punto di tangenza con $\Gamma$. \item Sia $b$ l'altra tangente a $\Gamma$, passante per $P$. \item Sia $S$ il suo punto di tangenza con $\Gamma$. \item La retta $r$ passante per $R,S$ e' la polare di $P$. \end{enumerate} \step{}{Dimostriamo che $r=\pi(P)$} \begin{prova} \pf \begin{prova} \eal{ \sist{ R\in RS,\;\;S\in RS\\ \T{lemma \see{lemmadiametro}} } \> \pi(\pi(R)\^\pi(S))=RS \ubrace{\=}{\pi(R)=r\,\pi(S)=s\,P=r\^s} \pi(P)=RS } \end{prova} \qed \end{prova} \end{prova} \case{$P\notin \Gamma$, la tangente a $\Gamma$, passante per $P$ non esiste} \begin{prova} In questo caso la polare si costruisce cosi': \begin{figure}[h] \begin{center} \includegraphics[scale=0.4]{fig/polarII} \end{center} \caption{Polare di $P$} \end{figure} \begin{enumerate} \item Sia $a$ una retta passante per $P$ e siano $\{H,K\}=a\cap \Gamma$ i suoi punti d'intersezione con $\Gamma$. \item Sia $b$ una retta passante per $P$, distinta da $a$, e siano $\{U,V\}=b\cap \Gamma$ i suoi punti d'intersezione con $\Gamma$. \item Siano $t_1,t_2$ le tangenti a $\Gamma$ passanti rispettivamente per $H$ e $K$. Sia $\{A\}=t_1\cap t_2$. \item Siano $t_3,t_4$ le tangenti a $\Gamma$ passanti rispettivamente per $U$ e $V$. Sia $\{B\}=t_3\cap t_4$. \item La retta $r$, passante per $A,B$ e' la polare di $P$. \end{enumerate} \begin{prova} \pf \begin{prova} $t_1,t_2$ sono le tangenti di $\Gamma$ passanti per $A$. Per quanto abbiamo visto nel caso precendente, la retta $KH$, ovvero la retta $a$ e' la polare di $A$. Con lo stesso ragionamento su $B$: \begin{align*} &a=\pi(A),\;b=\pi(B) \end{align*} Applichiamo due volte il thm di reciprocita': \begin{align*} &P\in a=\pi(A)\;\Leftrightarrow \;A\in \pi(P)\\ &P\in b=\pi(B)\;\Leftrightarrow \;B\in \pi(P) \end{align*} Ed ecco provato che $\pi(P)$ passa per $A,B$. \end{prova} \qed \end{prova} \end{prova} \end{prova} \subsubsection{Diametri e centri} \begin{defn} \ilabel{centro della conica} Data la conica $\Gamma$ non spezzata,\\ $C\in \piano$ si dice centro di $\Gamma\;\Leftrightarrow \;\pi(C)=r_\infty $\\ \ilabel{diametro} Dato $P\in r_\infty$, $\pi(P)$ si dice diametro. \end{defn} \begin{prop} \label{centrodiametro} Data la retta $d$, e $C$ centro di $\Gamma$, si ha: \[d\equiv \textrm{diametro}\;\Leftrightarrow \;C\in d\] Ovvero, i diametri sono tutte le rette passanti per $C$ \end{prop} \begin{prova} \pf\begin{prova} \begin{align*} &d\equiv \textrm{diametro}\;\Leftrightarrow \;d=\pi(P_\infty)\\ & P_\infty \in \pi(C)=r_\infty \;\Leftrightarrow \; C\in \pi(P_\infty)=d \;\;\textrm{ [thm di reciprocita']} \end{align*} \end{prova} \end{prova} \begin{lem} \label{lemmadiametro} Data una retta $r$ e $P_1,P_2\in r$, \[ \pi(\pi(P_1)\cap \pi(P_2))=r \] ovvero, il polo di $r$ e' il punto di intersezione tra la polare di $P_1$ e la polare di $P_2$ \end{lem} \begin{prova} \pf \begin{prova} \pflet{$P_0=\pi(P_1)\cap \pi(P_2)$} \begin{align*} &P_0\in\pi(P_1)\;\Leftrightarrow \;P_1\in \pi(P_0)\\ &P_0\in\pi(P_2)\;\Leftrightarrow \;P_2\in \pi(P_0)\\ &\pi(P_0)=\underbrace{\overline{P_1P_2}}_{\textrm{retta passante per $P_1,P_2$}}=r \end{align*} \end{prova} \qed \end{prova} \subsection{Ellisse o iperbole} Vedremo come calcolare il centro e gli assi di simmetria di un ellisse o do una iperbole. \begin{prop} \label{propcg} Data $\Gamma$, ellisse o iperbole, siano $a,b$ gli assi di simmetria di $\Gamma$. $C=a\cap b$ e' il centro di simmetria. Si ha: \[ \pi(C)=r_\infty \] ovvero, il centro di simmetria e' anche il centro di $\Gamma$. \end{prop} \begin{prova} \pf \step{}{Dimostriamolo nel caso dell'ellisse} \begin{prova} \pflet{$\Gamma\cap a=\{A_1, A_2\}$\\ $\Gamma\cap b=\{B_1, B_2\}$\\ $t_1=\tg(\Gamma,\;in A_1),\;t_2=\tg(\Gamma,\;in A_2)$\\ $s_1=\tg(\Gamma,\;in B_1)\;s_2=\tg(\Gamma,\;in B_2)$ } Considerando che $a\perp b$ (gli assi di sym sono perp tra loro), si avra': \begin{align*} &t_1 \perp a\,t_2\perp a \Rightarrow t_1\parallel t_2\T{ (vedi le note a pag. \pageref{notarettabezout})}\\ &t_1 \parallel t_2 \parallel b\\ &s_1 \parallel s_2 \parallel a \end{align*} Quindi $t_1,t_2,b$ avranno lo stesso punto improprio $P'$ e $s_1, s_2, a$ avranno $P''$.\\ Poiche' le rette $\tg(\Gamma,\;per P')$ sono due ($t_1,t_2$), siamo nel secondo caso del paragrafo \see{costruzione} e quindi $\pi(P')$ e' la retta passante per $A_1,A_2$, ovvero $\pi(P')=a$.\\ Con ragionamento analogo si vede che $\pi(P'')$ e' la retta passante per $B_1,B_2$, ovvero $\pi(P'')=b$.\\ Riassumendo: \begin{align*} & \pi(P')=a,\;\pi(P'')=b,\;P',P''\in r_\infty \;\;\Rightarrow \;\;a,b \textrm{ sono diametri}\;\;\\ & \;\Rightarrow \;C, \textrm{ centro, }C \in a, \;C\in b\;\textrm{ [thm \see{centrodiametro}]}\\ & a\perp b \;\Rightarrow \;a\cap b = \T{un solo punto} = C \end{align*} Nota \footnote{La $(*)$ mostra anche che $a,b$ sono congiugati, cioe' $P'\in\pi(P''),\;P''\in\pi(P')$} \end{prova} \qed \end{prova} \begin{prop} \[ C=d_1\cap d_2,\;\;d_1,d_2\textrm{ diametri},\; d_1\neq d_2 \] ovvero, il centro di $\Gamma$ e' l'intersezione di due qualsiasi diametri. Per convenienza possiamo allora usare: \[ C=\pi(X_\infty)\cap \pi(Y_\infty ) \] dove $X_\infty\equiv (1,0,0)$ e' il punto improprio dell'asse $x$ e $Y_\infty\equiv (0,1,0)$ quello dell'asse $y$.\\ Praticamente, per calcolare il centro si dovra' risolvere il sistema \marginpar{CALCOLARE IL CENTRO} \label{ellcalccentro} \[C\equiv \begin{cases} \pi(X_\infty)\\ \pi(Y_\infty ) \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} a_{11}x+a_{12}y+a_{13}=0\\ a_{21}x+a_{22}y+a_{23}=0 \end{cases} \] ATTENZIONE\footnote{Con $a_{12}$ ci riferiamo all'elemento $a_{12}$ della matrice $A$ associata alla conica: se il coefficiente di $xy$ e' $c$, allora $a_{12}=\frac{c}{2}$, e non $c$!} \end{prop} \begin{prova} \pf \begin{prova} Dal lemma \see{lemmadiametro}, prendendo $P',P''\in r_\infty$, segue che \[ \pi(C)=\pi(\pi(P')\cap \pi(P''))=r_\infty \;\Leftrightarrow \;C=\pi(P')\cap \pi(P'') \] allora scegliamo $P'=X_\infty,\;P''=Y_\infty$, Calcoliamo $\pi(X_\infty )$: \begin{align*} &\pi(X_\infty ):\;\TR X_\infty A X=0\;\Leftrightarrow \;\begin{pmatrix} 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{11}&a_{12} & a_{13}\\ a_{21}&a_{22} & a_{23}\\ a_{31}&a_{32} & a_{33}\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\\1 \end{pmatrix}=0\\ &\;\Leftrightarrow \;a_{11}x+a_{12}y+a_{13}=0 \end{align*} Calcoliamo $\pi(Y_\infty )$: \begin{align*} &\pi(Y_\infty ):\;\TR Y_\infty A X=0\;\Leftrightarrow \;\begin{pmatrix} 0&1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{11}&a_{12} & a_{13}\\ a_{21}&a_{22} & a_{23}\\ a_{31}&a_{32} & a_{33}\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\\1 \end{pmatrix}=0\\ &\;\Leftrightarrow \;a_{21}x+a_{22}y+a_{23}=0\;\;\textrm{ [ricorda che $a_{12}=a_{21}$]} \end{align*} \end{prova} \end{prova} \begin{thm} Data $\Gamma$, iperbole o ellissi, si ha \[ a_{12=0}\;\Leftrightarrow \;\textrm{ gli assi di sym di $\Gamma$ sono paralleli agli assi cartesiani} \] \end{thm} \begin{prova} \pf \step{}{Dim $\Rightarrow $} \begin{prova} Calcoliamo il centro di $\Gamma$: \begin{align*} &\begin{cases} a_{11}x+\underbrace{a_{12}y}_{=0}+a_{13}=0\\ \underbrace{a_{21}x}_{=0}+a_{22}y+a_{23}=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} a_{11}x+a_{13}=0\\ a_{22}y+a_{23}=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \;C\equiv (-\frac{a_{13}}{a_{11}}, -\frac{a_{23}}{a_{22}}) \end{align*} e adesso trasliamo la conica nel nuovo sistema di riferimento $XCY$: \begin{align*} &a_{11}x^2+a_{22}y^2+2a_{12}xy+2a_{13}x+2a_{23}y+a_{33}=0\longrightarrow \\ &\;\;a_{11}(X-\frac{a_{13}}{a_{11}})^2+a_{22}(Y-\frac{a_{23}}{a_{22}})^2+2a_{12} (X-\frac{a_{13}}{a_{11}})(Y-\frac{a_{23}}{a_{22}}) +2a_{13}(X-\frac{a_{13}}{a_{11}})+2a_{23}(Y-\frac{a_{23}}{a_{22}})+a_{33}=0\\ &\;\underbrace{\Leftrightarrow}_{a_{12}=0} \; a_{11}X^2+a_{22}Y^2+h=0,\;\;\textrm{ [dove $h$ e' un termine noto]}\\ &X\textrm{ ha solo esponente pari},\;Y\textrm{ ha solo esponente pari}\;\Rightarrow \;X,Y \T{sono assi di simmetria.} \end{align*} Poiche' ${X}\parallel \asse{x},\;\;{Y}\parallel \asse{y}$, la tesi e' dimostrata. \end{prova} \step{}{Dim $\Leftarrow $, ma solo nel caso dell'ellisse reale} \begin{prova} Scriviamo l'ellisse nella sua forma canonica rispetto al sistema di riferimento $XCY$ \[ \frac{X^2}{a^2}+\frac{Y^2}{b^2}=1 \] poiche' ${X}\parallel \asse{x},\;\;{Y}\parallel \asse{y}$, la possiamo scrivere rispetto a $xOy$ come: \[ \frac{(x+\alpha)^2}{a^2}+\frac{(y+\beta)^2}{b^2}=1 \] portandola a forma intera, vediamo che $a_{12}$, cioe' il coefficiente di $xy$, e' $0$. \end{prova} \qed \end{prova} \begin{thm}.\\ Data l'ellisse con $a_{12}\neq 0$, le radici dell'equazione \[ a_{12}m^2+(a_{11}-a_{22})m-a_{12}=0 \] sono i coefficienti angolari degli assi di simmetria dell'ellisse. \end{thm} \begin{prova} \pf Gli assi di simmetria sono dei diametri, perche' per quanto visto nella proposizione \see{propcg}, passano dal centro $C$. Inoltre, poiche' sono perpendicolari tra loro, sono anche diametri coniugati (l'avevamo visto nella dimostrazione della prop. \see{propcg}). \step{}{Calcoliamo tutti i possibili diametri coniugati tra loro} \begin{prova} \pflet{$D'=(1,m',0),D=(1,m,0)\in r_\infty$} I due diametri $\pi(D'),\pi(D)$ sono coniugati $\;\Leftrightarrow \; D\in \pi(D'),\;D'\in\pi(D)$, ovvero $\TR D A D' =0$: \begin{align*} &\begin{pmatrix} 1&m&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{11}&a_{12} & a_{13}\\ a_{21}&a_{22} & a_{23}\\ a_{31}&a_{32} & a_{33}\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\m'\\0 \end{pmatrix}=0\\ &\;\Leftrightarrow \;(a_{11}+a_{12}m)+(a_{21}+a_{22}m)m'=0\;\Leftrightarrow \;a_{22}mm'+a_{12}m+a_{21}m'+a_{11}=0\\ &\;\underbrace{\Leftrightarrow }_{a_{12}=a_{21}}\;a_{22}mm'+a_{12}(m+m')+a_{11}=0 \end{align*} \ilabel{equazione!diametri coniugati} Questa e' l'equazione dei diametri coniugati. \end{prova} \step{}{Adesso calcoliamo gli assi di symmetria} \begin{prova} Poiche' gli assi di simmetria sono perpendicolari fra loro, imponiamo che pure i diametri lo siano $\perp$, cioe' che $mm'=-1$. Abbiamo: \begin{align*} &m'=-\frac{1}{m}\\ &-a_{22}m+a_{12}(m^2-1)+a_{11}m=0\;\Leftrightarrow \; a_{12}m^2+(a_{11}-a_{22})m-a_{12}=0 \end{align*} \end{prova} \qed \end{prova} \begin{prop} Applichiamo quello che abbiamo visto fin'ora. Data una iperbole o ellisse $\Gamma$, per calcolare i suoi assi di simmetria si procede in questo modo: \marginpar{CALCOLARE GLI ASSI SYM} \pflet{$C=(x_c,y_c)$, centro di $\Gamma$} \case{$a_{12}=0$} \begin{prova} gli assi di simmetria sono paralleli. Poiche' sono dei diametri, e passano per il centro, si avra': \begin{align*} &\T{asse 1: } x=x_c\\ &\T{asse 2: } y=y_c \end{align*} \end{prova} \case{$a_{12}\neq 0$} \begin{prova} Siano $m_1,m_2$ le radici dell'equazione \[ a_{12}m^2+(a_{11}-a_{22})m-a_{12}=0 \] allora gli assi saranno \begin{align*} &\T{asse 1: } y-y_c=m_1(x-x_c)\\ &\T{asse 2: } y-y_c=m_2(x-x_c) \end{align*} \end{prova} \end{prop} \begin{thm} \label{thmasint} Data l'iperbole con $a_{12}\neq 0$, le radici dell'equazione \[ a_{22}m^2+2a_{12}m+a_{11}=0 \] sono i coefficienti angolari degli asintoti dell'iperbole. \end{thm} \begin{prova} \pf \begin{prova} Per definizione, gli asintoti sono tangenti a $\Gamma$ nei punti impropri $P',P''\in \Gamma\cap r_\infty $. \step{}{Gli asintoti sono autoconiugati} \begin{prova} \pflet{$t=\T{asintoto}$\\ $P'=t\cap \Gamma $} \prove{$t=\pi(P')$} $P'\in\Gamma\;\Rightarrow \;\pi(P')$ e' la retta tangente in $P'$ (vedi par. \see{costruzione}). Questa retta e' proprio l'asintoto. \end{prova} \step{}{Gli asintoti passano dal centro, ovvero sono diametri} \begin{prova} Abbiamo visto che $\pi(P')$ e' un asintoto. \begin{align*} &P'\in r_\infty \;\Rightarrow \;\pi(P') \textrm{ diametro}\;\Rightarrow \;C\in \pi(P') \end{align*} \end{prova} \step{}{Usiamo l'equazione dei diametri coniugati (vedi \see{equazione!diametri coniugati})} Per trovare gli asintoti, basta trovare tutti i diametri autoconiugati\footnote{infatti, i diametri sono le rette passanti per $C$. I diametri tangenti a $\Gamma$ nel proprio polo, sono gli asintoti. Gli asintoti sono autoconiugati.}, ovvero imponiamo all'equazione dei diametri coniugati che $m=m'$: \[ a_{22}mm'+a_{12}(m+m')+a_{11}=0 \longrightarrow a_{22}m^2+2a_{12}m+a_{11}=0 \] \end{prova} \end{prova} \begin{prop} Gli asintoti dell'iperbole possono essere calcolati in diversi modi. \case{Metodo 1} Si calcolano i punti impropri di $\Gamma$, e si usa l'equazione della \marginpar{CALCOLARE GLI ASINTOTI}\\ retta tangente, imponendo che passi per i punti impropri. Cioe', se i punti impropri sono $P',P''$ allora i due asintoti sono $\TR P' A X=0,\;\TR P'' A X =0$ \case{Metodo 2} Siano $m_1,m_2$ le radici dell'equazione (vedi thm \see{thmasint}) \[ a_{22}m^2+2a_{12}m+a_{11}=0 \] Le equazioni degli asintoti sono: \begin{align*} &\T{as. 1: } y-y_c=m_1(x-x_c)\\ &\T{as. 2: } y-y_c=m_2(x-x_c) \end{align*} \case{Metodo 3} Siano $P',P''$ i punti impropri dell'iperbole, allora gli asintoti, dato che passano per il centro, sono quelle rette che hanno per coefficiente angolare i punti impropri, e passano da $C$. Ovvero, se $P'=(1,m',0),P=(1,m,0)$, allora \begin{align*} &\T{as. 1: } y-y_c=m(x-x_c)\\ &\T{as. 2: } y-y_c=m'(x-x_c) \end{align*} \newline Infine, gli assi di simmetria si possono calcolare usando gli asintoti: essi sono le bisettrici degli asintoti. \end{prop} \subsection{Parabola} La parabola $\Gamma$ si incontra con $r_\infty $ in due punti reali coincidenti, ovvero $r_\infty $ e' tangente a $\Gamma$ in un punto $P_\infty$. Per questo motivo, $P_\infty $ e' un punto autoconiugato, ovvero $P_\infty\in \pi(P_\infty),\;\;\pi(P_\infty )=r_\infty$.\\ Quindi, $P_\infty $, punto improprio della parabola $\Gamma$, e' anche il suo centro e inoltre $r_\infty $ e' un suo diametro. Tutti gli altri diametri propri, dovendo passare dal centro, saranno tutte rette parallele tra loro, e in particolare saranno parallele all'asse di simmetria.\\ \marginpar{CALCOLARE L'ASSE DI SYM} Per calcolare l'asse di simmetria usando le coordinate polari si procede in questo modo: \begin{enumerate} \item Sia $P=(1,m,0)\in r_\infty $ il punto improprio di $\Gamma$ (che si calcola ponendo a sistema l'equ di $\Gamma$ con $t=0$). \item Sia $P'=(1,m',0) \in r_\infty $ il punto perpendicolare a $P$. \item $\pi(P'):\;\TR P' A X=0$ e' l'asse di simmetria di $\Gamma$. \end{enumerate} \begin{prova} \pf \begin{prova} Sia $r$ l'asse di sym di $\Gamma$. Poiche' $r$ e' un diametro, passera' per $P=(1,m,0)\in r_\infty $, il centro di $\Gamma$.\\ Sia $V$ l'unico punto d'intersezione tra $\Gamma$ e $r$.\\ Consideriamo $t=\tan(\Gamma, in V)$. Si ha che $t\perp r$, e quindi il punto improprio di $t$ e' $P'=(1,-\frac{1}{m},0)$.