Esercizio 109riconoscere una conica e trovarne la forma canonica

Testo (esercizio sui cenni di teoria delle coniche della lezione 42). Riconoscere le coniche seguenti e, per le prime due, trovare la forma canonica e il cambio di coordinate che la produce.

1. $\mathcal C_1: \ x^2 + 4xy + y^2 - 6x - 6y + 3 = 0$
2. $\mathcal C_2: \ x^2 + 2xy + y^2 - 4x + 4y = 0$
3. $\mathcal C_3: \ x^2 - y^2 - 2x + 1 = 0$

Teoria usata: Coniche e quadricheUna conica è l'insieme dei punti del piano che annullano un polinomio di grado 2 in x, y. Con una traslazione (che elimina i termini di primo grado) e una rotazione data dal teorema spettrale (che elimina il termine xy) diventa una forma canonica: ellisse, iperbole o parabola, oppure un caso degenere. Il tipo si legge dai determinanti della matrice 3×3 completa e della parte quadratica 2×2. Circonferenze e sfere; cenni alle quadriche.Coniche e quadriche →, Teorema spettrale e forme quadraticheUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. Applicato alle forme quadratiche, permette di scriverle come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche →.

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

1. $\mathcal C_1$: un'iperbole

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

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

$\det A = 1 - 4 = -3 < 0$; $\det \tilde A = 1(3 - 9) - 2(6 - 9) - 3(-6 + 3) = -6 + 6 + 9 = 9 \ne 0$. Iperbole (non degenere).

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

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

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

Traslazione $x = 1 + X$, $y = 1 + Y$: i termini di primo grado spariscono (è la proprietà del centro) e il termine noto diventa il valore del polinomio in $C$: $1 + 4 + 1 - 6 - 6 + 3 = -3$. Quindi

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

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

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

Per il teorema spettrale $X^2 + 4XY + Y^2 = 3u^2 - v^2$, e l'equazione diventa

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

Forma canonica: iperbole con $a = 1$, $b = \sqrt3$. Vertici in $u = \pm 1$, $v = 0$, cioè (tornando indietro) $X = Y = \pm\frac{1}{\sqrt2}$, $(x, y) = \left(1 \pm \frac{1}{\sqrt2}, \ 1 \pm \frac{1}{\sqrt2}\right)$; asintoti $v = \pm\sqrt3\, u$.

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

2. $\mathcal C_2$: una parabola

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

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

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

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

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

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

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

3. $\mathcal C_3$: una conica degenere

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

$\det \tilde A = 0$ e $\det A < 0$: due rette incidenti. Infatti completando il quadrato:

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

cioè le rette $y = x - 1$ e $y = -x + 1$, che si incontrano in $(1, 0)$.

Riepilogo

Errori comuni

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