\\ Dato che $t$ e $r_\infty $ sono due rette tangenti a $\Gamma$ passanti per $P'$, per costruzione (vedi \see{costruzione}) abbiamo che $\pi(P')=r$. \end{prova} \qed \end{prova} Per calcolare l'asse di sym usando il fascio di rette: \begin{enumerate} \item Sia $P=(1,m,0)\in r_\infty $ il punto improprio di $\Gamma$. \item Sia $P'=(1,m',0) \in r_\infty $ il punto perpendicolare a $P$. \item Sia $f:\;y=m'x+k$ il fascio di rette con coeff. angolare $m'$ \item Dal sistema $f\cap \Gamma$, imponendo $\Delta=0$\footnote{ovvero, imponendo che la retta $y=m'x+k$ si incontri con $\Gamma$ in un solo punto}, si ottiene $k$ \item Con il $k$ ottenuto, si ricava il punto di incontro $V=f\cap \Gamma$, che corrisponde al vertice. \item La retta passante per $V$ con coeff. angolare $m$ e' l'asse di sym. \end{enumerate} \marginpar{CALCOLARE IL VERTICE} Una volta trovato l'asse di sym $r$, il vertice e' $V=r\cap \Gamma$. \begin{exemp} Supponiamo di avere $r:\;2x+2y-1=0$, $\Gamma:\;x^2+y^2+2xy-2x=0$, il vertice e': \[ V:\;\begin{cases} x^2+y^2+2xy-2x=0\\ 2x+2y-1=0 \end{cases} \] un metodo pratico per risolvere questo sistema, che si puo' sempre applicare nel caso di una parabola, e' il seguente: \begin{align*} &\begin{cases} x^2+y^2+2xy-2x=0\\ 2x+2y-1=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} (x+y)^2-2x=0\\ x+y=\frac{1}{2} \end{cases}\;\Leftrightarrow \;\begin{cases} \frac{1}{4}-2x=0\\ x+y=\frac{1}{2} \end{cases}\\ &x=\frac{1}{8},\;\;y=\frac{3}{8} \end{align*} \end{exemp} \marginpar{CALCOLARE IL FUOCO} Una volta trovato l'asse di sym $r$ e il vertice $V=(v_x,v_y)$, per calcolare il fuoco $F$ si procede in questo modo: \begin{enumerate} \item Si scrive l'equazione dell'asse $r$ in forma parametrica: \[ r:\;ax+by+c=0\;\Rightarrow \;\begin{cases} x=k\\ y=-\frac{a}{b}k-\frac{c}{b} \end{cases} \] \item Poiche' $F\in r$, possiamo esprimere $F$ in funzione di $k$: \[ F=(k,-\frac{a}{b}k-\frac{c}{b})=(f_x,f_y) \] \item Si trova l'equazione della direttrice $d$. \begin{enumerate} \item Sia $H=d\cap r=(x,y)$ \item Per la caratterizzazione dei punti propri della parabola, il vertice deve essere il punto medio del segmento $\overline{HF}$. Si pone quindi: \begin{align*} &v_x=\frac{x+f_x}{2}\\ &v_y=\frac{y+f_y}{2}\\ \end{align*} e si ricava $x,y$. \item $d$ e' la retta passante per $H$ con coeff. angolare $m'$, perpendicolare a quello dell'asse $r$. \end{enumerate} \item A questo punto ricaviamo $k$, utilizzando la caratterizzazione della parabola, ovvero imponendo che \[ O\in \Gamma,\;\;\overline{OF}=\overline{Od} \] dove come punto $O$, per comodita', scegliamo l'origine (quando possibile). \end{enumerate} \begin{exemp} Continuiamo l'esempio di prima, dove avevamo: \begin{align*} &r:\;2x+2y-1=0\;\Leftrightarrow \;y=-x+\frac{1}{2}\\ &V=(\frac{1}{8},\frac{3}{8}) \end{align*}Quindi \begin{align*} &2x+2y-1=0\longrightarrow \;\begin{cases} x=k\\ y=\frac{1}{2}-k \end{cases}\\ &F=(k,\frac{1}{2}-k)\\ &H=(x,y),\;\;\frac{x+k}{2}=\frac{1}{8},\;\;\frac{y+\frac{1}{2}-k}{2}=\frac{3}{8}\\ &H=(\frac{1}{4}-k, \frac{1}{4}+k)\\ &d:\;\;y-\frac{1}{4}-k=x-\frac{1}{4}+k\;\Leftrightarrow \;x-y+2k=0\\ &O=(0,0)\;\;\overline{OF}=\overline{Od}\;\Leftrightarrow \\ &\qq \sqrt{k^2+(\frac{1}{2}-k)^2}=\frac{|2k|}{\sqrt{2}}\;\Leftrightarrow \;k^2+(\frac{1}{2}-k)^2=\frac{4k^2}{2}\;\Leftrightarrow \;k=\frac{1}{4}\\ &F=(\frac{1}{4},\frac{1}{4}) \end{align*} \end{exemp} \begin{exemp} Per una parabola con asse parallelo a $\asse{y}$: \[ ax^2+bx-y+c=0 \] applicando quanto abbiamo visto prima, abbiamo: \begin{enumerate} \item Asse di sym: $x=-\frac{b}{2a}$ \item Vertice: $V=(-\frac{b}{2a}, -\frac{\Delta}{4a})$ \item Fuoco: $F=(-\frac{b}{2a}, \frac{1-\Delta}{4a})$ \item Direttrice: $d:\;y=\frac{-1-\Delta}{4a}$ \end{enumerate} \end{exemp} \subsection{Circonferenza} \ilabel{circonferenza} La circonferenza reale e' definita dall'insieme dei punti che hanno ugual distanza $r$ da un punto $C$, chiamato centro. Quindi: \begin{align*} &P=(x,y),\;\;C=(x_0,y_0),\;\;r\ge 0\\ &d(P,C)=r\;\Leftrightarrow \;\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}=r\;\Leftrightarrow \;(x-x_0)^2+(y-y_0)^2=r^2\\ &\;\;\;\Leftrightarrow \; x^2+y^2-2x_0x-2y_0y+x_0^2+y_0^2-r^2=0\\ &\qq a = -2x_0,\;b= -2y_0,\;c=x_0^2+y_0^2-r^2\\ &\;\Leftrightarrow \; x^2+y^2+ax+by+c=0 \end{align*} Generalizzando, da questo momento in poi, chiameremo \emph{circonferenza} una conica di equazione $x^2+y^2+ax+by+c=0$, ovvero, \[\Gamma:\; a_{11}x^2+a_{22}y^2+2a_{12}xy+2a_{13}x+2a_{23}y+a_{33}=0\] \[ \Gamma\;\T{ e' una circonferenza}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} a_{11}=a_{22}=1\\ a_{12}=0 \end{cases} \] Calcoliamo le intersezioni della circonferenza con $r_\infty$:\begin{align*} &\C \cap r_\infty :\;\begin{cases} x^2+y^2+atx+bty+ct^2=0\\ t=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \;\begin{cases} x^2+y^2=0\\ t=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \;\begin{cases} y=\pm i x\\t=0 \end{cases}\longrightarrow (1,\pm i, 0) \end{align*} Questo significa che ogni circonferenza del piano incontra $r_\infty $ negli stessi punti $C'=(1,+ i, 0),\;C''=(1,-i, 0)$, che vengono chiamati \emph{punti ciclici} \ilabel{punto!ciclico} del piano.\\ \newline La conica $x^2+y^2+ax+by+c=0$, non sempre rappresenta la consueta circonferenza reale, infatti, distinguiamo tre casi: prima di tutto scriviamo l'equazione in forma opportuna, \begin{align*} &x^2+y^2+ax+by+c=0\;\Leftrightarrow \;x^2+y^2+ax+by+c+\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4}=+\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4}\;\Leftrightarrow \;(x+\frac{a}{2})^2+(y+\frac{b}{2})^2=k\\&\qq k=\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4}-c \end{align*} \begin{prova} \case{$k>0$} \begin{prova} \ilabel{circonferenza!reale} In questo caso $(x+\frac{a}{2})^2+(y+\frac{b}{2})^2=k$ ha infinite soluzioni che rappresentano la circonferenza di centro $C=(-\frac{a}{2},-\frac{b}{2})$ e raggio $\sqrt{k}$ \end{prova} \case{$k=0$} \begin{prova} L'equazione si scompone in due polinomi coniugati di $\mathbb{C}[x,y]$: \begin{align*} &(x+\frac{a}{2})^2+(y+\frac{b}{2})^2=0\;\Leftrightarrow \; \left[(x+\frac{a}{2})-i(y+\frac{b}{2})\right]\left[(x+\frac{a}{2})+i(y+\frac{b}{2})\right]=0\\ &\;\;\;\Leftrightarrow \;\left(x-iy+\frac{a}{2}-i\frac{b}{2}\right)\left(x+iy+\frac{a}{2}+i\frac{b}{2}\right)=0\\ &\;\;\;\Leftrightarrow \;(2x-i2y+a-ib)(2x+i2y+a+b)=0 \end{align*} Questo vuol dire che la conica e' spezzata in due rette immaginarie coniugate $2x-i2y+a-ib=0$ e $2x+i2y+a+b=0$, chiamate \emph{rette isotrope} \ilabel{retta!isotropa}, che si incontrano in un unico punto reale: \begin{align*} &x+\frac{a}{2}=0,\;\;y+\frac{b}{2}=0\;\;\T{e' sol. dell'equ originale}\\ &x=-\frac{a}{2},\;\;y=-\frac{b}{2}\\ &C=(-\frac{a}{2},-\frac{b}{2}) \end{align*} Questo punto $C$, e in generale l'equazione della circonferenza con $k=0$, viene chiamata \emph{circonferenza di raggio $0$}.\\ \ilabel{circonferenza!di raggio 0} E' ovvio che a ogni punto del piano corrisponde un circonferenza di raggio $0$ e le due rette isotrope\footnote{Dato il punto $C=(x_0,y_0)$, per calcolare le sue rette isotrope, basta scomporre in $\mathbb{C}[x]$ l'equazione $(x-x_0)^2+(y-y_0)^2=0$, cioe' l'equ della circ. di raggio $0$ e centro $C$. Alternativamente si puo' calcolare la retta passante da $C$ e $C'=(1,i,0)$ e quella passante da $C$ e $C''=(1,-i,0)$: $y-y_0=i(x-x_0),\;\;y-y_0=-i(x-x_0)$. $C',C''$ sono i punti ciclici del piano \vedi{punto!ciclico}.}. \end{prova} \case{$k<0$} \begin{prova} L'equazione non ammette soluzioni reali. Poiche' $|A|\neq 0,\;A_{33}>0$ si avranno due ellissi immaginarie.\\ Questo tipo di circonferenza prende il nome di \emph{circonferenza immaginaria} \ilabel{circonferenza!immaginaria}. \end{prova} \end{prova} \begin{prop} \label{ssepunticiclici} Data una conica \[\C:\; a_{11}x^2+a_{22}y^2+2a_{12}xy+2a_{13}x+2a_{23}y+a_{33}=0\] si ha \[ a_{11}\neq 0,\;r_\infty \cap \C= \{C',C''\}\;\Leftrightarrow \; \C\;\T{ e' un circonferenza} \] \end{prop} \begin{prova} \pf \step{}{Dim $\Leftarrow $} \begin{prova} $a_{11}=1\neq 0$ e' implicato dalla def. di circonferenza. $\C\;\Rightarrow \;r_\infty \cap \C= \{C',C''\}$, l'abbiamo visto quando abbiamo introdotto i punti ciclici. \end{prova} \step{}{Dim $\Rightarrow $} \begin{prova} \begin{align*} &r_\infty \cap \C= \{C',C''\}\;\Leftrightarrow \; C',C''\in \begin{cases} a_{11}x^2+a_{22}y^2+2a_{12}xy+2a_{13}tx+2a_{23}ty+a_{33}t^2=0\\ t=0 \end{cases}\\ &\;\;\Rightarrow \; C',C''\in \begin{cases} a_{11}x^2+a_{22}y^2+2a_{12}xy=0 \end{cases}\;\Rightarrow \; \begin{cases} a_{11}(C'_x)^2+a_{22}(C'_y)^2+2a_{12}(C'_xC'_y)=0\\ a_{11}(C''_x)^2+a_{22}(C''_y)^2+2a_{12}(C''_xC''_y)=0 \end{cases}\\ &\;\Rightarrow \; \begin{cases} a_{11}-a_{22}+2a_{12}i=0\\ a_{11}-a_{22}-2a_{12}i=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} a_{12}=0\\ a_{11}=a_{22} \end{cases} \end{align*} sostituendo all'equ di $\C$: \begin{align*} &a_{11}x^2+a_{11}y^2+2a_{13}x+2a_{23}y+a_{33}=0\\ &\;\underbrace{\Leftrightarrow}_{a_{11}\neq 0} \; x^2+y^2+\frac{2a_{13}}{a_{11}}x+\frac{2a_{23}}{a_{11}}y+\frac{a_{33}}{a_{11}}=0\\ \end{align*} che e' proprio l'equazione di una circonferenza. \end{prova} \qed \end{prova} \pagebreak \section{Fascio di coniche} \ilabel{fascio!di coniche} \begin{defn} Questa definizione fa uso dei teoremi \see{tfc1}, \see{tfc2}, \see{tfc3}.\\ Fissati 4 punti $P_1,\dots,P_4$, si chiama fascio di coniche di base $P_1,\dots,P_4$, l'insieme di tutte le coniche passanti per $P_1,\dots,P_4$. \begin{figure}[h] \begin{center} \includegraphics[scale=0.35]{fig/fc} \end{center} \caption{Una porzione di un fascio di coniche} \end{figure} \end{defn} \begin{thm} \label{tfc1} Da 5 punti (propri o impropri) passa una sola conica oppure ne passano infinite. \end{thm} \begin{prova} \pf \begin{prova} L'espressione generale di una conica $\Gamma$ e': \[f(x,y,t)= a_{11}x^2+a_{22}y^2+2a_{12}xy+2a_{13}xt+2a_{23}yt+a_{33}t^2=0\] Dati i punti $P_1, P_2,\dots, P_5$, imporre che $\Gamma$ passi da loro equivale a imporre il seguente sistema: \begin{align*} &f(P_1)=0\\ &f(P_2)=0\\ &\dots\\ &f(P_5)=0 \end{align*} con $a_{11}, a_{22},\dots$ come incognite. La matrice $M$ dei coeff. del sistema sara' una $5\times 6$. \case{$r(M)=5$} Per il thm di Rouche'-Capelli, il sistema ammette $\infty^1$ soluzioni, che dipendono da un parametro $k$. Poiche' il sistema e' omogeneo, le soluzioni sono proporzionali tra di loro, con $k$ come coeff. di proporzionalita'. L'equazione di $\Gamma$ sara' quindi del tipo: \[ a_{11}'kx^2+a_{22}'ky^2+2a_{12}'kxy+2a_{13}'kxt+2a_{23}'kyt+a_{33}'kt^2=0\] Semplificando $k$, otterremo: \[a_{11}'x^2+a_{22}'y^2+2a_{12}'xy+2a_{13}'xt+2a_{23}'yt+a_{33}'t^2=0\] ovvero, una conica. \case{$r(M)<5$} Sempre per il thm di Rouche'-Capelli, si avranno $\infty^{6-r(M)}$ soluzioni, di cui due almeno non proporzionali tra loro. Avremo quindi almeno $\infty^{2}$ soluzioni non proporzionali tra loro, e questo basta per affermare che passano infinite coniche dai 5 punti $P_1,\dots,P_5$. \qed \end{prova} \end{prova} \begin{thm} \label{tfc2} Esistono infinite coniche passanti per cinque punti $\;\Leftrightarrow \;$ almeno $4$ punti sono allineati. \end{thm} \begin{prova} \pf \step{}{Dim $\Leftarrow $} \begin{prova} Consideriamo i cinque punti $P_1,\dots,P_5$ e siano $P_1,\dots,P_4\in r$, dove $r$ e' una retta propria qualsiasi. Allora basta prendere una qualsiasi retta $s$ passante per $P_5$ e si avra' la conica spezzata $\Gamma=r\cup s$. Ovviamente di rette passanti per il punto $P_5$ ne esistono infinite. \end{prova} \step{}{Dim $\Rightarrow $} \begin{prova} Per Hp passano infinite coniche dai punti $P_1,\dots,P_5$. Consideriamo allora le seguenti coniche: \begin{align*} &\Gamma_1=r_1\cup r_2\\ &\Gamma_2=s_1\cup s_2 \end{align*} dove le rette $r_1,r_2,s_1,s_2$ sono rispettivamente le rette passanti per $P_1P_2,\;P_3P_4,\;\;P_1P_4,\;P_2P_3$. Per quanto abbiamo visto nella dim. del precedente thm, $r(M)<5$, e quindi una riga di $M$ e' combinazione lineare delle altre. Supponiamo che sia l'ultima riga. Questo significa che la condizione $f(P_5)=0$ dipende dalla altre $4$, cioe' \[ f(P_1)=0\land f(P_2)=0 \land \dots\land f(P_4)=0\;\Rightarrow \;f(P_5)=0 \] Consideriamo $\Gamma_1$ e la sua rispettiva espressione $f_1(x,y,t)$. Poiche' $\Gamma_1=r_1\cup r_2$, si ha che \[ P_1,P_2,P_3,P_4\in \Gamma_1\;\Rightarrow \; f(P_1)=0\land \dots\land f(P_4)=0 \;\Rightarrow \; f(P_5)=0\;\Rightarrow \;P_5\in \Gamma_1\;\Rightarrow \;P_5\in r_1\lor P_5\in r_2 \] Supponiamo per semplicita' che $P_5\in r_1$.\\ Ripetendo lo stesso ragionamento per $\Gamma_2$ avremo che \[P_5\in \Gamma_2\;\Rightarrow \;P_5\in s_1\lor P_5\in s_2\] Supponiamo per semplicita' che $P_5\in s_1$.\\ Ricapitolando: \begin{align*} &P_5\in r_1=\overline{P_1P_2}\;\Rightarrow \;r_1=\overline{P_1P_5}\\ &P_5\in s_1=\overline{P_1P_4}\;\Rightarrow \;s_1=\overline{P_1P_5}\\ &r_1=s_1\;\Rightarrow \;P_1,P_2,P_4,P_5\in r_1=s_1 \end{align*} Quindi $P_1,P_2,P_4,P_5$ sono allineati. \end{prova} \qed \end{prova} \begin{thm} \ilabel{teorema!di Bezout} \label{tfc3} Date due curve $c_1, c_2$, rispettivamente di ordine $n_1,n_2$, si ha che la loro intersezione da' luogo a $n_1n_2$ punti oppure a infiniti punti.\\ Nel caso di due coniche $\Gamma_1, \Gamma_2$ si ha $n_1=n_2=2$ e quindi si intersecheranno in al piu' 4 punti distinti. \end{thm} \subsection{Proprieta' del fascio} Date due coniche $\Gamma_1, \Gamma_2$ appartenenti al fascio $\fascio$, definite da \begin{align*} &\Gamma_1:\;f(x,y,t)=0\\ &\Gamma_2:\;g(x,y,t)=0\\ \end{align*} si ha che: \[\exists (\lambda,\mu)\in \mathbb{R}^2\setminus (0,0):\;\; h(\lambda,\mu,x,y,t)=\lambda f(x,y,t) +\mu g(x,y,t)=0\;(1)\] ovvero $f(x,y,t),g(x,y,t)$ sono linearmente dipendenti.\\ Al variare di $\lambda$ e $\mu$, la $(1)$ rappresenta l'equazione del fascio che indicheremo con $\fascio(\Gamma_1,\Gamma_2)$: per ogni $(\lambda,\mu)\in \mathbb{R}^2\setminus (0,0)$ la $(1)$ definisce un'equazione $\Gamma\in \fascio$.\\ Valgono le seguenti proprieta': \begin{enumerate} \item La coppia $(\lambda',\mu')=k(\lambda,\mu)$, con $k\neq 0$, (proporzionale a $(\lambda,\mu)$) definisce la stessa conica di $(\lambda,\mu)$, ovvero \[ h(\lambda',\mu',x,y,t)=h(\lambda,\mu,x,y,t) \] \pf Questo segue immediatamente dal fatto che: \[ h(\lambda',\mu',x,y,t)=k\lambda f(x,y,t) +k\mu g(x,y,t)=\lambda f(x,y,t) +\mu g(x,y,t) \] \item $\Gamma_1,\Gamma_2\in \fascio$\\ \pf Basta assegnare $\lambda=0,\mu=1$ e $\lambda=1,\mu=0$, ottenendo cosi' \[ h(1,0,x,y,t)=f(x,y,t),\;\;h(0,1,x,y,t)=g(x,y,t),\;\; \] \item $\forall \Gamma,\Gamma'\in \fascio\;\;\;\fascio(\Gamma, \Gamma')=\fascio(\Gamma_1,\Gamma_2)$\\ Ovvero, il fascio non dipende dalla scelta di $\Gamma_1,\Gamma_2$. \item $P\in \Gamma_1\cap \Gamma_2\;\Rightarrow \;P\in \Gamma\;\forall \Gamma \in \fascio$\\ \ilabel{punto!base del fascio} $P$ e' chiamato punto base del fascio. Questa proprieta' afferma che ogni punto base e' contenuto in ogni conica del fascio.\\ Dal thm \see{tfc3} segue che per le coniche si possono avere $4$ punti base oppure infiniti.\\ \pf Sia $P\in \Gamma_1\cap \Gamma_2$, allora \begin{align*} &P\in \Gamma_1 \;\Rightarrow \;f(P)=0\\ &P\in \Gamma_2 \;\Rightarrow \;g(P)=0\\ &\;\;\Rightarrow \;\lambda f(P)+\mu g(P)=0\;\forall (\lambda,\mu)\in \mathbb{R}^2 \end{align*} \item $\forall P \notin \Gamma_1\cap \Gamma_2\;\;\exists ! \Gamma\in \fascio:\;P\in\Gamma$\\ Ovvero, appena prendiamo un punto non base, esiste una sola conica del fascio che passa per esso.\\ \pf Il fascio e' definito da 4 punti, cioe' dai punti base. Da 5 punti passa una sola conica, che otteniamo quindi imponendo il passaggio da un altro punto, non base. \item Le coniche spezzate del fascio sono 3 oppure infinite. \begin{prova} \pf \begin{prova} La matrice $A$ della conica $h(\lambda,\mu,x,y,t)$ sara' del tipo: \[ A= \begin{pmatrix} \lambda a_{11}+\mu b_{11} & \lambda a_{12}+\mu b_{12} & \lambda a_{13}+\mu b_{13}\\ \lambda a_{21}+\mu b_{21} & \lambda a_{22}+\mu b_{22} & \lambda a_{23}+\mu b_{23}\\ \lambda a_{31}+\mu b_{31} & \lambda a_{32}+\mu b_{32} & \lambda a_{33}+\mu b_{33}\\ \end{pmatrix} \] Per trovare le coniche spezzate imponiamo che $|A|=0$. Otterremo cosi' un polinomio $P(\lambda,\mu)$ di terzo grado, omogeneeo. Esisteranno quindi 3 radici, ovvero 3 coppie $(\lambda,\mu)$, di cui una almeno reale.\footnote{ Se, ad esempio, consideriamo il fascio con i 4 punti base $A,B,C,D$, allora il fascio conterra' le seguenti coniche spezzate: $AB\cup CD,\;AC\cup BD,\; AD\cup BC$, dove $AB$ e' la retta passante per $A$ e $B$. } \\ Se il polinomio $P(\lambda,\mu)$ e' identicamente nullo, allora tutte le infinite coppie $(\lambda,\mu)\in \mathbb{R}^2$ daranno delle coniche spezzate\footnote{Ad esempio, nel caso in cui $\Gamma_1:\;r\cup s,\;\Gamma_2:\;r\cup t$, il fascio $\fascio(\Gamma_1, \Gamma_2)$ avra' infinite coniche spezzate: \begin{itemize} \item i punti base sono tutti i punti di $r$: $\Gamma_1\cap \Gamma_2=r$ \item tutte le coniche del fascio contengono $r$ (e sono percio' spezzate \end{itemize} } \end{prova} \end{prova} \end{enumerate} \subsection{Calcolare l'equazione del fascio} \subsubsection{Dati 4 punti} Dati i quattro punti $A,B,C,D$, vogliamo calcolare l'equazione del fascio $\fascio$. Si presentano tre casi: \begin{prova} \case{$A\neq B\neq C\neq D$} \begin{prova} Poiche' il $\fascio(\Gamma,\Gamma')$ non dipende da $\Gamma$ e da $\Gamma'$, possiamo scegliere due qualsiasi coniche del fascio. Scegliamo allora quelle spezzate, ovvero scegliamo: \begin{align*} & \Gamma:\;AB\cup CD:\;f(x,y,t)=0\\ & \Gamma':\;AC\cup BD:\;g(x,y,t)=0 \end{align*} l'equazione del fascio sara' quindi \[ \fascio(\Gamma, \Gamma'):\;\;\lambda f(x,y,t)+\mu g(x,y,t)=0 \] \end{prova} \case{$A=B\;\neq \;C\neq D$} \begin{prova} In questo caso, le coniche del fascio passano da $A$ due volte, percio' tra quelle spezzate ci sara' la conica che e' unione della retta $r$, tangente alle coniche in $A$, con un altra retta. Come $\Gamma, \Gamma'$ scegliamo allora \begin{align*} & \Gamma:\;r\cup CD:\;f(x,y,t)=0\\ & \Gamma':\;AC\cup BD=AC\cup AD:\;g(x,y,t)=0 \end{align*} l'equazione del fascio e' sempre \[ \fascio(\Gamma, \Gamma'):\;\;\lambda f(x,y,t)+\mu g(x,y,t)=0 \] \end{prova} \case{$A=B\;\neq \;C=D$} \begin{prova} Stavolta, anche in $C$ passa una retta $s$ tangente alle coniche. Come $\Gamma, \Gamma'$ scegliamo allora \begin{align*} & \Gamma:\;r\cup s:\;f(x,y,t)=0\\ & \Gamma':\;AC\cup AC:\;g(x,y,t)=(ax+by+c)^2=0,\;\;\T{ dove $ax+by+c=0$ e' l'equ di $AC$} \end{align*} l'equazione del fascio e' sempre \[ \fascio(\Gamma, \Gamma'):\;\;\lambda f(x,y,t)+\mu g(x,y,t)=0 \] \end{prova} \end{prova} Usando l'equazione del fascio possiamo calcolare piu' rapidamente l'equazione di una conica a partire da 5 punti: \begin{enumerate} \item Si considerano solo $4$ punti e si calcola l'equazione $h(\lambda,\mu,x,y,t)=0$ del fascio, con uno dei tre metodi visti prima. \item Si impone che la conica del fascio cercata passi per $P$, dove $P$ e' il quinto punto non considerato prima, ovvero si pone \[h(\lambda,\mu, P)=0\] Cosi' facendo ricaviamo infinite coppie $(\lambda,\mu)$ proporzionali tra loro. \item Basta sceglierne una, e sostituirla in $h(\lambda,\mu,x,y,t)=0$, ottenendo cosi' la conica cercata. \end{enumerate} \begin{exemp} \pflet{$r$, asse di simmetria della parabola $\Gamma$\\ $A\in r,\;A\in \Gamma$\\ $B\in \Gamma$} per trovare l'equazione della parabola $\Gamma$ che ha per asse di sym $r$ e che passa da $A$ e $B$ si procede cosi': \begin{enumerate} \item La parabola e' tangente a $r_\infty $ in $P_\infty $ \item $A\in \Gamma,\;A\in r\;\Rightarrow \;A' \in \Gamma$, dove $A'$ e' il simmetrico di $A$ rispetto a $r$, che in questo caso e' proprio $A$ stesso. Quindi la retta $s$, $\perp r$ in $A$, e' tangente alla parabola\footnote{ \label{notarettabezout} Vale in generale: se $r$ e' asse di sym della conica $\Gamma$, e se $A\in r,\;A\in \Gamma$, allora la retta $\perp r$, passante per $A$, e' tangente a $\Gamma$ in $A$. Si dimostra per assurdo: se $\exists R\neq A\in \Gamma\cap r\;\Rightarrow \;\exists R'\in \Gamma$, dove $R'$ e' il sym di $R$ rispetto a $r$. Si ha percio' $r\cap \Gamma=\{R,R',A\}$ e questo e' assurdo, perche' per il thm di Bezout, una retta interseca una conica in al piu' due punti.}. \item Scriviamo l'equ del fascio. Conderiamo queste due coniche: $\Gamma_1:\;r_\times \cup s:\;f_1(x,y,t)f_2(x,y,t)=0$, $\Gamma_2:\;AP_\infty \cup AP_\infty:\;g(x,y,t)^2=0 $.\\ Il fascio e' $\fascio:\;h(x,y,t)=\lambda f_1(x,y,t)f_2(x,y,t)+\mu g(x,y,t)^2=0$ \item Imponiamo $h(B)=0$, ovvero scegliamo la conica del fascio che passa per $B$. Risolvendo otteniamo $\lambda,\mu$. \end{enumerate} \end{exemp} \subsubsection{Dato un fuoco e direttrice} \ilabel{direttrice} La direttrice di una conica $\Gamma$, associata al fuoco $F$ e' $\pi(F)$, cioe' la polare di $F$\footnote{poiche' stiamo parlando di fuochi e direttrici, ci stiamo riferendo solo a coniche non spezzate}.\\ Dato un punto $F$ e una retta $d$, nasce il fascio di coniche che hanno $F$ come fuoco e $d$ come direttrice associata. L'equazione di questo fascio si calcola nel modo seguente:\\ $\Gamma_1:\;d\cup d:\;f(x,y,t)^2=0$\\ $\Gamma_2:\;g(x,y,t)=(x-F_x)^2+(y-F_y)^2=0$ Il fascio e' \[ \fascio:\;\;\lambda f(x,y,t)^2+\mu g(x,y,t)=0 \] \begin{prova} \pf \begin{prova} Data una conica non spezzata e un suo fuoco $F$, le rette isotrope $r_1,r_2$ passanti per $F$ sono tangenti a $\Gamma$.\footnote{Si dimostra analiticamente, caso per caso (ellisse, iperbole, parabola), che l'intersezione tra una retta isotropa di un fuoco $F$ con la conica da' un punto contato con molteplicita' due.} Quindi $\pi(F)$, ovvero la direttrice $d$ del fuoco, passa per i punti di tangenza $A,B$ (\vedi{costruzione}): \begin{align*} &A=r_1\cap \Gamma,\;B=r_2\cap \Gamma\\ &A,B \in\pi(F)=d \end{align*} Quindi possiamo definire le seguenti coniche appartenenti al fascio: \begin{align*} &\Gamma_1:\;AB\cup AB=d\cup d:\;f(x,y,t)^2=0\ &\Gamma_2:\;r_1\cup r_2:\;g(x,y,t)=0 \end{align*} il fascio e' quindi: \[ \fascio:\;\lambda f(x,y,t)^2+\mu g(x,y,t)=0 \] Inoltre, $r_1$ non e' altro che la retta passante fa $F$ e da $C'$, $r_2=FC''$, dove $C',C''$ sono i punti ciclici del piano. Allora, l'equazione di $FC'\cup FC''$ puo' essere calcolata direttamente considerando \[g(x,y,t)=(x-F_x)^2+(y-F_y)^2=0\]ovvero la circonferenza di raggio zero con centro $F$ \qed \end{prova} \end{prova} \subsection{Studio del fascio} Avendo un'equazione del fascio \[ \fascio:\;h(x,y,t)=\;\;\lambda f(x,y,t)+\mu g(x,y,t)=0 \] possiamo studiare le coniche contenute nel fascio, al variare dei parametri.\\ Distinguiamo due casi: \begin{prova} \case{$\lambda=0\neq \mu$} \begin{prova} Si ha $g(x,y,t)=0$. Ovvero otteniamo l'equazione di $\Gamma_2$. Se abbiamo trovato l'equazione del fascio usando i metodi descritti sopra, allora $g(x,y,t)=0$ sara' una conica spezzata. \end{prova} \case{$\lambda\neq \emptyset,\;\mu\neq \emptyset$} \begin{prova} Imponiamo $\frac{\lambda}{\mu}=k$, e dividendo tutto per $\lambda$, l'equ del fascio diventa: \[ \fascio:\; f(x,y,t)+k g(x,y,t)=0 \] Allora non rimane altro che studiare il fascio al variare di $k$, ovvero: \begin{enumerate} \item Imponiamo $|A|=0$ e troviamo i valori di $k$ per cui si hanno coniche spezzate e non. \item Imponiamo $A_{33}>0,=0,<0$ e confrontando con i risultati di prima, vediamo quando si ha una ellisse, una parabola o una iperbole. \item Imponiamo $a_{11}=a_{22}\neq 0,\;a_{12}=0$ e troviamo i valori di $k$ per cui si ha una circonferenza. \item Imponiamo $I=a_{11}+a_{22}=0$ e troviamo i valori di $k$ per cui si ha una iperbole equilatera. \end{enumerate} \end{prova} \end{prova} \section{Spazio a tre dimensioni} Entriamo adesso nello spazio a tre dimensioni. \subsection{Vettore geometrico} \begin{defn} di vettore geometrico. \ilabel{vettore geometrico} Siano $\overline{AB},\;\overline{CD}$ due segmenti orientati dello spazio $\mathbb{R}^3$, definiamo la seguente relazione d'equivalenza: \begin{align*} \overline{AB}\sim \overline{CD}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} \T{la retta } AB \;\parallel\;\T{retta } CD\\ \T{lunghezza } AB=\T{lunghezza }CD\\ \T{verso } AB=\T{verso }CD \end{cases} \end{align*} Diremo che un \emph{vettore geometrico} e' una classe d'equivalenza e la indicheremo con \[ \vec{AB}=\{\T{segmenti orientati equivalenti a $AB$}\} \] Indichiamo con $V_n$, l'insieme di tutti i vettori geometrici, dello spazio $\mathbb{R}^n$.\\ Per comodita', come rappresentante $AB$ di $\vec{AB}$, possiamo considerare il segmento orientato uscente dall'origine. Questo ci permette anche di considerare ogni vettore geometrico dello spazio $\mathbb{R}^3$ come un vettore dello spazio vettoriale $(\mathbb{R}^3,+,\mathbb{R},\cdot)$, cioe' quello i cui vettori sono terne di numeri reali: dato il vettore geometrico $\vec{OP}$, con $O=(0,0,0),\;P=(x,y,z)\in \mathbb{R}^3$, associamo biunivocamente il vettore $(x,y,z)$\footnote{riconducendo il vettore $\vec{P_0P_1}$ a un vettore uscente dall'originie, possiamo associargli $(x_1-x_0,y_1-y_0,z_1-z_0)$} \\ Possiamo quindi rendere $V_3$ uno spazio vettoriale usando le stesse operazioni definite per $(\mathbb{R}^3,+,\mathbb{R},\cdot)$: \begin{align*} &\forall a\in \mathbb{R}\;\forall \vec{OP},\vec{OQ}\;\T{ vettori geometrici con }P=(x,y,z),\;Q=(x',y',z')\\ &\qq \vec{OP}+\vec{OQ}=(x,y,z)+(x',y',z')=(x+x',y+y',z+z')\;\;\\&\qq\;\;\T{ [nello spazio geometrico, questa e' la regola del parallelogramma]}\\ &\qq a\vec{OP}=a(x,y,z)=(ax,ay,az)\\ \end{align*} Cosi' come lo spazio vettoriale $\mathbb{R}^3$ ha base canonica: \[ \varepsilon=\{e_1=(1,0,0),e_2=(0,1,0),e_3=(0,0,1)\} \] la base canonica per $V_3$ e': \[ E=\{\vec{i},\vec{j},\vec{k}\} \] \ilabel{versore} dove $\vec{i},\vec{j},\vec{k}$ vengono chiamati versori, e sono tutti perpendicolari tra loro. Possiamo usare le componenti per esprimere un vettore geometrico: \begin{align*} &P=(x,y,z)\\ &[\vec{OP}]_E=(x,y,z), \T{ ovvero, }\vec{OP}=x\vec{i}+y\vec{j}+z\vec{k}\\ \end{align*} \ilabel{prodotto scalare} Definiamo anche il prodotto scalare tra vettori geometrici: \begin{align*} &V\times V\longrightarrow \mathbb{R}\\ &\qq \alpha \;\T{ e' l'angolo compreso tra $\vec{v}$, $\vec{q}$}\\ &\qq\vec{v}\vec{q}:=|v| |q|\cos \alpha \;\;\T{ [dove $|q|$ e' il modulo di $\vec{q}$]}\\ &\\ &\T{proprieta': }\;\\ &\qq \vec{v}\perp \vec{w}\;\Leftrightarrow \;\cos \alpha=0\;\Leftrightarrow \;\vec{v}\vec{w}=0,\;\;|\vec{v}|, |\vec{w}|\neq 0\\ &\qq \vec{v} \vec{w}=\vec{w} \vec{v}\\ &\qq \vec{v} (\vec{w}+\vec{u})=\vec{v}\vec{w}+\vec{v}\vec{u} \end{align*} che usando le componenti diventa: \begin{align*} &\vec{v}\vec{w}= (v_x\vec{i}+v_y\vec{j}+v_z\vec{k}) (w_x\vec{i}+w_y\vec{j}+w_z\vec{k}) = v_xw_x\vec{i}\vec{i}+v_xw_y\vec{i}\vec{j}+v_xw_z\vec{i}\vec{k}+ v_yw_x\vec{j}\vec{i}+\dots=\\ &\qq \vec{i}\perp \vec{j}\;\Rightarrow\; \vec{i}\vec{j}=0,\;\; \vec{i}\vec{i}=|\vec{i}| |\vec{i}| \cos 0=1,\;\;\dots\\ &=v_xw_x+v_yw_y+v_zw_z \end{align*} la formula e' quindi: \[ \vec{v}\vec{w}=v_xw_x+v_yw_y+v_zw_z \] Poiche' $|\vec{v}|\cos \alpha$ si puo' interpretare geometricamente come la proiezione di $\vec{v}$ su $\vec{w}$, $\vec{v}\vec{w}$ si puo' intepretare come il prodotto di questa proiezione per la lunghezza di $\vec{w}$.\\ Ultima nota: potevamo definire il prodotto scalare algebricamente, svincolandoci dalle dimensioni: \[ \vec{v}\vec{w}=\begin{bmatrix} v_x&v_y&v_z \end{bmatrix}\begin{bmatrix} w_x\\w_y\\w_z \end{bmatrix}=v_xw_x+v_yw_y+v_zw_z \] \end{defn} \subsection{Condizioni di perp e parall} \begin{align*} &\vec{v}\perp \vec{w}\;\Leftrightarrow \;\vec{v}\vec{w}=0,\;\;|\vec{v}|, |\vec{w}|\neq 0 &\vec{v}\parallel\vec{w}\;\Leftrightarrow \; \vec{v}=a\vec{w}\;\Leftrightarrow \;(v_x,v_y,v_z)=a(w_x,w_y,w_z) \end{align*} \subsection{Piano} \ilabel{piano} I piani definiti dagli assi cartesiani sono: $xy:\;z=0$\qq$xz:\;y=0$\qq$zy:\;x=0$\\ Sappiamo che una retta e un punto definiscono un piano: esiste un solo piano $\pi$ che passa per un punto $P_0$ ed e' perpendicolare alla retta $r$. Al posto di $r$, usiamo un vettore $\vec{v}\neq 0_v$, quindi dato $P\neq P_0$ \[ P\in \pi\;\Leftrightarrow \;\vec{P_0P}\perp \vec{v} \] allora \begin{align*} &[\vec{v}]_E=(a,b,c)\\ &\vec{P_0P}\perp \vec{v}\;\Leftrightarrow \;\vec{P_0P}\vec{v}=0\; \Leftrightarrow \;(x-x_0)a+(y-y_0)b+(z-z_0)c=0\\ &\;\Leftrightarrow \;ax+by+cz+d=0,\;\;d=-ax_0-by_0-cz_0 \end{align*} quindi l'equazione di un piano dello spazio e': \[ ax+by+cz+d=0 \] \subsubsection{Parallelismo e perpendicolarita'} Dati due piani: \begin{align*} &\alpha: \;ax+by+cz+d=0\\ &\beta:\;a'x+b'y+c'z+d'=0 \end{align*} e i loro vettori direttori: \begin{align*} &[\vec{v}]_E=(a,b,c)\\ &[\vec{w}]_E=(a',b',c') \end{align*} si ha \begin{align*} &\alpha \parallel \beta\;\Leftrightarrow \; \vec{v}\parallel \vec{w}\; \Leftrightarrow \;(a,b,c)=k(a',b',c')\\ &\alpha \perp \beta\;\Leftrightarrow \; \vec{v}\perp \vec{w}\; \Leftrightarrow \;aa'+bb'+cc'=0 \end{align*} \subsubsection{Passante per tre punti} \label{passantepertrepunti} Dati tre punti non allineati $A=(x_0,y_0,c_0),B=(x_1,y_1,c_1),C=(x_2,y_2,c_2)$, vogliamo trovare il piano $\alpha:\;f(x,y,z)$, che passa da essi. I possibili metodi sono: \begin{enumerate} \item Risolvere il sistema ottenuto sostituendo all'equazione di $\alpha$ le coordinate dei punti, ovvero \[ \alpha:\begin{cases} f(A)\\ f(B)\\ f(C) \end{cases} \] \item \begin{enumerate} \item Ricavare la retta $r$ passante per due punti, e trovare due piani $\alpha',\beta$ tali che $r=\alpha'\cap \beta$. Le equazioni dei due piani sono $f_1(x,y,z),\;f_2(x,y,z)$ \item trovare il fascio $\fascio$ dei piani passanti per $r$: \[ \fascio:\;h(x,y,z)=\lambda f_1(x,y,z) + \mu f_2(x,y,z) \] \item Imporre il passaggio del fascio dal terzo punto. \end{enumerate} \item Ricavare l'equazione dal determinante della seguente matrice $M$: \[ \alpha:\;\begin{vmatrix} x&y&z&1\\ x_0&y_0&z_0&1\\ x_1&y_1&z_1&1\\ x_2&y_2&z_2&1 \end{vmatrix}=0 \] Sostituiamo $(x,y,z)=A,B,C$ in $M$. Il determinante avra' di volta in volta una riga c.l. delle altre, quindi $A,B,C$ soddisfano l'equazione, che essendo di primo grado, rappresenta un piano.\\ Nota che possiamo ottenere un'identita' in questo caso: \[ \forall (x,y,z)\in \mathbb{R}^3\;|M|=0\;\Leftrightarrow \; \T{A,B,C sono allineati} \] \end{enumerate} \subsubsection{Casi vari} Dato il piano $\alpha$, e i punti $P,Q$, troviamo il piano $\beta$ che e' $\perp\alpha$ e $P,Q\in \beta$: \begin{enumerate} \item Troviamo la retta $r$ passante per $P$ e $Q$ (vedi par \see{secduepuntirettaspazio}) e la esprimiamo come intersezione di due piani: \[ r:\begin{cases} f(x,y,z)=0\\ g(x,y,z)=0 \end{cases} \] \item troviamo il fascio $\fascio_r$ dei piani passanti per $r$: \[ \fascio_r:\;h(x,y,z)=\lambda f(x,y,z) + \mu g(x,y,z) \] \item Imponiamo al fascio, la condizione di perpendicolarita' tra due piani, cioe' $aa'+bb'+cc'=0$, dove $a,b,c$ sono i coeff di $\alpha$ e $a',b',c'$ dell'equazione del fascio.\\ Troviamo cosi' $\lambda$ e $\mu$, e prendendo una particolare valore per essi, li sostituiamo in $h(x,y,z)$ ottenendo cosi' $\beta$ \end{enumerate} Date due rette $r,s$, troviamo il piano $\alpha:\;r\subseteq \alpha,\;\alpha\parallel s$. Si procede cosi': \label{vistocosi} \begin{enumerate} \item Troviamo $\fascio_r$ \item imponiamo la condizione di perpendicolarita' tra la retta $s$ e il piano generico del fascio \end{enumerate} \subsection{Retta} Una retta $r$ e' semplicemente: \[ r=\alpha \cap \beta \] dove $\alpha\neq \beta$ sono due piani. Analiticamente, se i piani sono: \begin{align*} &\alpha: \;ax+by+cz+d=0\\ &\beta:\;a'x+b'y+c'z+d'=0 \end{align*} allora \[ r:\;\begin{cases} ax+by+cz+d=0\\\\a'x+b'y+c'z+d'=0 \end{cases} \] con la condizione che \[ \rho \begin{pmatrix} a&b&c&d\\ a'&b'&c'&d'\\ \end{pmatrix}=2 \] ovvero le due equ. del sistema devono essere indipendenti. \subsubsection{Retta in forma parametrica} \label{rettapar} La retta $r$ passante per $P_0$ e parallela a $\vec{v}$: \begin{align*} &[\vec{v}]_E=(a,b,c)\\ &P\in r\;\Leftrightarrow \;\vec{P_0P}\parallel \vec{v}\;\Leftrightarrow \; (x-x_0,y-y_0,z-z_0)=k(a,b,c)\\ &\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} x=x_0+ka\\ y=y_0+kb\\ z=z_0+kc \end{cases} \end{align*} quindi la retta e' data da \[ r:\; \begin{cases} x=x_0+ka\\ y=y_0+kb\\ z=z_0+kc \end{cases} \] questa e' l'equazione parametrica della retta espressa con l'uso dei numeri direttori.\\ \newline Se invece abbiamo due punti, possiamo procedere come avevamo fatto in \see{equrettaparam}: \[ X=\begin{bmatrix} x\\y\\z\\1 \end{bmatrix},\;X_0=\begin{bmatrix} x_0\\y_0\\z_0\\1 \end{bmatrix}\;X_1=\begin{bmatrix} x_1\\y_1\\z_1\\1 \end{bmatrix} \] e l'equ diventa: \[ X=hX_0+kX_1 \] \subsubsection{Parallelismo e perpendicolarita'} Date \[ r:\; \begin{cases} x=x_0+ka\\ y=y_0+kb\\ z=z_0+kc \end{cases} \qq s: \begin{cases} x=x_0'+ka'\\ y=y_0'+kb'\\ z=z_0'+kc' \end{cases} \] e i loro vettori direttori: \begin{align*} &[\vec{v}]_E=(a,b,c)\\ &[\vec{w}]_E=(a',b',c') \end{align*} si ha \begin{align*} &r \parallel s\;\Leftrightarrow \; \vec{v}\parallel \vec{w}\; \Leftrightarrow \;(a,b,c)=\lambda(a',b',c')\\ &r \perp s\;\Leftrightarrow \; \vec{v}\perp \vec{w}\; \Leftrightarrow \;aa'+bb'+cc'=0 \end{align*} \subsubsection{Piano - Retta} Dato un piano $\alpha$ e una retta $r$, con i rispettivi vettori direttori $\vec{v}, \vec{w},\; [\vec{v}]_E=(a,b,c),\;[\vec{w}]_E=(a',b',c')$, si ha \begin{align*} &\alpha \perp r \;\Leftrightarrow \; \vec{v}\parallel \vec{w}\;\Leftrightarrow \;(a,b,c)=k(a',b',c')\\ &\alpha \parallel r \;\Leftrightarrow \; \vec{v}\perp \vec{w}\;\Leftrightarrow \;aa'+bb'+cc'=0 \end{align*} \subsubsection{Passante per due punti} \label{secduepuntirettaspazio} Dati due punti $A=(x_0,y_0,z_0),\;B=(x_1, y_1, z_1)$, troviamo la retta passante per essi. Avremo che \[ [\vec{AB}]_E=(x_1-x_0,y_1-y_0,z_1-z_0) \] Allora usando la costruzione del par \see{rettapar}, troviamo la retta parallela a $\vec{AB}$ e passante per $A$: \[ r:\; \begin{cases} x=x_0+k(x_1-x_0)\\ y=y_0+k(y_1-y_0)\\ z=z_0+k(z_1-z_0) \end{cases} \] Se $ x_1\neq x_0,\; y_1\neq y_0,\; z_1\neq z_0$, allora possiamo scriverla come: \[ \begin{cases} k=\frac{x-x_0}{x_1-x_0}\\ k=\frac{y-y_0}{y_1-y_0}\\ k=\frac{z-z_0}{z_1-z_0} \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \frac{x-x_0}{x_1-x_0}=\frac{y-y_0}{y_1-y_0}=\frac{z-z_0}{z_1-z_0} \] Nota che $x_1-x_0,\;y_1-y_0,\;z_1-z_0$, ovvero i numeri ai denominatori, sono i numeri direttori della retta. Da qui possiamo esprimere la retta come intersezione di due piani: \[\begin{cases} \frac{x-x_0}{x_1-x_0}=\frac{y-y_0}{y_1-y_0}\\ \frac{x-x_0}{x_1-x_0}=\frac{z-z_0}{z_1-z_0} \end{cases} \] Dall'equazione \[\frac{x-x_0}{x_1-x_0}=\frac{y-y_0}{y_1-y_0}=\frac{z-z_0}{z_1-z_0}\] possiamo ricondurci a quella parametrica: \[ \begin{cases} k=\frac{x-x_0}{x_1-x_0}\\ k=\frac{y-y_0}{y_1-y_0}\\ k=\frac{z-z_0}{z_1-z_0} \end{cases}\;\Rightarrow \; \begin{cases} x=x_0+k(x_1-x_0)\\ y=y_0+k(y_1-y_0)\\ z=z_0+k(z_1-z_0) \end{cases} \] Per passare dalla forma d'intersezione di due piani, a quella parametrica, si risolve il sistema rispetto a un parametro. Ad esempio: \[ \begin{cases} ax+by+cz+d=0\\ a'x+b'y+c'z+d'=0\\ \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} x=\frac{bd'-db'}{ab'-ba'}+k\frac{bc'-cb'}{ab'-ba'}\\ y=\frac{da'-ad'}{ab'-ba'}+k\frac{ca'-ac'}{ab'-ba'}\\ z=k \end{cases} \;\Leftrightarrow \; \begin{cases} x=\frac{bd'-db'}{ab'-ba'}+k(bc'-cb')\\ y=\frac{da'-ad'}{ab'-ba'}+k(ca'-ac')\\ z=k(ab'-ba') \end{cases} \] \begin{lem} Data la retta \[ r=\alpha\cap \beta:\;\begin{cases} ax+by+cz+d=0\\ a'x+b'y+c'z+d'=0\\ \end{cases} \] un suo vettore direttore $\vec{v}$ e' \[ \vec{v}=|M|= \begin{vmatrix} \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\ a&b&c\\ a'&b'&c' \end{vmatrix} \] \end{lem} \begin{prova} \pf \step{}{Dobbiamo provare che $\vec{v}\parallel r$} \begin{prova} Calcoliamo $|M|$ usando Laplace sulla prima riga di $M$: \[ \vec{v}=l\vec{i}+m\vec{j}+n\vec{k} \] dove \[ l=\begin{vmatrix} b&c\\ b'&c' \end{vmatrix}\;\;\;\; m=-\begin{vmatrix} a&c\\ a'&c' \end{vmatrix}\;\;\;\; n=\begin{vmatrix} a&b\\ a'&b' \end{vmatrix} \] Riscriviamo, come abbiamo visto prima, la retta in forma parametrica: \[ r:\;\begin{cases} ax+by+cz+d=0\\ a'x+b'y+c'z+d'=0\\ \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} x=\frac{bd'-db'}{ab'-ba'}+k(bc'-cb')\\ y=\frac{da'-ad'}{ab'-ba'}+k(ca'-ac')\\ z=k(ab'-ba') \end{cases} \] La tesi equivale quindi a provare che \[ r\parallel \vec{v}\;\Leftrightarrow \;(l,m,n)=\lambda(bc'-cb', ca'-ac',ab'-ba') \] \step{}{Dim che $l=\lambda(bc'-cb')$} \begin{prova} \begin{align*} & l=\begin{vmatrix} b&c\\ b'&c' \end{vmatrix}=bc'-cb'=1\cdot(bc'-cb') \end{align*} \end{prova} \qedstep \begin{prova} Analogamente per gli altri casi. \end{prova} \end{prova} \qed \end{prova} \begin{cor} Da questo lemma e applicando la regola di Laplace alla prima riga del determinante, possiamo facilmente ricavare dalla forma d'intersezione di due piani, i numeri direttori $l,m,n$ della retta: \[ \begin{cases} ax+by+cz+d=0\\ a'x+b'y+c'z+d'=0\\ \end{cases}\longrightarrow l=\begin{vmatrix} b&c\\ b'&c' \end{vmatrix}\;\;\;\; m=-\begin{vmatrix} a&c\\ a'&c' \end{vmatrix}\;\;\;\; n=\begin{vmatrix} a&b\\ a'&b' \end{vmatrix} \] \end{cor} \subsection{Piano improprio} Anche nello spazio a tre dimensioni possiamo parlare di punti impropri.\\ Ogni piano $\alpha$ e' dotato della sua retta impropria $r_\infty (\alpha)$, che e' l'insieme di tutti i suoi punti impropri, ovvero l'insieme di tutte le direzioni delle sue rette.\\ Definiamo allora il piano improprio $\pi_\infty$, come l'insiemi di tutti i punti impropri di tutti i piani dello spazio, o equivalentemente, come l'insieme di tutti i punti di tutte le rette improprie dello spazio.\\ Nello spazio, si aggiunge questa proprieta': se consideriamo la retta $s=\alpha\cap \beta$, avremo che i due piani $\alpha,\beta$ condividono la stessa retta $s$, e quindi una stessa direzione, ovvero, uno stesso punto improprio.\\ Le coordinate omoogenee si ottengono sempre usando una coordinata $t$ in piu', con le seguenti relazioni: \begin{align*} &\T{punto proprio } P=(x,y,z)\sim (x',y',z',t')\\ &\qq\begin{cases} x'=xt'\\ y'=yt'\\ z'=zt' \end{cases}\\ &\T{punt improprio }P_\infty =(x',y',x',0) \end{align*} Notiamo anche che le prime tre coordinate del punto improprio $(l,m,n,0)$ danno i numeri direttori delle rette passanti da esso, infatti: \begin{prova} \pf \begin{prova} \begin{align*} &r=\alpha\cap \beta\\ &r\cap \pi_\infty =\alpha\cap \beta\cap \pi_\infty :\;\; \begin{cases} &ax+by+cz=0\\ &a'x+b'y+c'z=0\\ &t=0 \end{cases}\;\longrightarrow \; \left( \begin{vmatrix} b&c\\ b'&c' \end{vmatrix}k,\;\; -\begin{vmatrix} a&c\\ a'&c' \end{vmatrix}k,\;\; \begin{vmatrix} a&b\\ a'&c' \end{vmatrix}k,\;\;0 \right) \end{align*} \end{prova} \qed \end{prova} \subsection{Rette sghembe} \ilabel{rette!sghembe} \ilabel{rette!complanari} \begin{defn} Due rette $r,s$ sono complanari$\;\Leftrightarrow \;\exists \T{ piano } \alpha:\;r,s\subseteq \alpha\;\Leftrightarrow \;r\cap s=P$, dove $P$ puo' essere un punto proprio (incidenti) o improprio (parallele).\\ Due rette $r,s$ non complanari (sghembe)$\;\Leftrightarrow \;r\cap s=\emptyset $ (considerando anche i punti impropri). \end{defn} \begin{thm} Date due rette $r\neq s$, si ha:\\ $r,s$ sghembe $\;\Rightarrow \; \exists\T{ piano }\alpha,\beta:\;r\subseteq \alpha,\;s\subseteq \beta,\;\alpha\parallel \beta$ \\Non vale il viceversa. \end{thm} \begin{thm} Date le rette \begin{align*} &r:\;\begin{cases} a_1x+b_1y+c_1z+d_1=0\\ a_2x+b_2y+c_2z+d_2=0 \end{cases}\\ &s:\;\begin{cases} a_3x+b_3y+c_3z+d_3=0\\ a_4x+b_4y+c_4z+d_4=0 \end{cases} \end{align*} esse sono sghembe$\;\Leftrightarrow \;|A|\neq 0$, dove \[ |A|=\begin{vmatrix} a_1&b_1&c_1&d_1\\ a_2&b_2&c_2&d_2\\ a_3&b_3&c_3&d_3\\ a_4&b_4&c_4&d_4 \end{vmatrix} \] \end{thm} \begin{prova} \pf \begin{prova} Per vedere se sono sghembe dobbiamo controllare se $r\cap s=\emptyset $, cioe' dobbiamo risolvere il sistema (in coord. omogenee) \begin{align*} &\begin{cases} a_1x+b_1y+c_1z+d_1t=0\\ a_2x+b_2y+c_2z+d_2t=0\\ a_3x+b_3y+c_3z+d_3t=0\\ a_4x+b_4y+c_4z+d_4t=0 \end{cases} \end{align*} Se $|A|\neq 0$, per Cramer, ammette una sola soluzione, e dato che il sist. e' omogeneo, e' quella nulla, cioe' $(0,0,0,0)$. Quest'ultima quaterna pero' non rappresenta alcun punto nello spazio proiettivo, ovvero, in questo caso, $r\cap s=\emptyset $.\\ Se $|A|=0$, abbiamo che $\rho(A)=3$ e quindi abbiamo $\infty^1$ soluzioni proporzionali, ovvero $r\cap s=P$. \step{}{Dim $\rho(A)=3$} \begin{prova} Intanto $|A|=0\;\Rightarrow \;\rho(A)\le 3$. Osserviamo che le righe \[ \begin{pmatrix} a_1&b_1&c_1&d_1\\ a_2&b_2&c_2&d_2 \end{pmatrix} \] sono l.i. perche' definiscono i piani che intersecandosi danno $r$. Lo stesso vale per le altre due righe di $A$. Quindi \[\rho(A)=2\;\Rightarrow \; \begin{pmatrix} a_3&b_3&c_3&d_3\\ a_4&b_4&c_4&d_4 \end{pmatrix}=k\begin{pmatrix} a_1&b_1&c_1&d_1\\ a_2&b_2&c_2&d_2 \end{pmatrix} \] ma questo e' impossibile perche' $r\neq s$. In definitiva, $\rho(A)=3$. \end{prova} \qed \end{prova} \end{prova} Vediamo quando le due rette $r,s$ sono sghembe: \begin{exemp} \label{esempiopi} Date due rette sghembe $r,s$, prendiamo il piano $\alpha:\;r\subseteq \alpha,\;\alpha\parallel s$ e il piano $\beta:\;s\subseteq \beta,\;\beta\parallel r$, allora\\ $\exists! $retta $p:\;p\perp \alpha,\;p\cap r=\{P_0\},\;p\cap s=\{P_1\}$.\\Si ha che $p=\pi\cap \pi'$, dove $\pi\supseteq p,r$, $\pi'\supseteq p,s$\\ Per trovare $p$ si procede in questo modo: \begin{enumerate} \item Si trovano i num direttori di $r,s$ \item Si trova $\alpha$, che e' il piano contenente $r$ e parallelo a $s$ (vedi pag. \pageref{vistocosi}) \item Si trova $\pi:\;\pi\supseteq r,\;\pi\perp \alpha$ (nota\footnote{ $\pi\supseteq p\perp \alpha\;\Rightarrow \;\pi\perp \alpha$}) \item Si trova $\pi':\;\pi'\supseteq s,\;\pi\perp \alpha$ \item $p=\pi\cap \pi'$ \end{enumerate} \end{exemp} \subsection{Distanze nello spazio} Avendo $p$ (vedi esempio \see{esempiopi}, possiamo anche definire la distanza tra le due rette sghembe: \[ d(r,s):=d(A,B) \] dove $p\cap s=\{A\},\;p\cap r=\{B\}$. Questa distanza e' quella minima tra le due rette $r,s$.\\ Se $r\parallel s$, allora la distanza e' quella usuale.\\ \newline La distanza tra un punto $P_0=(x_0,y_0,z_0)$ e un piano $\alpha:\;ax+by+cz+d=0$ e': \[ d(\alpha,P_0)=d(P,H) \] dove $H=r\cap \alpha$, dove $r$ e' la retta $\perp$ a $\alpha$ e passante per $P_0$. Procedendo come di consueto\footnote{ si scrive $r$ in forma parametrica, con i numeri direttori rispettivamente uguali a $a,b,c$ e passante per $P_0$, cioe': \[ r:\;\begin{cases} x=x_0+ak\\ y=y_0+bk\\ z=z_0+ck \end{cases} \]poi si risolve il sistema $r\cap \alpha$ e si calcola $d(P,H)$} si arriva alla seguente formula: \[d(\alpha,P_0) = \frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\] \newline La distanza tra due piani paralleli $\alpha::\;ax+by+cz+d=0$, $\beta:\;a'x+b'y+c'z+d'=0$ e' la distanza da un punto qualsiasi di $\beta$ dal piano $\alpha$ (o viceversa). La sua formula e' \[ d(\alpha,\beta)=\frac{|d-d^*|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \] La formula si ricava facilmente da quella della distanza punto-piano, considerando che possiamo riscrivere l'equ di $\beta$ come $ ax+by+cz+d^*=0$. Dove $d^*$ si ricava con procedimento analogo a quello usato per la distanza retta-retta (vedi par \see{rettarettad}). \subsection{Quadriche} Ovvero, coniche estese nello spazio: \[ a_{11}x^2+a_{22}y^2+a_{33}z^2+ 2a_{12}xy+2a_{13}xz+2a_{23}yz+ 2a_{14}x+ 2a_{24}y+ 2a_{34}z+ 2_a{44} =0\;\;(1) \] La sua matrice associata e' \[ A= \begin{bmatrix} a_{11}&a_{12} & a_{13} & a_{14}\\ a_{12}&a_{22} & a_{23} & a_{24}\\ a_{13}&a_{23} & a_{33} & a_{34}\\ a_{14}&a_{24} & a_{34} & a_{44} \end{bmatrix} \] \subsection{Vertice} Rispetto al piano, abbiamo un elemento in piu': il vertice.\\ \ilabel{vertice (quartica)} Dato un punto $V\in Q$, dove Q e' una quartica, \[V\;\T{vertice della quartica }\;\Leftrightarrow \;\forall P\in Q\setminus \{V\}\;\T{ la retta }PV\subseteq Q\] \begin{thm} \[ \T{vertici }V_1, V_2\in Q\;\Rightarrow \; Q \T{ e' spezzata} \] \end{thm} \begin{prova} \pf \begin{prova} Sia $P_0\in Q:\;P_0\notin V_1V_2$, allora \begin{align*} &V_1P_0 \subseteq Q\\ &P\in V_1P_0 \subseteq Q\;\Rightarrow \;P\in Q\\ &V_2 \T{ vertice }\;\Rightarrow \;V_2P \subseteq Q\\ &\forall P\in V_1P_0\;\;\; V_2P \subseteq Q\\ &\;\;\Rightarrow \; \T{ il piano }\alpha:\;V_1P_0\subseteq \alpha,\;V_2\in \alpha\;\;\T{ e' tale che } \alpha \subseteq Q \end{align*} Quindi, la quartica e' spezzata. \end{prova}\qed \end{prova} \begin{thm} \[ Q \T{ e' spezzata }\;\Rightarrow \;\exists \infty \T{vertici }\in Q \] \end{thm} \begin{prova} \pf \begin{prova} Supponiamo che la conica sia spezzata in $\alpha\neq \beta$, allora tutti i punti appartenenti alla retta $r=\alpha\cap \beta$ sono devi vertici. \end{prova}\qed \end{prova} \begin{cor} \[ \T{vertici }V_1, V_2\in Q\;\Rightarrow \;\exists \infty \T{vertici }\in Q \] \end{cor} \begin{thm}\label{carattgeomvertice} Preso un punto $V\in Q$ \[ V\;\T{ e' vertice }\;\Leftrightarrow \; \forall \T{rette r}:\;V\in r\;\T{ si ha } r\cap Q=r\;\lor\; r\cap Q= V \] \end{thm} \begin{prova} \pf \step{}{Dim $\Rightarrow $} \begin{prova} Sia $r$ una retta che passa per $V$. Intanto, $r\cap Q$ non puo' essere vuota, perche' c'e' almeno $V$.\\ Poiche' $V\in r,\;V\in Q$, se $r\cap Q$ e' un punto, questo deve essere necessariamente il vertice $V$.\\ Se in $r\cap Q$ ci sono almeno due punti, allora uno sara' il vertice, e l'altro un punto $P$ di $Q$ e di $r$, quindi, per definizione di vertice, $PV\subseteq Q$ e' questo implica $r\subseteq Q$.\\ \end{prova} \step{passoprima}{Dim $\Leftarrow $} \begin{prova} Esaminiamo gli unici due casi che abbiamo nell'hp: $r\cap Q=V,\;r\cap Q=r$ \step{}{Mostriamo che dato un punto $P$, si ha $P\notin Q\;\Leftrightarrow \;PV\cap Q=\{V\}$ } \begin{prova} \step{}{Dim $\Rightarrow $} Poiche' $V\in Q$ si ha che $V\in PV\cap Q$. Se per assurdo $PV\cap Q=PV$ allora si avrebbe $P\in Q$, assurdo. Quindi, per Hp del passo \stepref{passoprima}, deve necessariamente essere $PV\cap Q=\{V\}$. \step{}{Dim $\Leftarrow $} Vale anche il viceversa: $PV\cap Q=\{V\}\;\Rightarrow \; P\notin Q$, infatti, se per assurdo $P\in Q$ si avrebbe $P\in PV\cap Q$, assurdo contro $PV\cap Q=\{V\}$. \end{prova} Da questo deduciamo che $P\in Q\;\Leftrightarrow \;PV\cap Q=PV\;\Leftrightarrow \;PV\subseteq Q$. E questa e' proprio la definizione di vertice. \end{prova} \qed \end{prova} \begin{thm} \label{carattgeomverticeII} Siano $R_1 \neq R_2\(Q$ due rette contenute in $Q$, e sia $\pgra{V'}=R_1\^R_2$ (puo' anche essere improprio), allora \eal{&\sist{Q\T{ non spezzata}\\ \exists V\in Q\T{ vertice } }\> V'=V\T{ e' un vertice di }Q } Quindi, e' facile trovare il vertice di una $Q$ non spezzata: basta prendere due rette contenute e intersecarle. \end{thm} \begin{proof} Supponiamo per assurdo che $V'$ non sia un vertice \eal{&V'\T{ non vertice } \> V \neq V' \>V\notin R_1\^ R_2 } Supponiamo ad esempio che $V\notin R_2$, allora \eal{&V\notin R_2 \> VP \neq R_2\;\;\forall P\in R_2\NN V\T{ vertice } \> VP\( Q \;\;\forall P\in R_2 } Quindi il piano individuato da $V$ e dalla retta $R_2$ e' contenuto in $Q$. Allora $Q$ e' spezzata, assurdo. \end{proof} \begin{thm} \label{carattanalvertice} Sia $V=(x_0,y_0,z_0,t_0)$ e $Q:\;X A X=0$, allora \[ V\;\T{ vertice di Q}\;\Leftrightarrow\; AX_0 = \begin{bmatrix} 0\\0\\0\\0 \end{bmatrix}=0 \] dove $ X_0=\begin{bmatrix} x_0\\y_0\\z_0\\t_0 \end{bmatrix} $.\\ Questo teorema ci permette di calcolare i vertici di una quadrica: basta porre $X$ al posto di $X_0$ e risolvere il sistema. \end{thm} \begin{prova} \pf \step{}{Dim $\Rightarrow $} \begin{prova} Sia $P=(x_1,y_1,z_1,t_1)=(X_1)\neq V$ un punto. Per il thm \see{carattgeomvertice}, $PV \cap Q=\{V\}\;\lor PV$. Calcoliamo il sistema $PV\cap Q$: \begin{align*} \begin{cases} \TR X A X=0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases} \;\; \begin{cases} \TR (\lambda X_0+\mu X_1) A (\lambda X_0+\mu X_1)\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases} \end{align*} Procedendo cosi' come abbiamo fatto in par \see{rettaconica}, si giunge a: \[ \begin{cases} \lambda^2 (\TR X_0 A X_0) + \mu^2 (\TR X_1 A X_1)+ 2\lambda\mu (\TR X_0 AX_1) =0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases} \] Nel caso in cui $PV \cap Q=\{V\}$ si ha \begin{align*} &V\in Q\;\Rightarrow \; (\TR X_0 A X_0)=0\\ &P\notin Q\;\Rightarrow \; (\TR X_1 A X_1)\neq 0\\ & \begin{cases} \mu (\mu(\TR X_1 A X_1)+ 2\lambda(\TR X_0 AX_1)) =0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases} \= \sist{\mu_1=0\\ X=\lambda X_0 }\;\lor \; \sist{ \mu_2=-\frac{ 2\lambda(\TR X_0 AX_1)}{\TR X_1 A X_1}\\ X=\lambda X_0+\mu X_1}\\ &\T{il sistema deve avere un'unica soluzione, quindi }\\ &\mu_1=\mu_2=-\frac{ 2\lambda(\TR X_0 AX_1)}{\TR X_1 A X_1}=0\> \TR X_0 AX_1=0 \\ \end{align*} poiche' possiamo ripetere tutto questo ragionamento per $\forall P\neq V$, e quindi $\forall X_1$, deduciamo che $(\TR X_0 AX_1)=0\;\Rightarrow \; \TR X_0 A=0\;\Leftrightarrow \;A X_0=0$\\ Nel caso in cui $PV \cap Q=PV$, il sistema dara' un'identita', e di conseguenza \begin{align*} &(\TR X_0 A X_0)=(\TR X_1 A X_1)=(\TR X_0 AX_1)=0 \end{align*} e da qui, come prima arriviamo a $A X_0=0$ \end{prova} \step{}{Dim $\Leftarrow $} \begin{prova} Per Hp abbiamo $A X_0=0$. Preso un punto $P=(X_1)\neq V \in Q$: \begin{align*} &r\cap Q:\; \begin{cases} \TR X A X=0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases}\;\Rightarrow \; \begin{cases} \lambda^2 \ubrace{(\TR X_0 A X_0)}{=0\;V\in Q} + \mu^2 \ubrace{(\TR X_1 A X_1)}{=0\;P\in Q} + 2\lambda\mu \ubrace{(\TR X_0 AX_1)}{=0\;AX_0=0} =0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases}\\ & \;\Rightarrow \; \begin{cases} 0=0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases}\;\Rightarrow \;PV\subseteq Q \end{align*} Quindi preso un $P\neq V\in Q\;\Rightarrow \;PV\subseteq Q$. Questa e' la definizione di vertice. \end{prova} \qed \end{prova} \subsubsection{Classificazione delle quadriche} \label{classquadriche} Classificazione delle quadriche in base ai loro vertici: \begin{description} \ilabel{quadrica non degenere} \item[Zero vertici] Si hanno le quadriche \textrm{non degeneri}.\\ \marginpar{Q NON DEGENERE} Queste si classificano ulteriormente con $C_\infty(Q)=\pi_\infty \cap Q$, la conica all'infinito di $Q$ (dove $\pi_\infty $ e' il piano all'infinito) \begin{description} \item[$C_\infty(Q)$ e' non spezzata, con almeno un punto reale ] si ha allora l'\emph{iperboloide} \ilabel{iperboloide} \item[$C_\infty(Q)$ e' spezzata] si ha il \emph{paraboloide}\ilabel{paraboloide}. \item[$C_\infty (Q)$ e' non spezzata, senza punti reali, ovvero a punti tutti immaginari] si ha l'\emph{ellissoide}\ilabel{ellissoide} \end{description} \item[1 vertice]\qq \ilabel{quadrica degenere} \begin{description} \item[Vertice proprio] \emph{Cono} \'\'\'\'\'\'($C_\infty(Q)$ e' non spezzata) \marginpar{DEGENERE} \item[Vertice improprio] \emph{Cilindro} \'\'\'($C_\infty(Q)$ e' spezzata) \end{description} \item[$\infty$ vertici disposti su una retta] si ha una spezzata in due piani distinti \item[$\infty$ vertici disposti su un piano] si ha una spezzata in due piani coincidenti. \end{description} Usando il $\rho(A)$ possiamo capire in quale caso siamo: \begin{enumerate} \item $\rho(A)=4\;\Leftrightarrow \;\nexists $ vertici \item $\rho(A)=3\;\Leftrightarrow \;\exists_1 $ vertice \item $\rho(A)=2\;\Leftrightarrow \;\exists \infty^1 $ vertici, disposti su una retta \item $\rho(A)=1\;\Leftrightarrow \;\exists \infty ^2$ vertici disposti su un piano. \end{enumerate} Ovvero, \begin{enumerate} \item $\rho(A)=4\;\Leftrightarrow \;$ \begin{prova} \begin{prova} \begin{description} \item[$C_\infty(Q)\T{ e' non spezzata, con almeno un pt. reale}:\;\;$] \emph{iperboloide} \item[$C_\infty(Q)\T{ e' spezzata}:\;\;$] \emph{paraboloide} \item[$C_\infty (Q)\T{ e' img non spezzata}:\;\;$] \emph{ellissoide} \end{description} \end{prova} \end{prova} \item $\rho(A)=3\;\Leftrightarrow \;$ \begin{prova} \begin{prova} \begin{description} \item[V proprio]: cono \item[V improprio]: cilindro \end{description} \end{prova} \end{prova} \item $\rho(A)=2\;\Leftrightarrow \;$ spezzata in due piani distinti \item $\rho(A)=1\;\Leftrightarrow \;$ spezzata in due piani coincidenti \end{enumerate} \begin{prova} \pf \begin{prova} Utilizzando il thm \see{carattanalvertice}, basta studiare il sistema $A X=0$, dove in questo caso $X$ e' il nostro punto incognita. \begin{align*} &AX=0\;\Leftrightarrow \; \begin{bmatrix} a_{11}&a_{12} & a_{13} & a_{14}\\ a_{12}&a_{22} & a_{23} & a_{24}\\ a_{13}&a_{23} & a_{33} & a_{34}\\ a_{14}&a_{24} & a_{34} & a_{44} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\z\\t \end{bmatrix}=0\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} a_{11}x+a_{12} y+ a_{13} z+ a_{14}t=0\\ a_{12}x+a_{22} y+ a_{23} z+ a_{24}t=0\\ a_{13}x+a_{23} y+ a_{33} z+ a_{34}t=0\\ a_{14}x+a_{24} y+ a_{34} z+ a_{44}t=0 \end{cases} \end{align*} Tenendo presente che il sistema e' omogeneeo, \case{$\rho(A)=4$} per Cramer, si ha una sola soluzione, e quindi quella nulla $(0,0,0,0)$, che non descrive alcun punto. \case{$\rho(A)=3$} per Rouche', e sempre perche' il sis e' omogeneeo, si hanno $\infty^1$ soluzioni proporzionali fra loro, che descrivono quindi un unico punto. \case{$\rho(A)=2$} $\infty ^1$ soluzioni (che non possono essere proporzionali), quindi $\infty $ vertici. Solo due equazioni del sistema rimangono indipendenti, percio' il sistema si riduce a due equazioni, e quindi alla descrizione di una retta. \case{$\rho(A)=1$} $\infty ^2$ soluzioni. Solo un'equazione e' l.i. Essa descrive un piano. \end{prova} \qed \end{prova} \subsection{Quadrica-retta} Cosi' come abbiamo fatto in \see{rettaconica}, abbiamo \[ r\cap Q=\begin{cases} P_0\neq P_1&\T{due punti distinti}\\ P_0= P_1&\T{due punti coincidenti}\\ P_0, P_1&\T{due punti immaginari e coniugati}\\ r&\T{l'intera retta (ad esempio, quando la quadrica e' spezzata)} \end{cases} \] \subsubsection{Quadrica-piano} \[ Q\cap \alpha=\T{ conica} \;\lor \;\emptyset \] \begin{prova} \pf \begin{prova} Premessa: sia $f(x,y)=0$ l'equ di una conica nel piano. Sicuramente e' lecito pensarla immersa nello spazio, ad esempio, se il piano fosse $z=0$, la sua equazione sarebbe: \[ \begin{cases} f(x,y)=0\\ z=0 \end{cases} \] Sia adesso $Q:\;f(x,y,z)=0$ una quadrica e $\alpha:\;ax+by+cz+d=0$ un piano. Spostiamoci in un nuovo sistema di riferimento in modo tale che $\alpha$ sia il piano $Z=0$. Si ha: \[ Q\cap \alpha=\begin{cases} f'(X,Y,Z)=0\\ Z=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} f'(X,Y,0)=0\\ Z=0 \end{cases} \] $f'$ e' di secondo grado nell'incognite $X,Y$. Ecco quindi che abbiamo una conica nel piano $Z=0$. \end{prova} \qed \end{prova} \subsection{Sfera} \ilabel{sfera} Cosi' come abbiamo fatto per la circonferenza (vedi \see{circonferenza}), diamo la seguente definizione: \[ Q;\T{ e' una sfera } \;\Leftrightarrow \; \begin{cases} a_{11}=a_{22}=a_{33}=1\\ a_{12}=a_{13}=a_{23}=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \;x^2+y^2+z^2+ax+by+cz+d=0 \] Il centro della sfera e' $(-\frac{a}{2}, -\frac{b}{2}, -\frac{c}{2})$.\\ Il raggio e': $r=\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4}+\frac{c^2}{4}-d}$\\ Per $r>0, r<0$, $Q$, e' un ellissoide (il primo a punti reali, il secondo img). \subsubsection{Cerchio assoluto} Anche nello spazio esiste l'analogo dei punti ciclici: il cerchio assoluto indicato con $K$, che e' l'intersezione di una qualsiasi sfera con $\pi_\infty $: \[ K:\;\begin{cases} x^2+y^2+z^2=0\\ t=0 \end{cases} \] $K$ e' una conica a pt. img e non spezzata (e' somma di tre quadrati). \\ Da $x^2+y^2+z^2+ax+by+cz+d=0$, per $r=0$, $\rho(A)=3$. Otteniamo quindi un cono img con vertice in $C$. Questo cono viene detto \emph{cono isotropo} \ilabel{cono isotropo}. \begin{thm} Il cerchio assoluto e' il luogo dei punti ciclici dello spazio, ovvero \[ P\T{ punto ciclico }\;\Leftrightarrow \;P\in K \] \end{thm} \begin{prova} \pf\step{}{$\Rightarrow $} \begin{prova} Sia $C'$ un punto ciclico $\in \pi_\infty $\\ sia $C''$ il suo coniugato.\\ Sia $r_\infty:\;C'C''$ la retta per $C',C''$\\ $r_\infty $ e' impropria e pt. reali.\\ Sia $\alpha$ un qualsiasi piano che la contiene. Sia $C\subseteq \alpha$ una circonferenza e $S$ una sfera t.c. $C\subseteq S$. Allora: \begin{align*} &C\subseteq S\;\Rightarrow \;K=C_\infty (S) \supseteq r_\infty \supseteq \{C',C''\} \end{align*} \step{}{$\Leftarrow $} \begin{prova} Sia $P'\in K$\\ Sia $P''\in K$ il suo coniugato\\ Sia $r_\infty:\;P'P''$. E' una retta reale.\\ Sia $\alpha$ un qualsiasi piano che la contiene. Consideriamo la sfera $S$ t.c. $S\cap \alpha=C$, dove $C$ e' una circonferenza che ha per punti all'infinito $P',P''$.\\Cosi' facendo $P',P''$ sono diventati dei punti ciclici. \end{prova} \end{prova} \qed \end{prova} \begin{thm} Il cono isotropo uscente dal punto $P$ e' il luogo delle rette isotrope uscenti di $P$. \end{thm} \begin{thm} L'analogo del thm \see{ssepunticiclici}: \[ \T{Q e' una sfera } \= \T{ $a_{11}\neq 0$ e i suoi punti impropri sono quelli del cerchio assoluto } \] \end{thm} \subsection{Cono} \ilabel{cono} Dato una curva $\Gamma:\;f(x,y,z)=0$ contenuta in un piano $\alpha$, e un punto $V$ (il vertice), \[ \T{cono}=\{P\in \T{retta } VQ\;|\;Q\in \Gamma\} \] L'equazione del cono si ricava cosi': \begin{enumerate} \item Scriviamo la retta generica $VQ$ in forma parametrica: \[ \frac{x-V_x}{Q_x-V_x}= \frac{y-V_y}{Q_y-V_y}= \frac{z-V_z}{Q_z-V_z} \] che scriviamo in forma parametrica: \[ r:\; \begin{cases} x=V_x+k(Q_x-V_x)\\ y=V_y+k(Q_y-V_y)\\ z=V_z+k(Q_z-V_z) \end{cases} \] \item e imponiamo che $Q\in \Gamma$: \[ \begin{cases} x=V_x+k(Q_x-V_x)\\ y=V_y+k(Q_y-V_y)\\ z=V_z+k(Q_z-V_z)\\ f(Q_x,Q_y,Q_z)=0 \end{cases} \] \item Al variare di $Q_x,Q_y,Q_z,k$, avremo tutti i punti del cono. \item Volendo, si possono trovare i parametri, sostituirli in $f(Q_x,Q_y,Q_z)$ e ottenere l'equazione non parametrica del cono. \end{enumerate} \begin{exemp} Calcolare il cono che ha per direttrice la conica \[\Gamma: \begin{cases} x^2-y^2+2xy+2x+1=0\\ z=0 \end{cases}\] con vertice $V=(1,1,2)$.\\ Si procede cosi': \begin{enumerate} \item Il fascio di quadriche che contengono $\Gamma$ e' dato da \[ \fascio:\;z(ax+by+cz+d)+x^2-y^2+2xy+2x+1=0 \] Infatti, ogni punto che soddisfa $\Gamma$, soddisfa anche $\fascio$. In forma espansa diventa: \[\fascio: \; c z ^{2} + z x a + z y b + z d + x ^{2} + 2 x y + 2 x + 1 - y ^{2}\] \item Usiamo la caratterizzazione analitica del vertice (vedi \see{carattanalvertice}): \[ \begin{bmatrix} 1&1&a/2&1\\ 1&-1&b/2&0\\ a/2&b/2&c&d/2\\ 1&0&d/2&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\1\\2\\1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0\\0\\0\\0 \end{bmatrix} \] \item risolviamo il sistema ottenendo $a,b,c,d$ \end{enumerate} Questo stesso esempio si puo' ripetere nel caso di un cilindro: l'unica differenza e' il vertice che e' improprio. \end{exemp} \subsubsection{Cilindro} \ilabel{cilindro} Un cilindro e' un cono con il vertice all'infinito. Ovvero, data la retta $r$ e una curva $\Gamma:\;f(x,y,z)=0$ contenuta in un piano $\alpha$, \[ \T{cilindro}=\{P\in s\;|\;s\parallel r,\;s\cap \Gamma\neq \emptyset \} \] il vertice del cilindro e' il punto all'infinito di $r$.\\ Per trovare la sua equazione: \begin{enumerate} \item Siano $l,m,n$ i num. direttori di $r$ \item Sia $P\in \Gamma$, ovvoer $f(P_x,P_y,P_z)=0$ \item La retta generica $s$ e' allora: \[ \begin{cases} x=P_x+lk\\ y=P_y+mk\\ z=P_z+nk \end{cases} \] \item l'equazione e' \[ \begin{cases} x=P_x+lk\\ y=P_y+mk\\ z=P_z+nk\\ f(P_x,P_y,P_z)=0 \end{cases} \] al variare di $k,P_x,P_y,P_z$ otteniamo tutti i punti del cilindro. \end{enumerate} \subsubsection{Proprieta'} \begin{thm} \label{thmconocilindroverticealphagammaspezzata} Sia $Q$ un cono o un cilindro, $V$ il suo vertice, e $\alpha$ un piano, allora \[ V\in \alpha\;\Leftrightarrow \;\alpha\cap Q=\Gamma\T{ e' una conica spezzata} \] \end{thm} \begin{prova} \pf\step{}{Dim $\Rightarrow $} \begin{prova} Sia $P\in \Gamma$. \begin{align*} &p:\;VP\subseteq Q,\T{ per def di vertice}\\ &V\in \alpha,\;P\in \alpha\;\Rightarrow \;VP\subseteq \alpha\\ &VP\subseteq \Gamma\;\Rightarrow \;\Gamma\T{ e' una conica spezzata} \end{align*} \end{prova} \step{}{Dim $\Leftarrow $} \begin{prova} Supponiamo per assurdo che $V\notin \alpha$ \begin{align*} &\Gamma \T{ e' una conica spezzata} \;\Rightarrow \;\exists \T{ retta }p\subseteq \Gamma \end{align*} Sia $P'\in p$: \begin{align*} &P'\in p \subseteq \Gamma\;\Rightarrow \;P'\in \Gamma \end{align*} per def di vertice $VP'\subseteq Q$. Poiche' questo vale $\forall P'\in p$, il piano definito dalla retta $p$ e dal punto $V$ e' contenuto in $Q$, cioe' \[ \T{piano } pV\subseteq Q \] e quindi $Q$ e' spezzata, ma questo e' assurdo, contro ipotesi. \end{prova} \qed \end{prova} \begin{cor} \label{corconocilverticers} Sia $Q$ un cono o un cilindro, $V$ il suo vertice, e $\alpha$ un piano, allora \[ \alpha\cap Q=\Gamma\T{ e' una conica spezzata in } r\cup s,\; r\neq s\;\Rightarrow \; r\cap s=\{V\}\;\T{ e' vertice } \] \end{cor} \begin{prova} \pf \begin{prova} Per il thm di prima il vertice $V$ e' t.c. $V\in \alpha$, allora \begin{align*} &V\in \alpha,\; V\in Q\;\Rightarrow \;V\in \Gamma\;\Rightarrow \;V\in r\;\lor \;V\in s \end{align*} \step{}{Supponiamo per assurdo che $V\in r,\;V\notin s$} \begin{prova} Sia $\{P'\}=r\cap s$. Prendiamo $P''\in s:\;P''\neq P'$, allora per definizione di vertice $VP''\subseteq Q=r\cup s\;\Rightarrow \;VP''=r\;\lor \;VP''=s$. Il primo caso e' assurdo perche' $P''\notin r$. Il secondo perche' $V\notin s$. \end{prova} \step{}{Supponiamo per assurdo che $V\in s,\;V\notin r$} \begin{prova} si procede come prima \end{prova} \qedstep \begin{prova} Quindi, poiche' necessariamente $V\in \Gamma $, per esclusione segue che $V\in r\cap s$ \end{prova} \end{prova} \qed \end{prova} \begin{cor}\qq\\ \label{corconociliCinf} \begin{align*} &Q\T{ cono }\;\Leftrightarrow \;C_\infty(Q)\;\T{ non e' spezzata}\\ &Q\T{ cilindro }\;\Leftrightarrow \;C_\infty(Q)\;\T{ e' spezzata} \end{align*} dove $C_\infty(Q)=\pi_\infty \cap Q$ e' la conica all'infinito di $Q$ ($\pi_\infty $ e' il piano all'infinito) \end{cor} \begin{prova} \pf \begin{prova} \case{$Q$ cono} \begin{prova} $V$ e' un punto proprio$\;\Leftrightarrow \;V\notin \pi_\infty$\\ Per il thm \see{thmconocilindroverticealphagammaspezzata}, \[ V\notin \pi_\8\;\Leftrightarrow \;\pi_\infty \cap Q=C_\infty \T{ e' non spezzata.} \] \end{prova} \case{$Q$ cilindro} \begin{prova} $V$ e' un punto improprio$\;\Leftrightarrow \;V\in \pi_\infty$\\ Per il thm \see{thmconocilindroverticealphagammaspezzata}, \[ V\in \pi_\8\;\Leftrightarrow \;\pi_\infty \cap Q=C_\infty \T{ e' spezzata.} \] \end{prova} \qed \end{prova} \end{prova} \subsubsection{Proprieta' analitiche} \begin{thm} Sia $Q$ una conica, allora \begin{enumerate} \item $a_{14}=a_{24}=a_{34}=a_{44}=0\;\Rightarrow \;O\T{ e' il vertice della quadrica}\;\Rightarrow \;Q \T{ e' un cono o una spezzata }$ \item $a_{13}=a_{23}=a_{33}=a_{43}=0\;\Rightarrow \;Z_\infty \T{ e' il vertice della quadrica}\;\Rightarrow \;$$ Q \T{ e' un cilindro con rette $\parallel$ a $\asse{Z}$ oppure e' una spezzata }$ \item $a_{12}=a_{22}=a_{32}=a_{42}=0\;\Rightarrow \;Y_\infty \T{ e' il vertice della quadrica}\;\Rightarrow \;$$ Q \T{ e' un cilindro con rette $\parallel$ a $\asse{Y}$ oppure e' una spezzata }$ \item $a_{11}=a_{21}=a_{31}=a_{41}=0\;\Rightarrow \;X_\infty \T{ e' il vertice della quadrica}\;\Rightarrow \;$$ Q \T{ e' un cilindro con rette $\parallel$ a $\asse{X}$ oppure e' una spezzata }$ \end{enumerate} \end{thm} \begin{prova} \pf \step{}{Primo caso} \begin{prova} $a_{14}=a_{24}=a_{34}=a_{44}=0$ vuol dire che tutti il termine noto e' nullo. Usando la caratterizzazione analitica del vertice ( \see{carattanalvertice}), controlliamo che $O$ sia vertice: \begin{align*} O= \begin{bmatrix} 0&0&0&1 \end{bmatrix}\\ AX = \begin{bmatrix} 0\\0\\0\\0 \end{bmatrix}\; \Leftrightarrow \; \begin{bmatrix} a_{11}&a_{12} & a_{13} & 0\\ a_{12}&a_{22} & a_{23} & 0\\ a_{13}&a_{23} & a_{33} & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0\\0\\0\\1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0\\0 \end{bmatrix}\;\Leftrightarrow \;0=0 \end{align*} \end{prova} \step{}{Secondo caso} \begin{prova} Si procede come prima, tenendo presente che stavolta la matrice associata e': \[ A= \begin{bmatrix} a_{11}&a_{12} & 0 & a_{14}\\ a_{12}&a_{22} & 0 & a_{24}\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ a_{14}&a_{24} & 0 & a_{44} \end{bmatrix} \] e che \[ Z_\infty = (0,0,1,0) \] \qed \end{prova} Negli altri casi si procede analogamente \qed \end{prova} \begin{cor} \label{noterminein} Se $Q$ non e' spezzata, allora \begin{enumerate} \item $\not{termine noto} \longrightarrow $ cono con vertice in $O$ \item $\not{X} \longrightarrow $ cilindro parallelo a $\asse{X}$ \item $\not{Y} \longrightarrow $ cilindro parallelo a $\asse{Y}$ \item $\not{Z} \longrightarrow $ cilindro parallelo a $\asse{Z}$ \end{enumerate} Dove con $\not{X}$ indichiamo l'assenza di termini con la $x$ nell'equazione della quadrica. \end{cor} \begin{exemp} Se consideriamo una conica $\Gamma:\;a_{11}x^2+a_{22}y^2+\dots=0$ nello spazio, otteniamo un cilindro con vertice $Z_\infty$, poiche' l'equazione della quadrica $Q:\;a_{11}x^2+a_{22}y^2+\dots=0$ non ha termini in $Z_\infty $. La questione si puo' anche vedere cosi': prendiamo la conica $\Gamma$ definita nel piano e la immergiamo nello spazio con questo sistema: \[ \begin{cases} a_{11}x^2+a_{22}y^2+\dots=0\\ z=0 \end{cases} \] dando un qualsiasi valore a $z$, ci ``sposteremo'' sull'asse $\asse{Z}$, ottenendo nel piano parallelo al piano $xy$, posto ad altezza $z$ la nostra conica $\Gamma$. Cosi', se $\Gamma$ fosse un'ellisse, otterremo un cilindro ellittico, e cioe' un ellissi traslata parallelamente a $z$, che lascia la ``scia''. Se fosse un parabola, otteremo un cilindro parabolico, etc$\dots$.\\ Caso analogo per \[ \begin{cases} a_11z^2+a_22y^2+\dots=0\\ x=0 \end{cases} \] In questo caso, lo spostamento sara' parallelo a $\asse{X}$. \end{exemp} \subsection{Tangente} \ilabel{tangente!quadrica} Sia $P\in Q$, non vertice, \[ \T{ la retta }r\;\T{ e' } \tg(Q,\;in P)\;\Leftrightarrow \; r\cap Q=r\;\lor \;r\cap Q=\{P,P\} \] Nota: se $P$ fosse un vertice, allora per il thm \see{carattanalvertice}, tutte le rette passanti per $P$ sarebbero delle tangenti. Ecco perche' imponiamo che $P$ non debba essere un vertice. \begin{thm} \qq\\ \label{thmpianotg} \pflet{ \begin{enumerate} \item $P=(X_0)\in Q:\;\TR X A X=0$, con $P$ non vertice \item $r$ una retta \item Piano $\alpha:\;\TR X_0 A X=0$ \end{enumerate} } allora \[ r \subseteq \alpha,\;P\in r \;\Leftrightarrow \;r\T{ e' }\tg(Q,\;in P) \] Ovvero, $\alpha$ e' il luogo di tutte e sole le tangenti a $Q$ passanti per $P$. Esso e' chiamato il \emph{piano tangente}.\ilabel{piano!tangente} \end{thm} \begin{prova} \pf \step{}{Dim $\Rightarrow $} \begin{prova} Per Hp $r \subseteq \alpha,\;P\in r$, allora $r$ e' data da \[ r:\;X=\lambda X_0+\mu X_1 \] dove $P'=(X_1)$ e' un suo punto distinto da $P$. Alcune considerazione preliminari: \begin{align*} &r\subseteq \alpha\;\Rightarrow \;P'\in \alpha\;\Rightarrow \;\TR X_0 AX_1=0\\ &P\in Q\;\Rightarrow \; \TR X_0 A X_0=0 \end{align*} Consideriamo \begin{align*} &r\cap Q:\; \begin{cases} \TR X A X=0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases}\;\Rightarrow \; \begin{cases} \lambda^2 \ubrace{(\TR X_0 A X_0)}{=0\;P\in Q} + \mu^2 (\TR X_1 A X_1) + 2\lambda\mu \ubrace{(\TR X_0 AX_1)}{=0} =0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases}\\ & \;\Rightarrow \; \begin{cases} \mu^2 (\TR X_1 A X_1)=0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases}\;\Rightarrow \; \begin{cases} \mu=0\\ X=\lambda X_0 \end{cases}\;\lor \; \begin{cases} 0=0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases} \end{align*} Quindi in questo caso abbiamo ottenuto o il punto $P$ contato due volte, oppure tutta la retta $r$. Per la def di tangente, $r$ e' $\tan(Q,\;in P)$. \end{prova} \step{}{Dim $\Leftarrow $} \begin{prova} Supponiamo per assurdo che $r\nsubseteq \alpha$. \begin{align*} &r\T{ e' }\tan(Q, in P)\;\Rightarrow \;P\in r\\ &P\in Q\;\Rightarrow \; \TR X_0 A X_0=0\>P\in \alpha\\ &r\nsubseteq \alpha\;\Rightarrow \;\exists P'\in r:\;P'\notin \alpha,\;P'\neq P\\ &\qq P'\notin \alpha\;\Rightarrow \;\TR X_0 A X_1\neq 0\\ &r\cap Q =P,\;P'\neq P,\;\Rightarrow \;P'\notin Q\;\Rightarrow \;\TR X_1 A X_1 \neq 0\\ \end{align*} Consideriamo $r\cap Q$: \begin{align*} &r\cap Q:\; \begin{cases} \TR X A X=0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases}\;\Rightarrow \; \begin{cases} \lambda^2 \ubrace{(\TR X_0 A X_0)}{=0\;P\in Q} + \mu^2 (\ubrace{\TR X_1 A X_1}{\neq 0}) + 2\lambda\mu (\ubrace{\TR X_0 AX_1}{\neq 0}) =0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases}\\ & \;\Rightarrow \; \begin{cases} \mu^2 (\ubrace{\TR X_1 A X_1}{\neq 0})+2\lambda\mu (\ubrace{\TR X_0 AX_1}{\neq 0})=0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases}\;\Rightarrow \; \begin{cases} \mu(\mu(\ubrace{\TR X_1 A X_1}{\neq 0})+2\lambda(\ubrace{\TR X_0 AX_1}{\neq 0}))=0\\ X=\lambda X_0+\mu X_1 \end{cases} \end{align*} Oltre a $\mu=0$ che ci da' il punto $P$, per $\mu\neq 0$, come soluzione abbiamo: \begin{align*} &\lambda=\frac{-\mu\TR X_1 A X_1}{2 \TR X_0AX_1} \end{align*} che ci da' un altro punto $P_*$, distinto da $P$. Quindi $r\cap Q=\{P,P_*\}$, ma questo e' assurdo perche' $r\T{ e' }\tan(Q, in P)$. \end{prova} \qed \end{prova} \begin{exemp} \label{extginO} Se $O\in Q$, dove $O=(0,0,0,1)$ e' l'origine, allora \[ \alpha:\;\begin{bmatrix} 0&0&0&1 \end{bmatrix}AX=0\;\Leftrightarrow \; a_{14}x+a_{24}y+a_{34}z=0 \] Nota: che $a_{14}x+a_{24}y+a_{34}z$ sono le ultime componenti dell'equazione della quadrica.\\ In sostanza, se abbiamo una quadrica, con un'equazione omogenea, cioe' passante per $O$, per trovare il piano di rette tg a $Q$ in $O$, basta eguagliare le ultime quattro componenti dell'equazione. Se questo piano non esiste, allora $O$ e' un vertice. \end{exemp} \begin{thm} Sia $\alpha$ il piano tg a $Q$ in un punto $P_0$, che non e' vertice, allora \[ \alpha\cap Q=\alpha\;\;\lor \;\;\alpha\cap Q = \Gamma\;\T{ conica spezzata} \] \end{thm} \begin{prova} \pf \begin{prova} \case{$Q$ spezzata} \begin{prova} $Q$ non puo' essere spezzata in due piani coincidenti, perche' tutti i suoi punti sarebbero dei vertici e quindi non esisterebbe $\alpha$\\ $Q$ e' quindi spezzata in due piani distinti $\pi_1,\pi_2$. I punti della retta $\pi_1\cap \pi_2$ sono tutti e soli i vertici di $Q$. Percio' $P_0\in Q$ non vertice $\;\Rightarrow \;P_0\notin \pi_1\cap \pi_2 \;\Rightarrow \;P_0\in \pi_1\;\xor \;P_0\in \pi_2$. Supponiamo ad esempio che $P_0\in \pi_1$. Tutte le rette $\subseteq \pi_1$ e passanti per $P_0$ sono delle tangenti a $Q$: \begin{align*} &r\subseteq \pi_1,\;P_0\in r\\ &r\cap Q=r\cap (\pi_1\cup \pi_2)=(r\cap \pi_1)\cup r\cap \pi_2=r\;\Rightarrow \;r\T{ e' tg } \end{align*} allora, il piano $\pi_1$ e' proprio il piano tangente a $Q$ in $P_0$, e percio' $\pi_1\cap Q=\pi_1$ \end{prova} \case{$Q$ non spezzata} \begin{prova} \pflet{ \begin{enumerate} \item $\Gamma=\alpha\cap Q$ \item $P_1\in \Gamma:\;P_1\neq P_0$ \item retta $p:\;P_0P_1$ \end{enumerate} } \begin{align*} &P_0,P_1\in \alpha\;\Rightarrow \;p\subseteq \alpha \end{align*} Poiche' $p$ passa per $P_0$ ed e' contenuta in $\alpha$, e' allora $\tan(Q, in P_0)$. \begin{align*} &\begin{cases} P_0,P_1\in p\cap Q\\ p\T{ e' }\tan(Q, in P_0) \end{cases}\;\Rightarrow \; p\cap Q=p\;\Rightarrow \;p\subseteq Q\\ &\begin{cases} p\subseteq \alpha\\ p\subseteq Q \end{cases}\;\Rightarrow \;p\subseteq \Gamma\;\Rightarrow \;\Gamma\T{ e' spezzata} \end{align*} \end{prova} \end{prova} \qed \end{prova} \begin{cor}\qq\\ \label{corquadclasspt} $Q$ non e' spezzata, $\alpha$ piano tg a $Q$ in $P\;\;\Rightarrow \;Q\cap \alpha=\Gamma $ e' una conica spezzata.\\ Con questo corollario possiamo effettuare la seguente classificazione di punti: \begin{description} \item[$\Gamma$ spezzata in due rette distinte]: $P_0$ si dice \emph{punto iperbolico} \ilabel{punto!iperbolico} \item[$\Gamma$ spezzata in due rette coincidenti]: $P_0$ si dice \emph{punto parabolico} \ilabel{punto!parabolico} \item[$\Gamma$ spezzata in due rette immaginarie] (che si incontrano in un punto reale): $P_0$ si dice \emph{punto ellittico} \ilabel{punto!ellittico} \end{description} Ad esempio, un piano tangente a una sfera, si incontra con essa in un solo punto reale, che e' pero' l'intersezione delle due rette immaginarie. \end{cor} \begin{cor} \label{cor521} Escludiamo il caso del cono-cilindro dal corollario precedente:\\ sia $Q$ non degenere, allora\\ $\alpha$ piano tg a $Q$ in $P\;\;\Leftrightarrow \;Q\cap \alpha=\Gamma $ e' una conica spezzata. \end{cor} \begin{prova} \pf \step{}{ Dim $\Leftarrow $} \begin{prova} Intanto, osserviamo perche' nel caso del cono-cilindro non vale: prendiamo $\alpha$ in modo tale che $\alpha\cap Q$ sia una conica spezzata in due rette reali distinte $r,s$, dove $r\cap s=\{P\}$. Per il cor \see{corconocilverticers}, $P$ sarebbe il vertice di $Q$, ma questo e' assurdo; infatti, $P$ e' il pt. di tangenza di $\alpha$: se per assurdo il pt. di tg $T$ fosse $\in r$ e $\notin s$, la retta $TT'$, con $T'\in s$, non sarebbe $tg$, poiche' $\{T,T'\} \( TT'\^ Q$. Ma $P$ e' un vertice, questo e' assurdo perche' le rette passanti dal vertice non sono tg. \\ Ritorniamo a noi: il caso $\alpha\cap Q=$due-rette-coinc. non puo' accadare, perche' altrimenti $Q$ sarebbe un cono-cilindro, ma $Q$ e' non degenere\footnote{proveremo piu' avanti che tutti i punti dei coni-cilindri sono parabolici} . Allora, se $\alpha\cap Q $ e' una conica spezzata in due rette distinte reali $r,s$, si avra' $P=r\cap s$. $P$ sara' punto di tangenza, e tutte le rette contenute in $\alpha$, passanti per $P$ saranno tangenti. % Infatti, sia $q$ retta t.c. $q\(\alpha,\;P\in q,\;q\neq r,s$. Se per assurdo $q$ non fosse tg, allora $\exists O\in q:\;O\neq P,\;O\in Q$ \eal{ &\sist{O\in q \( \alpha\> O\in \alpha\\ O\in Q} \> O\in \Gamma=r\v s\>O\in r \;\lor \;O\in s} assurdo perche' $q\neq r,s$. Infine, se $q=r\;\lor \;q=s$ \eal{ r,s\(\Gamma \(Q\>q\^ Q=q}. \end{prova} \end{prova} \begin{prop} Da quest'ultimo risultato segue che $\pi_\8$ e' un piano tangente a un paraboloide. %??Inoltre, il punto di tangenza e' il punto di intersezione tra le due rette %della conica spezzata?? \end{prop} \subsection{Punti iperbolici, ellittici, parabolici} Abbiamo dato la definizione di punto iperbolico, ellittico, parabolico in \see{corquadclasspt}. \begin{thm} Sia $Q$ una quadrica non spezzata, e $P_0\in Q$, allora \[ P_0\;\T{ parabolico}\;\Rightarrow \;Q\T{ e' un cono o un cilindro} \] \end{thm} \begin{prova} \pf \begin{prova} Una quadrica non spezzata puo' essere o un cono-cilindro oppure non degenere. Supponiamo per assurdo che sia non degenere. Poiche' non e' degenere, non ha vertici, percio' per $P_0$ esiste sicuramente il piano $\alpha$ tg a $Q$. \begin{align*} &P_0\;\T{ parabolico}\;\Rightarrow \;\alpha\cap Q=r\cup r \end{align*} \pfsketch{ considereremo un piano $\beta\neq \alpha:\;r\(\beta$. Dimostrando che sia $\alpha$, che $\beta$ sono piano tg, arriveremo all'assurdo. } Sia $P_1\in Q\setminus \alpha$, e sia $\beta$ il piano contenente $r$ e $P_1$. \begin{align*} &\beta\cap Q=\Gamma\\ &r\subseteq \beta,\;r\subseteq Q\;\Rightarrow \;r\subseteq \Gamma\;\Rightarrow \;\Gamma\T{ e' spezzata }\\ & \begin{cases} P_1\in Q,\;P_1\in \beta\;\Rightarrow \;P_1\in \Gamma\\ P_1\notin \alpha\;\Rightarrow \;P_1\notin r \end{cases}\;\Rightarrow \;\exists s\neq r \subseteq \Gamma\\ &\Gamma=r\cup s \end{align*} Sia $\{T\}=r\cap s$.\\ \step{}{Mostriamo che $\beta$ e' il piano tg a $Q$ in $T$} \begin{prova} tutte le rette in $\beta$, passanti per $T$ sono tg a $Q$ in $T$. Infatti, sia $q$ retta t.c. $q\(\beta,\;T\in q,\;q\neq r,s$. Se per assurdo $q$ non fosse tg, allora $\exists O\in q:\;O\neq T,\;O\in Q$ \eal{ &\sist{O\in q \( \beta\> O\in \beta\\ O\in Q} \> O\in \Gamma=r\v s\>O\in r \;\lor \;O\in s} assurdo perche' $q\neq r,s$. Infine, se $q=r\;\lor \;q=s$ \eal{ r,s\(\Gamma \(Q\>q\^ Q=q} Ecco quindi che ogni retta passante per $T$ e contenuta in $\beta$ e' tg per $Q$ \end{prova} \step{}{$\alpha$ e' il piano tg a $Q$ in $T$} \begin{prova} si procede come prima, tenendo presente che $\alpha\cap Q=r$ \end{prova} In definitiva, \begin{align*} &\T{$\alpha$ e' il piano tg a $Q$ in $T$}\\ &\T{$\beta$ e' il piano tg a $Q$ in $T$} \end{align*} assurdo, perche' il piano tg e' unico. \end{prova} \qed \end{prova} \begin{thm} \label{thmparaconocil} Sia $Q$ una quadrica non spezzata, e $P_0\in Q$ non vertice, allora \[ P_0\;\T{ parabolico}\;\Leftrightarrow \;Q\T{ e' un cono o un cilindro} \] ovvero i punti, non vertici, di un cono-cilindro sono tutti e soli i punti parabolici. \end{thm} \begin{prova} \pf \step{}{Dim $\Rightarrow $} \begin{prova} l'abbiamo gia' dimostrato nel thm precedente \end{prova} \step{}{Dim $\Leftarrow $} \begin{prova} Poiche' $P_0$ non e' vertice, $\exists $ il piano $\alpha$ tg a $Q$ in $P$. Ora, per quanto abbiamo visto in cor \see{corquadclasspt}, $P_0$ puo' essere o iperbolico o parabolico o ellittico. Se per assurdo $\alpha\cap Q=r\cup s$, per il cor \see{corconocilverticers}, vertice $V=r\cap s$. $V\in r\cup s=\alpha\cap Q \;\Rightarrow \;V\in \alpha$, ma questo e' assurdo, perche', in questo caso, il piano tg non puo' contenere il vertice\footnote{Vedi la dim. del cor \see{cor521}}. Quindi $\alpha\^Q=r\v r$. \end{prova} \qed \end{prova} \begin{cor} $Q$ non degenere ha solo punti iperbolici o ellittici. \end{cor} \begin{prova} \pf \begin{prova} $Q$ non degenere significa che non ha vertici, allora per il thm \see{thmparaconocil}, tutti i suoi punti non sono parabolidi. Quindi sono o iperbolici o ellittici. \end{prova} \qed \end{prova} \begin{thm} \label{thmipertuttiiper} $Q$ non spezzata, \[ P_0\in Q\;\T{ iperbolico}\;\Rightarrow \;\forall P\in Q\;\;P\T{ iperbolico} \] \end{thm} \begin{prova} \pf \begin{prova} Osserviamo che per il cor \see{thmparaconocil}, \begin{align*} &P_0\;\T{ iperbolico}\;\Rightarrow \;P_0 \T{ non e' cono-cilindro} \end{align*} poiche' $Q$ non e' spezzata, e non e' un cono-cilindro, allora e' non degenere.\\ Sia $\alpha$ il piano $\tan(Q, in P_0)$. Osserviamo che $P_0$ iperbolico $\;\Rightarrow \;\Gamma=\alpha\cap Q=r\cup s$.\\ Sia $P_1\in Q:\;P_1\neq P_0$, \case{$P_1\in \alpha$} \begin{prova} Supponiamo che $P_1\in s$. Sia $\beta$ il piano $\tan(Q, in P_1)$, si ha \begin{align*} &P_0\in s\subseteq \alpha\;\Rightarrow \;\T{ s e' tg in $P_0$ }\\ &P_1\in s\\ &\qq \;\Rightarrow \;s\subseteq \beta\;\;\T{ [per def di piano tg]} \end{align*} studiamo $\Gamma'=\beta\cap Q$: \begin{enumerate} \item $\Gamma'$ non puo' essere unione di due rette coincidenti perche' altrimenti $P_1$ sarebbe parabolico, e per il thm \see{thmparaconocil} $P_0$ dovrebbe essere pure parabolico, assurdo. \item $\Gamma'$ non puo' essere unione di rette img, perche' \begin{align*} &\sist{\alpha\cap Q=r\cup s\;\Rightarrow \;s\subseteq Q\\ s\subseteq \beta} \> s\( \Gamma' \end{align*} ed $s$ e' reale. \item Quindi l'unico caso rimasto e' che $\Gamma'$ sia unione di due rette reali, cioe' $P_1$ e' un iperboloide. \end{enumerate} \end{prova} \case{$P_1\notin \alpha$} \begin{prova} Ricordando che $\Gamma=\alpha\cap Q=r\cup s$, \pflet{ \begin{enumerate} \item $\beta$ il piano $\tan(Q, in P_1)$ \item retta $p=\beta\cap \alpha$ \item $\{A,B\}\( p\cap (r\cup s)$ \end{enumerate} } Allora, \begin{align*} &P_1\in \beta,\;A\in \beta\;\Rightarrow \;P_1A \subseteq \beta\\ &\;\Rightarrow \;P_1A\T{ e' }\tan(Q, in P_1)\;\Rightarrow \;P_1A\cap Q=(P_1\lor P_1A)\\ &P_1A\cap Q =P_1\;\T{ assurdo perche' } A\in Q\\ &\;\Rightarrow \;P_1A\cap Q= P_1A\;\Rightarrow \;P_1A\subseteq Q\\ &\\ &P_1A\subseteq \beta\^ Q=\Gamma' \end{align*} in modo analogo si vede che \begin{align*} &P_1B\subseteq \beta\^ Q \end{align*} Quindi $\beta\^ Q$ e' spezzata in due rette reali e distinte, percio' $P_1$ e' iperbolico. \end{prova} \qed \end{prova} \end{prova} \begin{thm} \[ P_0\in Q\;\T{ ellittico}\;\Rightarrow \;\forall P\in Q\;\;P\T{ ellittico} \] Questo thm si ottiene per esclusione dal thm \see{thmparaconocil}, e dal \see{thmipertuttiiper}. \end{thm} \begin{prop} Riassumendo i precedenti tre teoremi:\\ \center{\emph{} una conica non spezzata, ha i punti tutti dello stesso tipo.} \end{prop} \subsubsection{Tabella riassuntiva} \ilabel{tabella quadriche} \begin{tabular}[h]{r|c|c} & $C_\infty(Q)$ non spezzata & $C_\infty (Q)$ spezzata \\ \hline\\ & & \\ pt. iperbolici & Iperboloide iperbolico & Paraboloide iperbolico\\ & &\\ \hline\\ & &\\ pt. ellittici & Iperboloide ellittico $\lor $ Ellissoide & Paraboloide ellittico\\ & &\\ \hline\\ & &\\ pt. paraboloci & Cono & Cilindro\\ \end{tabular}\qq\\ \newline Il caso dubbio ``Iperboloide ellittico $\lor $ Ellissoide'' si risolve vedendo di che tipo sono i punti di $C_\infty(Q)$: se img avremo l'ellissoide, se reali l'iperboloide ellittico. \subsection{Sezioni piane - Cono-Cilindro} In questa sottosezione, analizzeremo le sezioni piane dei coni e dei cilindri. \subsubsection{Classificazione} Consideriamo $\Gamma=\alpha\cap Q$, dove $Q$ e' un cono-cilindro, $\alpha$ un piano, $\Gamma$ una conica. Per classificare $\Gamma$ si procede in questo modo: \begin{enumerate} \item Se $V$, vertice di $Q$, $\in \alpha\;\;\Rightarrow \;\Gamma$ e' spezzata (thm \see{thmconocilindroverticealphagammaspezzata}) \item Se $V\notin Q$, e $\Gamma$ e' dato da un sistema del tipo: \[ \begin{cases} a_{11}x^2+a_{22}y^2+\dots=0\\ z=0 \end{cases} \] allora possiamo applicare tutti i teoremi che conosciamo sulle coniche ($A_{33}, |A|,\dots$). \item Altrimenti, calcoliamo i punti impropri di $\Gamma$, e la classifichiamo usando le definizioni (ellisse=due pt. impropri img, parabola=due pt. impropri reali coinci, $\dots$). \end{enumerate} \subsubsection{Tipi di coniche} \begin{thm} Sia $Q$ un cilindro, allora si verifica uno dei seguenti casi: \begin{align*} &1.\' \forall \beta\T{ piano }:\;V\notin \beta\;\T{ si ha } \beta\cap Q \T{ e' una parabola}\\ &2.\' \forall \beta\T{ piano }:\;V\notin \beta\;\T{ si ha } \beta\cap Q \T{ e' una ellisse}\\ &3.\' \forall \beta\T{ piano }:\;V\notin \beta\;\T{ si ha } \beta\cap Q \T{ e' una iperbole}\\ \end{align*} Ovvero, il cilindro contiene coniche tutte dello stesso tipo.\\ \ilabel{cilindro!ellittico} \ilabel{cilindro!iperbolico} \ilabel{cilindro!parabolico} In base a questo teorema, possiamo suddividere i cilindri nelle seguenti classi: cilindri ellittici, iperbolici, parabolici. \end{thm} \begin{prova}\pf \begin{prova} Per il corollario \see{corconociliCinf}, $C_\infty (Q)$ e' una conica spezzata.\\ Consideriamo $C_\infty (Q)$ \case{$C_\infty(Q)$ sono due rette $s_1,s_2$ reali e distinte (improprie)} \begin{prova} Notiamo che $s_1,s_2\subseteq \pi_\infty $, e che per il corollario \see{corconocilverticers}, $s_1\cap s_2=V$ vertice. \\ Prendiamo un piano $\beta$ che non passi per $V$. $r_\infty (\beta)$, non passando per $V$, tagliera' $s_1,s_2$ in due punti reali e distinti. Allora, \begin{align*} &\Gamma_\times =\{P_1,P_2\}\;\Rightarrow \;\Gamma\T{ e' una iperbole} \end{align*} Nota \footnote{Conviene rappresentarsi la situazione disegnando il piano all'infinito, le due rette $s_1,s_2$ contenute in esso, che si intersecano in $V$, e una retta qualsiasi che non passa per $V$.} \end{prova} \case{$C_\infty (Q)$ sue due rette reali e coincidenti} \begin{prova} Come prima. Stavolta pero' si avranno due punti reali e coincidenti, e percio' \begin{align*} &\Gamma_\times =\{P_1,P_2\}\;\Rightarrow \;\Gamma\T{ e' una parabola} \end{align*} \end{prova} \case{$C_\infty (Q)$ sono due rette img} \begin{prova} Come prima. Si avranno pero' due punti img coniugati. Quindi \begin{align*} &\Gamma_\times =\{P_1,P_2\}\;\Rightarrow \;\Gamma\T{ e' una ellisse} \end{align*} \end{prova} \end{prova} \qed \end{prova} \begin{thm}\qq\\ Le sezioni di un cono danno origine a tutti i tipi di coniche. \end{thm} \begin{prova} \pf Basta procedere in modo analogo alla dim del thm precedente, considerando pero' che $C_\infty (Q)$ e' una conica non spezzata. \end{prova} \subsection{Sezioni piane - Quadriche non degeneri} In questa sottosezione, analizzeremo delle quadriche non degeneri.\\ Sia $Q$ la quadradica che considereremo di volta in volta, $\alpha$ un piano non tg ad essa e $\Gamma=\alpha\cap Q$, $\Gamma_\infty =r_\infty (\alpha)\cap C_\infty (Q)$. \subsubsection{Ellissoide} $\Gamma$ e' sempre un'ellisse\\ \begin{prova} \pf proprio per def. $C_\infty (Q)$ e' tutta a punti img, quindi pure $\Gamma$ lo e'. \end{prova} \subsubsection{Iperboloide} \begin{enumerate} \item $\Gamma_\infty=\{P_1,P_2\}$ reali $\;\Rightarrow \Gamma$ e' un iperbole \item $\Gamma_\infty=\{P_1,P_1\}$ reali $\;\Rightarrow \Gamma$ e' una parabola \item $\Gamma_\infty=\{P_1,P_2\}$ img $\;\Rightarrow \Gamma$ e' una ellisse \end{enumerate} \begin{prova} \pf Questi casi si verificano perche' $C_\infty (Q)$ e' non spezzata, e reale. Nota: a differenza del cono, nell'iperboloide una sezione piana non puo' contenere tutti i tipi di coniche spezzate. \end{prova} \subsubsection{Paraboloide} \begin{prova} \case{Iperbolico} \begin{enumerate} \item $\Gamma_\infty=\{P_1,P_2\}$ reali $\;\Rightarrow \Gamma$ e' un iperbole \item $\Gamma_\infty=\{P_1,P_1\}$ reale $\;\Rightarrow \Gamma$ e' una parabola\\ $P_1$ e' il punto di tg della parabola con $\pi_\infty $, ed e' anche il suo centro. \end{enumerate} \begin{prova} \pf $C_\infty(Q)$ e' spezzata in due rette reali e distinte, che si possono percio' ``tagliare'' con $r_\infty (\alpha)$ in due pt. distinti o due coinc. \end{prova} \case{Ellittico} \begin{prova} \begin{enumerate} \item $\Gamma_\infty=\{P_1,P_2\}$ img $\;\Rightarrow \Gamma$ e' un ellisse \item $\Gamma_\infty=\{P_1,P_1\}$ reale $\;\Rightarrow \Gamma$ e' una parabola \end{enumerate} \begin{prova} \pf $C_\infty(Q)$ e' spezzata in due rette img. \end{prova} \end{prova} \end{prova} \subsection{Equazioni ridotte e invarianti} \begin{thm} \label{thmsisquadriche} Data una quadrica $Q$ esiste almeno un sistema di riferimento $\Omega XYZ$ rispetto al quale $Q$ si puo' scrivere in una delle seguenti forme: \begin{align*} &\alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}Z^2+\alpha_{44}=0\;\;(1)\\ &\alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+2\alpha_{34}Z=0\;\;(2) \end{align*} Inoltre, le seguenti caratteristiche dell'equazione restano invariate: \begin{enumerate} \item $r(A)$, la caratteristica di $A$. \item $\det A$ . \item $A_{44}= \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12} & a_{13}\\ a_{12}&a_{22} & a_{23}\\ a_{13}&a_{23} & a_{33} \end{vmatrix} $, il complemento algebrico di posto $(4,4)$. \item \[J=\begin{vmatrix} a_{22} & a_{23}\\ a_{23} & a_{33} \end{vmatrix}+ \begin{vmatrix} a_{11} & a_{13}\\ a_{13} & a_{33} \end{vmatrix}+ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12} \\ a_{12}&a_{22} \end{vmatrix}\] Nota che ogni addendo e' il complemento algebrico (in valore assoluto) della matrice $A_{44}$, rispettivamente di posto $(1,1),\;(2,2),\;(3,3)$ \item $I=a_{11}+a_{22}+a_{33}$ \end{enumerate} \end{thm} \subsubsection{Equ. ridotte} \begin{description} \item[Coniche degeneri]\qq\\ \begin{enumerate} \item $Q$ cono $\;\Rightarrow \; Q$ ha equazione ridotta di tipo $(1)$ \item $Q$ cilindro iperbolico o ellittico $\;\Rightarrow \; Q$ ha equazione ridotta di tipo $(1)$ \item $Q$ cilindro parabolico $\;\Rightarrow \; Q$ ha equazione ridotta di tipo $(2)$ \end{enumerate} \item[non degeneri]\qq\\ \begin{enumerate} \item $Q$ paraboloide$\;\Leftrightarrow \;Q$ ha equazione ridotta di tipo $(2)$ \item $Q$ ellissoide o iperboloide $\;\Leftrightarrow \;Q$ ha equazione ridotta di tipo $(1)$ \end{enumerate} \end{description} \subsubsection{Equazioni canoniche} \label{equcanonichequadrica} Piu' in dettaglio, abbiamo le varie equazioni canoniche: \begin{description} \item[Coniche degeneri]\qq\\ \begin{enumerate} \item Cilindro parabolico:$\;Z=aX^2$ \item Cilindro ellittico:$\;\frac{X^2}{a^2}+ \frac{Y^2}{b^2}=1$ \item Cilindro ellittico immaginario:$\;\frac{X^2}{a^2}+ \frac{Y^2}{b^2}=-1$ \item Cilindro iperbolico:$\;\frac{X^2}{a^2}- \frac{Y^2}{b^2}=1$ \item Cono: $\alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}Z^2=0$ (che e' l'equ di un cono con vertice in $O$) \end{enumerate} \item[non degeneri]\qq\\ \begin{enumerate} \item Paraboloide ellittico\footnote{con ``paraboloide ellittico'' intendiamo ``paraboloide a pt. ellittici''}: $\; Z=\frac{X^2}{a^2}+\frac{Y^2}{b^2}$\\ Il piano $Z=0$ e' tangente nell'orgine. \item Paraboloide iperbolico: $\; Z=\frac{X^2}{a^2}-\frac{Y^2}{b^2}$\\ Il piano $Z=0$ e' tangente nell'origine. \item Ellissoide a pt. reali: $\; \frac{X^2}{a^2}+\frac{Y^2}{b^2}+\frac{Z^2}{c^2}=1$\\ $A=(a,0,0)$ e' un suo punto. Il piano tg ad $A$ e' $X=a$. \item Ellissoide a pt. immaginari: $\; \frac{X^2}{a^2}+\frac{Y^2}{b^2}+\frac{Z^2}{c^2}=-1$ \item Iperboloide iperbolico: $\; \frac{X^2}{a^2}+\frac{Y^2}{b^2}-\frac{Z^2}{c^2}=1$\\ $A=(a,0,0)$ e' un suo punto. Il piano tg ad $A$ e' $X=a$. \item Iperboloide ellittico: $\; \frac{X^2}{a^2}-\frac{Y^2}{b^2}-\frac{Z^2}{c^2}=1$\\ $A=(a,0,0)$ e' un suo punto. Il piano tg ad $A$ e' $X=a$. \end{enumerate} \end{description} \begin{prova} \pf Prima di proseguire consideriamo le matrici associate alle due forme ridotte: \[ (1)\;\begin{bmatrix} \alpha_{11}&0 & 0& 0\\ 0&\alpha_{22} & 0 & 0\\ 0&0 & \alpha_{33} & 0\\ 0&0 & 0& \alpha_{44} \end{bmatrix}\;\;\;\;(2)\; \begin{bmatrix} \alpha_{11}&0 & 0& 0\\ 0&\alpha_{22} & 0 & 0\\ 0&0 & 0 & \alpha_{34}\\ 0&0 & \alpha_{34}& 0 \end{bmatrix} \] \step{}{ Sia $Q$ un cono o un cilindro, ovvero $\rho(A)=3$ (\vedi{classquadriche}) } \begin{prova} \case{supponiamo che abbia equazione ridotta $(1)$} \begin{prova} Poiche' $\rho(A)=3$, allora almeno un coefficiente si deve annullare. \case{$\alpha_{33}=0,$ gli altri $\neq 0$} \begin{prova} Si ha $\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}X^2+\alpha_{44}$, che si puo' riscrivere come $\pm\frac{X^2}{a^2}\pm \frac{Y^2}{b^2}=1$. Per il cor \see{noterminein}, avremo un cilindro parallelo a $\asse{Z}$, la cui direttrice e' un ellisse (immaginaria o reale) o un'iperbole. \end{prova} \case{$\alpha_{22}=0$, gli altri $\neq 0$} \begin{prova} come prima, pero' il cilindro e' parallelo a $\asse{Y}$ \end{prova} \case{$\alpha_{11}=0$, gli altri $\neq 0$} \begin{prova} come prima, pero' il cilindro e' parallelo a $\asse{X}$ \end{prova} \case{$\alpha_{44}=0$, gli altri $\neq 0$} \begin{prova} L'equazione diventa $ \alpha_{11}X^2+\alpha_{22}Y^2+\alpha_{33}Z^2=0$. Sempre per il cor \see{noterminein}, avremo un cono con vertice in $O$. \end{prova} \end{prova} \case{supponiamo che abbia equazione ridotta $(2)$} \begin{prova} $\rho(A)=3\;\Rightarrow \;\alpha_{34}\neq 0$ (altrimenti si avrebbe $\rho(A)=2$). Allora ci sono solo due casi analoghi. \case{$\alpha_{22}=0$, gli altri $\neq 0$} \begin{prova} L'equazione diventa $\alpha_{11}X^2+2\alpha_{34}Z=0$ che si puo' trasformare in $\;Z=aX^2$. Questo e' un cilindro che ha per direttrice una parabola, ed e' parallalelo a $\asse{Y}$ \end{prova} \case{$\alpha_{11}=0$, gli altri $\neq 0$} \begin{prova} L'equazione: $\alpha_{11}Y^2+2\alpha_{34}Z=0$ che si puo' trasformare in $\;Z=aY^2$. Cilindro che ha per direttrice una parabola, ed e' parallalelo a $\asse{X}$ \end{prova} \begin{prova} \end{prova} \end{prova} \step{}{ Sia $Q$ una quadrica non degenere, ovvero $\rho(A)=4$ } \begin{prova} Stavolta $\rho(A)=4$, quindi tutti i coefficienti sono $\neq 0 $ \case{supponiamo che abbia equazione ridotta $(2)$} \begin{prova} Semplificando la forma ridotta, si arriva alle due equazioni $Z=\frac{X^2}{a^2}\pm \frac{Y^2}{b^2}$ Classifichiamole: \case{$+$} \begin{prova} Calcoliamo la sua conica all'infinito: \[ \begin{cases} Zt=\frac{X^2}{a^2}+ \frac{Y^2}{b^2}\\ t=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} \frac{X^2}{a^2}+ \frac{Y^2}{b^2}=(\frac{X}{a}+i\frac{Y}{b})(\frac{X}{a}-i\frac{Y}{b})=0\\ t=0 \end{cases} \] questa e' una conica spezzata in due retta img. Quindi, in questo caso l'equazione ridotta rappresenta un paraboloide.\\ Vediamo che tipi di punti possiede: basta considerare un qualsiasi piano tangente ad essa (\vedi{corquadclasspt}) . Come piano prendiamo quello tangente in $O$, che e' $Z=0$ (\vedi{extginO}).\[ \begin{cases} 0=\frac{X^2}{a^2}+ \frac{Y^2}{b^2}\\ Z=0 \end{cases}\] che e' una conica spezzata in due rette img e quindi $O$ e' un punto ellittico. Allora, per quanto visto prima, tutti i punti della quadrica saranno ellittici. \end{prova} \case{$-$} \begin{prova} Si procede come prima, e si arriva a un iperboloide iperbolico (a pt. iperbolici). \end{prova} \end{prova} \case{supponiamo che abbia equazione ridotta $(1)$} \begin{prova} Le equazioni canoniche a cui perveniamo sono: \[ \frac{X^2}{a^2}\pm \frac{Y^2}{b^2}\pm\frac{Z^2}{+c^2}=\pm 1 \] Classifichiamole: \case{$+,+,+$} \begin{prova} La sua conica all'infinito e' \[ \begin{cases} \frac{X^2}{a^2}+ \frac{Y^2}{b^2}+\frac{Z^2}{+c^2}=0\\ t=0 \end{cases} \] che e' una conica non spezzata a punti immaginari. Quindi la quadrica e' un ellissoide, a punti reali (dato che l'equ della quadrica ammette soluzioni reali). \end{prova} \case{$+,+,-$} \begin{prova} La sua conica all'infinito e' \[ \begin{cases} \frac{X^2}{a^2}+ \frac{Y^2}{b^2}+\frac{Z^2}{+c^2}=0\\ t=0 \end{cases} \] che e' una conica non spezzata a punti immaginari. Quindi la quadrica e' un ellissoide, che pero' ha tutti i punti immaginari. \end{prova} \case{$+,-,+$} \begin{prova} La sua conica all'infinito e' \[ \begin{cases} \frac{X^2}{a^2}+ \frac{Y^2}{b^2}-\frac{Z^2}{+c^2}=0\\ t=0 \end{cases} \] che e' una conica non spezzata con almeno un punto reale (ad esempio $(0,b,c,0)$). Quindi la quadrica e' un iperboloide. \end{prova} \case{$-,-,+$} \begin{prova} Lo stesso caso precedente. Pero' stavolta un punto reale della conica all'infinito e' $(a,b,0,0)$ \end{prova} \step{}{Classifichiamo i tipi di punti} \begin{prova} Un punto comune ai casi $(+,+,+),\;(+,-,+),\;(-,-,+)$ e' $A=(a,0,0)$, infatti, soddisfa le loro equazioni. Poiche' siamo nel caso di coniche non degeneri, non c'e' dubbio che $A$ non sia vertice. Calcoliamo allora il piano tg in $A$ con la formula (\vedi{thmpianotg}): \begin{align*} &\begin{bmatrix} a&0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2}&0 & 0& 0\\ 0&\pm \frac{1}{b^2} & 0 & 0\\ 0&0 & \pm \frac{1}{c^2} & 0\\ 0&0 & 0& -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} X\\Y\\Z\\1 \end{bmatrix}=0\;\Leftrightarrow \;\frac{1}{a}X-1=0\;\Leftrightarrow \;X=a:\;\alpha \end{align*} Per classificare i punti delle quadriche, calcoliamo il sistema $\alpha\cap Q$ nei vari. \case{$+,+,+$} \begin{prova} \[ \alpha\cap Q:\;\begin{cases} \frac{X^2}{a^2}+ \frac{Y^2}{b^2}+\frac{Z^2}{+c^2}=1\\ X=a \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} \frac{Y^2}{b^2}+\frac{Z^2}{+c^2}=0\\ X=a \end{cases} \] quindi $\alpha\cap Q$ si spezza in due rette img, avremo allora punti ellittici. \end{prova} \case{$+,-,+$} \begin{prova} \[ \alpha\cap Q:\;\begin{cases} \frac{X^2}{a^2}+ \frac{Y^2}{b^2}-\frac{Z^2}{+c^2}=1\\ X=a \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} \frac{Y^2}{b^2}-\frac{Z^2}{+c^2}=0\\ X=a \end{cases} \] quindi $\alpha\cap Q$ si spezza in due rette reali distinte, avremo allora punti iperbolici. \end{prova} \case{$-,-,+$} \begin{prova} \end{prova} \[ \alpha\cap Q:\;\begin{cases} \frac{X^2}{a^2}- \frac{Y^2}{b^2}-\frac{Z^2}{+c^2}=1\\ X=a \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} \frac{Y^2}{b^2}+\frac{Z^2}{+c^2}=0\\ X=a \end{cases} \] punti ellittici. \end{prova} \end{prova} \end{prova} \end{prova} \qed \end{prova} \subsubsection{Invarianti} \begin{align*} &|A| > 0\;\Leftrightarrow \;\T{Q e' a pt. iperbolici}\\ &|A| < 0\;\Leftrightarrow \;\T{Q e' a pt. ellittici}\\ &|A| = 0\;\Leftrightarrow \;\T{Q e' a pt. parabolici}\\ &A_{44}=0 \= \;\T{Q e' spezzata} \end{align*}\newline \ilabel{tabella quadriche (invarianti)} \begin{tabular}[h]{r|c|c} & $A_{44}\neq 0$ & $A_{44}= 0$\\ \hline\\ & & \\ $|A| > 0$ & Iperboloide iperbolico & Paraboloide iperbolico\\ & &\\ \hline\\ & &\\ $|A| < 0$ & Iperboloide ellittico $\lor $ Ellissoide & Paraboloide ellittico\\ & &\\ \hline\\ & &\\ $\rho(A)=3,\;|A| = 0$ & Cono & Cilindro \end{tabular}\qq Il caso $|A| > 0,\;A_{44}\neq 0$ si risolve vedendo di che tipo sono i punti di $C_\infty(Q)$: se img avremo l'ellissoide, se reali l'iperboloide ellittico. \begin{prova} \pf \begin{prova} \step{}{Analizziamo $|A|$} \begin{prova} Consideriamo le quadriche non degeneri, ovvero supponiamo che $|A|\neq 0$, cioe' $\rho(A)=4$. Per quanto visto in $\ref{equcanonichequadrica}$, possiamo ricondurre l'equazione di $Q$ a una forma canonica. Calcoliamo il determinante di ognuna: \begin{enumerate} \item Paraboloide ellittico $\; Z=\frac{X^2}{a^2}+\frac{Y^2}{b^2}$\\ \[ |A|=\begin{vmatrix} \frac{1}{a^2}& 0 & 0 & 0\\ 0 &\frac{1}{b^2} & 0 &0\\ 0 & 0 & 0 & \frac{-1}{2} \\ 0 & 0 & \frac{-1}{2} & 0 \end{vmatrix}=\frac{-1}{2a^2b^2} < 0 \] \item Paraboloide iperbolico: $\; Z=\frac{X^2}{a^2}-\frac{Y^2}{b^2}$\\ \[ |A|=\begin{vmatrix} \frac{1}{a^2}& 0 & 0 & 0\\ 0 &\frac{-1}{b^2} & 0 &0\\ 0 & 0 & 0 & \frac{-1}{2} \\ 0 & 0 & \frac{-1}{2} & 0 \end{vmatrix}=\frac{1}{2a^2b^2} > 0 \] \item Ellissoide a pt. reali: $\; \frac{X^2}{a^2}+\frac{Y^2}{b^2}+\frac{Z^2}{c^2}=1$\\ \[ |A|=\begin{vmatrix} \frac{1}{a^2}& 0 & 0 & 0\\ 0 &\frac{1}{b^2} & 0 &0\\ 0 & 0 & \frac{1}{c^2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{vmatrix}=\frac{-1}{a^2b^2c^2} < 0 \] \item Iperboloide iperbolico: $\; \frac{X^2}{a^2}+\frac{Y^2}{b^2}-\frac{Z^2}{c^2}=1$\\ \[ |A|=\begin{vmatrix} \frac{1}{a^2}& 0 & 0 & 0\\ 0 &\frac{1}{b^2} & 0 &0\\ 0 & 0 & \frac{-1}{c^2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{vmatrix}=\frac{1}{a^2b^2c^2} > 0 \] \item Iperboloide ellittico: $\; \frac{X^2}{a^2}-\frac{Y^2}{b^2}-\frac{Z^2}{c^2}=1$\\ \[ |A|=\begin{vmatrix} \frac{1}{a^2}& 0 & 0 & 0\\ 0 &\frac{-1}{b^2} & 0 &0\\ 0 & 0 & \frac{-1}{c^2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{vmatrix}=\frac{-1}{a^2b^2c^2} < 0 \] \end{enumerate} \end{prova} \step{}{Analizziamo $A_{44}$} \begin{prova} \[ A_{44}= \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12} & a_{13}\\ a_{12}&a_{22} & a_{23}\\ a_{13}&a_{23} & a_{33} \end{vmatrix} \] Notiamo che gli elementi dell'$A_{44}$ sono i termini di II grado dell'equazione di $Q$, e sono quindi quelli che rimangono quando si calcola $C_\infty(Q)$: \[ C_\infty(Q)=Q\cap \pi_\infty:\;\begin{cases} a_{11}x^2+a_{22}y^2+a_{33}z^2+ 2a_{12}xy+2a_{13}xz+2a_{23}yz+ =0\;\;(1)\\ t=0\;\;(2) \end{cases} \] La $(1)$ si puo' intendere come una conica scritta in coordinate omogenee usando la variabile $z$ al posto di $t$. Poiche' la $(2)$ e' irridubile, $C_\infty (Q)$ si spezza sse la conica $(1)$ si spezza. Per quanto abbiamo visto nel piano, la $(1)$ si spezza sse il suo det e' $0$, ma il suo determinante e' proprio $A_{44}$. \end{prova} \end{prova} \end{prova} \begin{exemp} Per classificare i punti di $Q$, esiste un metodo che in alcuni casi risulta piu' veloce, e che non fa uso di $|A|$. Questo metodo si basa sulla definizione dei tipi di punti e sull'esempio \see{extginO}.\\ \newline Sia $Q:\;x^2+y^2-z^2+2xy+x=0$. \begin{enumerate} \item Passa per l'origine. Il piano tg in $O$ e' $\alpha:\;x=0$ \item Calcoliamo $\alpha\cap Q$: \[ \begin{cases} x^2+y^2-z^2+2xy+x=0\\ x=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} y^2-z^2=0\\x=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \;\]\[\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} (z-y)(z+y)=0\\ x=0 \end{cases}\;\Leftrightarrow \; \begin{cases} z-y=0\\ x=0 \end{cases}\T{oppure } \begin{cases} z+y\\ x=0 \end{cases} \] ecco che si spezza in due retta reali distinte. $O$ e' quindi un punto iperbolico. \item $Q$ e' a pt. iperbolici \end{enumerate} allora poiche' passa per l'origine, $x=0$ \end{exemp} \subsection{Polare} \ilabel{piano!polare} Data una quadrica non degenere ($|A|\neq 0$), definiamo la polare cosi' come abbiamo fatto nel piano (\vedi{polare}): \eal{& \pi:\piano\longrightarrow \rette\\ &\pi(P_1)=\left\{P\in \piano\;|\;\TR P_1AP=0\right\} } nel piano $\pi(P_1)$ era una retta, nello spazio $\pi(P_1)$ e' un piano: \emph{il piano polare} di $P_1$. Tuttavia, poiche' la definizione formale e' identica, tutti i teoremi e le dimostriazioni viste nel piano valgono anche nello spazio: \begin{enumerate} \item $P_0\in \pi(P_1)\;\Leftrightarrow \;P_1\in \pi(P_0)$ \\$P_0,P_1$ si dicono punti coniugati.\\ $\pi(P_0),\pi(P_1)$ si dicono piani coniugati.\\ $P_2\in \pi(P_2)$ si dice \emph{autoconiugato} \item $P\in Q\;\Leftrightarrow \;P\in \pi(P_1)$\\ I punti autoconiugati sono tutti e soli quelli che appartengono alla quadrica. \item $\pi(P)$ e' tg a $Q$ in $P\= P \in \pi(P)$\\ ovvero, un piano polare e' tg a $Q$ sse e' autoconiugato, cioe' se ha almeno un punto autoconiugato. \item $C\in \piano$ si dice centro di $Q\;\Leftrightarrow \;\pi(C)=\pi_\infty $\\ Dato $P\in \pi_\infty$, $\pi(P)$ si dice piano diametrale. \item $d\equiv \textrm{diametro}\;\Leftrightarrow \;C\in d$\\ Ovvero, i diametri sono tutti i piani passanti per $C$ \end{enumerate} Anche i metodi per calcolare il centro rimangono invariati: \begin{enumerate} \item Il centro di un'ellissoide o di un iperboloide e' dato da (\vedi{ellcalccentro}): \[ C:\; \begin{cases} a_{11}x+a_{12}y+a_{13}z+a_{14}=0\\ a_{21}x+a_{22}y+a_{23}z+a_{24}=0\\ a_{31}x+a_{32}y+a_{33}z+a_{34}=0 \end{cases} \] \item Il centro di un paraboloide $Q$ e' il punto di tangenza tra $Q$ e $\pi_\infty$ \end{enumerate} Abbiamo pero' un nuovo teorema: \begin{thm} Sia $r$ una retta e $P_1,P_2\in r$, allora \[ \forall P_0\in r\;\;\pi(P_0) \in \fascio(\pi(P_1),\pi(P_2)) \] dove $\fascio(\pi(P_1),\pi(P_2))$ e' il fascio di piani generato da $\pi(P_1)$ e da $\pi(P_2)$. Inoltre, $r$ e' l'asse di questo fascio. \end{thm} \begin{prova} \pf \begin{prova} \eal{ &P_1=(X_1),\;\;P_2=(X_2)\, P_0=(X_0)\\ &r:X=\lambda X_1 + \mu X_2\\ &P_0\in r \> \exists \lambda',\mu':\'X_0=\lambda X_1 + \mu X_2\'\'(1)\\ &\pi(P_0):\;\TR X_0 A X=0\'\'(2)\\ &(1)\,(2)\> \TR \pton{\lambda X_1 + \mu X_2} A X = 0\= \lambda' \TR X_1 A X +\mu' \TR X_2 A X = 0\\ &\pi(P_1):\;\TR X_1 A X=0\\ &\pi(P_2):\;\TR X_2 A X=0 } \qed \end{prova} \end{prova} \begin{defn} Le rette $r$ e $s$ sono coniugate fra loro $\=$ \[ \forall P \in r, Q\in s\'\'P\in\pi(Q)\, Q\in \pi(P) \] ovvero, se due qualsiasi punti delle due rette sono coniugati fra loro. \end{defn} \begin{thm} \label{thmrettaconiugata} Data una retta $r$, esiste la sua retta coniugata $s$, che si trova col seguente metodo: \eal{ &1.\'P_1,P_2\in r\\ &2.\'s=\pi(P_1)\^ \pi(P_2) } \end{thm} \begin{prova} \pf \begin{prova} Sia $P\in r$. Costruiamo $s$: \eal{&P\,P' \in r\\ &s=\pi(P)\^ \pi(P')\\ &s:\sist{\TR P A X=0\\ \TR P' A X =0} } Sia $Q\in s$ \step{}{Dim che $P\in \pi(Q)$, ovvero $\TR Q A P =0$} \begin{prova} \eal{&Q\in s \= \sist{\TR P A Q=0\= \TR Q A P = 0\\ \TR P' A Q =0}\\ &\TR Q A P = 0\= P\in \pi(Q) } Per il thm della reciprocita' segue anche che $Q\in \pi(P)$, e quindi il viceversa e' pure dimostrato. \end{prova} \end{prova} \qed \end{prova} \subsubsection{Cono-Cilindro circoscritto a $Q$} Sia $Q$ una conica non degenere e $P_0 \notin Q$. Un suo cono-cilindro circoscritto e' l'unione di tutte le rette tangenti a $Q$ e passanti per $P_0$. Ad esempio, un cono che continene una palla, e' un cono circoscritto ad essa. \begin{thm} \eal{ &\T{retta } P_0T \T{ tg a $Q$ in $T$} \= T \in \pi(P_0),\;T\in Q } \end{thm} \begin{prova} \pf \begin{prova} Sia $\alpha$ il piano tg a $Q$ in $T$. \eal{ &\alpha=\pi(T)\\ &P_0T\( \alpha \> \pton{P_0\in \alpha=\pi(T)}\= T\in \pi(P_0) } Viceversa, \eal{ &T\in \pi(P_0) \> P_0\in \pi(T)\ubrace{=}{T\in Q}\alpha\T{ piano tg a $Q$ in $T$}\\ &P_0,T \in \alpha \> P_0T \( \alpha \> P_0T\T{ e' una retta tg a $Q$ in $T$} } \end{prova} \qed \end{prova} \begin{prop} Per calcolare il cono-cilindro circoscritto di $Q$, con vertice $P_0$, si procede cosi': \marginpar{CALCOLARE IL CONO CIRCOSCRITTO} \begin{enumerate} \item Sia $\alpha=\pi(P_0)$ \item Sia $\Gamma=\alpha \^ Q$ \item Calcoliamo il cono-cilindro con i metodi visti in \see{cono}, usando $\Gamma$ come direttrice e $P_0$ come vertice. \end{enumerate} \end{prop} \subsection{Quadriche di rotazione} Una quadrica di rotazione e' generata da una curva che ruota attorno a un asse. Ad esempio, se prendiamo $z=x^2$, e la facciamo ruotare attorno all'asse $z$, otteniamo $z=x^2+y^2$ \begin{figure}[h] \begin{center} \includegraphics[scale=0.4]{fig/parabrot} \end{center} \caption{$z=x^2+y^2$} \label{fig:paraborot} \end{figure} Poiche' ogni punto della curva che routa descrive una circonferenza, le quadriche di rotazione si possono pensare come luogo di circonferenze. Per questo motivo, tutte le quadriche che non contengono ellissi, non possono essere quadriche di rotazione:\begin{description} \item[NON sono quadriche di rotazione]: Cilindro parabolico, cilindro iperbolico, paraboloide iperbolico \end{description} \begin{thm} Data una quadrica $Q$, che non sia una sfera, \[ \T{Q e' di rotazione } \= C_\infty (Q) \T{ e $K$ sono bitangenti} \= C_\8 (Q) \^ K = \{ A, A, \ove A, \ove A \} \] dove $K$ e' il cerchio assoluto, e $\ove A$ il coniugato del punto immaginario $A$. Nota che l'intersezione di due coniche da' al massimo $4$ punti. Quando due coniche sono bitangenti, abbiamo una coppia di punti che hanno molteplicita' $2$. \end{thm} Questo teorema permette di verificare se una data conica e' di rotazione oppure no: \begin{enumerate} \item Si calcola $C_\infty (Q)$ \item si pone il sistema $C_\infty(Q)\^ K$, dove \[ K:\sist{x^2+y^2+z^2=0\\ t=0} \] \item Se si ha una soluzione del tipo $\{ A, A, \ove A, \ove A \}$, allora $Q$ e' di rotazione. \end{enumerate} \marginpar{CALCOLARE L'ASSE DI ROT} Sia $r$ la retta impropria $A\ove A$, e sia $s$ l'asse di rotazione di $Q$ che vogliamo trovare. $r$ e $s$ sono due rette coniugate, quindi, per quanto visto in \ref{thmrettaconiugata}, possiamo calcolare $s$ in questo modo: \begin{enumerate} \item $s=\pi(A)\^\pi(\ove A)$, e piu' precisamente, dato che $A,\ove A\in Q$, avremo $s=\alpha\^\beta$, dove $\alpha$ e' il piano tg a $Q$ in $A$ e $\beta$ quello tg a $Q$ in $B$. \item Nel caso particolare in cui $Q$ e' un cono, allora, $s$ e' la retta passante per $V$, vertice, e $\perp $ a un piano che contiene una qualsiasi circonferenza di rotazione. \end{enumerate} \marginpar{CALCOLARE L'EQU DI ROT} Supponiamo adesso di conoscere l'equ della conica $\Gamma:\;f(x,y)=0$, e una retta $r$. Vogliamo calcolare l'equazione della conica di rotazione generata da $\Gamma$ che ruota attorno a $r$. Si procede cosi': \begin{figure}[h] \begin{center} \includegraphics[scale=0.5]{fig/parrot} \end{center} \label{fig:parrot} \end{figure} \begin{enumerate} \item Prendiamo $P$, punto generico di $\Gamma$, ovvero, imponiamo \[ f(P_x,P_y)=0\'\'(1) \] Ora procediamo nel trovare la circonferenza generica. \item Sia $PH$ la retta $\perp $ a $s$, passante per $P$. Sia $H=PH\^ s$.\\ $PH$ e' il raggio della circonferenza generica. \item Sia $\alpha:\;g(x,y,z)=0$ il piano passante per $P$ e $\perp $ a $s$ \item Sia $S:\;s(x,y,z)=0$ la sfera di centro $H$ e raggio $PH$. La circonferenza generica e': \[ C=S\^ \alpha:\;\sist{ s(x,y,z)=0\\ g(x, y, z)=0 } \] \item L'equazione finale di $Q$ comprende tutte le condizioni trovate: \[ \sist{ f(P_x,P_y)=0\\ C=S\^ \alpha } \] ovvero \[\sist{ f(P_x,P_y)=0\\ s(x,y,z)=0\\ g(x, y, z)=0 } \] \end{enumerate} \begin{prop} Se $s$ e' un asse cartesiano del piano di $\Gamma$ ed e' anche un suo asse di simmetria, allora vale questa regola:\begin{enumerate} \item Si sostituisce, nell'equazione di $\Gamma$, la variabile $v$, che non indica l'asse $s$, con $v=\sqrt{v^2+z^2}$ \end{enumerate} Ad esempio, se $y=x^2$ e' la parabola canonica e $s:\;x=0$ e' l'asse di rotazione: \eal{ & x\longrightarrow \sqrt{x^2+z^2}\\ & y=x^2+z^2 } $y=x^2+z^2$ e' l'equazione cercata.\\ Altro esempio: $x^2-y^2=1$ e' l'iperbole. Per ruotarla attorno all'asse $y=0$: \eal{\ & y\longrightarrow \sqrt{y^2+z^2}\\ & x^2-y^2+z^2=1 } Se $s$ e' parallelo a un asse cartesiano, allora si puo' applicare la traslazione e poi applicare questa regola. \end{prop} \subsection{Esercizi vari} \begin{exemp} Trovare l'equ della sfera tg a $\alpha$ in $P$ e passante per $A$ \begin{enumerate} \item Si trova $r$ retta t.c. $r\perp \alpha$, $P\in r$. Questa retta passa per il centro della sfera. \[ r:\;\begin{cases} x=x_0+ak\\ y=y_0+bk\\ z=z_0+ck \end{cases} \] \item $C\in r$, si esprime in forma parametrica: $C=(x_0+ak, y_0+bk, z_0+ck)$ \item $\overline{CP}=\overline{CA}$, e si trova $k$ \end{enumerate} \end{exemp} \begin{exemp} Trovare l'equ della sfera tg a $r$ in $P$ e avente $C\in s$ \begin{enumerate} \item Sia $\alpha$ piano $\perp$ a $r$ e passante per $P$. Il centro stara' in questo piano. \item E precisamente e' $C=\alpha\cap s$ \end{enumerate} \end{exemp} \begin{exemp} Trovare centro e raggio della circonferenza $C=S\cap \alpha$, conoscendo $S$ sfera e $\alpha$ piano. \begin{enumerate} \item Troviamo $c$, $r$, centro e raggio di $S$ \item sia $p$ la retta passante per $c$ e $\perp $ a $\alpha$ \item $c'$ centro di $C$ e' $c'=p\cap \alpha$ \item Sia $t$ un generico punto di $C$. $\overline{cc'}, \overline{ct}, \overline{c't}$ formano un triangolo rettango. Noi conosciamo $cc', ct$, con pitagora troviamo $c't$. \end{enumerate} \end{exemp} \begin{exemp} Trovare la sfera tg al piano $\alpha$, passante per il pt. $A$ e avente centro $C$ nella retta $r$. \begin{enumerate} \item Si scrive $r$ in forma parametrica \item Da $r$ esprimiamo $C$ in forma parametrica \item Imponiamo che $d(C,A)=d(C,\alpha)$ (la seconda con la formula della distanza punto-retta) \end{enumerate} \end{exemp} \begin{exemp} Data una sfera $S$, e una retta $r$, trovare i piani passanti da $r$ e tg a $S$. \begin{enumerate} \item Scriviamo il fascio di piani passanti da $r$. Ad esempio, \begin{align*} &r:\;\begin{cases} ax+by+cz+d=0\\ a'x+b'y+c'z+d'=0 \end{cases}\\ &\fascio:\;\lambda (ax+by+cz+d)+\mu (a'x+b'y+c'z+d')=0 \end{align*} \item Imponiamo $d(\beta, C)=R$, dove $\beta$ e' il generico piano di $\fascio$, e $R$ il raggio della sfera (che possiamo calcolare dall'equazione).\\ Cosi' facendo otteniamo $\lambda$ e $\mu$ \end{enumerate} \end{exemp} \begin{exemp} Dati tre punti $A,B,C$ trovare l'unica circonferenza passante per essi: \begin{enumerate} \item $\alpha$ piano passante per $A,B,C$ (\vedi{passantepertrepunti}) \item Fascio di sfere $S$ passanti per $A,B,C$: l'equazione si ottiene sostituendo le coordinate dei punti: \[ S:\;\;\sist{ A_x^2+A_y^2+A_z^2+aA_x+bA_y+cA_z+d=0\\ B_x^2+B_y^2+A_z^2+aB_x+bB_y+cA_z+d=0\\ C_x^2+C_y^2+A_z^2+aC_x+bC_y+cA_z+d=0 } \] \item $C_S$ centro di $S$. $r_S$ raggio di $S$. %????? \item Si impone che $d(C_s, \alpha) < r_S$ \item Si calcola infine la circonferenza: $C=S\^ \alpha$. \end{enumerate} \end{exemp} \begin{exemp} \label{expproiezione} Sia $\Gamma$ una conica nello spazio, data come intersezione di un piano e una quadrica: \[ \Gamma:\;\sist{f(x,y,z)=0:\;\;Q\\ g(x,y,z)=0:\;\;\alpha } \] Sostituendo possiamo ricondurci al sistema equivalente: \[ \sist{f'(x,y)=0\;\;(1)\\ z=g'(x,y)} \] La $(1)$ puo' essere intesa come \[ \sist{f'(x,y)=0\\ z=0} \] ovvero, come la proiezione di una conica nel piano $z=0$. A questo punto possiamo classificare la $(1)$ con tutti gli strumenti relativi alle coniche ($A_{33}, |A|, \dots$). \end{exemp} \begin{exemp} Data la conica, intersezione di quadrica $Q$ e piano $\alpha$ \[ \Gamma=\alpha\^Q:\;\sist{f(x,y,z)=0\;\;:Q\\ g(x,y,z)=0\;\;:\alpha } \] , verificare se essa e' una circonferenza, e trovare il centro e il suo raggio.\\ Possiamo procedere in vari modi:\\ \begin{prova} \step{}{ Metodo I } \begin{prova} Ricavandoci una variabile da $g(x,y,z)=0$ e sostituendola in $f(x,y,z)=0$, otteniamo una nuova equazione a due variabili, ad esempio \eal{&g(x,y,z)=0\longrightarrow z=g'(x,y)\\ &f(x,y,z)=0\longrightarrow f(x,y,g'(x,y))=0 \longrightarrow f'(x,y)=0} Se $f'$ rappresenta una sfera, allora $\Gamma$ e' proprio una circonferenza $C$, perche' intersezione del piano $\alpha$ con una sfera.\\ Per controllare che $C$ sia reale, dobbiamo verificare che $d(\alpha, S_c) < r$, dove $S_c$ e' il centro della sfera e $r$ il suo raggio.\\ Per calcolare il centro della sfera, basta considerare: \eal{ &C_c=p\^\alpha } dove $p$ e' la retta passante per $S_c$ e $\perp $ a $\alpha$.\\ Infine, per calcolare il raggio di $C$, si usa il thm di pitagora sul triangolo $S_cC_cP$:\[C_cP=\sqrt{\ove {S_cC_c}^2+\ove{S_cP}^2}\] dove $S_cP$ e' il raggio della sfera, $S_cC_c=d(C_c, S_c)=d(S_c, \alpha)$, e $C_cP$ e' il raggio incognita della circonferenza. \end{prova} \step{}{Metodo II} \begin{prova} Come visto nell'esempio \see{expproiezione}, calcoliamo la conica proiezione di $\Gamma$: \[ \Gamma':\;\sist{f'(x,y)=0\\ z=0 } \] dopo aver verificato che si tratta di un'ellisse (utilizzando l'$A_{33}$), calcoliamo il centro dell'ellisse $E_c$ (\vedi{ellcalccentro}).\\ Consideriamo la retta $r \perp $ al piano $z=0$, e passante per $E_c$. Il centro della circonferenza $\Gamma$ sara' $C_c=r\^\alpha$. \end{prova} \step{}{Metodo III} \begin{prova} Troviamo i punti impropri di $\Gamma$, ovvero passiamo a un sistema del tipo \[ \Gamma_\8:\; \sist{ Q_\8:\;\; f(x,y,z,t)=0\\ \alpha_\8:\;\; g(x,y,z,t)=0\\ t=0 } \] se con opportune sostituzioni riusciamo ad ottenere nel sistema il cerchio assoluto, cioe' ad avere qualcosa del tipo \[ \sist{ x^2+y^2+z^2=0\\ g'(x,y,z,t)=0\\ t=0 } \] allora possiamo affermare che $\Gamma$ e' una circonferenza, poiche' i suoi punti impropri sono i punti ciclici del piano $\alpha$. \end{prova} \step{}{Metodo IV} \begin{prova} Usiamo il sistema \eal{ &\Gamma_\8\^K:\;\;\sist{ Q_\8:\;\; f(x,y,z,t)=0\'\'(0)\\ \alpha_\8:\;\; g(x,y,z,t)=0\'\'(1)\\ x^2+y^2+z^2=0\'\'(2)\\ t=0\'\'(3) } } risolviamo il sistema formato dalla $(1),(2),(3)$, ottenendo due punti img. Questi sono i punti ciclici di $\alpha$. Li sostituiamo in $(0)$. Se risulta un'identita', allora $\Gamma$ e' una circonferenza: poiche' passa per i punti ciclici del suo piano, e quindi per il thm \see{ssepunticiclici}, $\Gamma$ e' una circonferenza. \end{prova} \end{prova} \end{exemp} \ifpdf \subsection{Figure di quadriche} Queste immagini che seguono, sono state prese da \\ \verb|http://www.mat.unical.it/~daprile/materiali/geo_analit_06/Quadriche.pdf| \includepdf[pages=-]{fig/Quadriche.pdf} \fi %%%%%%% \printindex \pagebreak \begin{align*} &\underbrace{}_{(O.O)}\\ &\stackrel{(}{-}\;\stackrel{)}{-} \end{align*} \end{document}