Curva cubica... e tri-esercizio!
Considerata la curva cubica (piana):
\[
\Gamma\equiv y^2-x^3-x^2=0
\]
dimostrare che:
[list=a]
[*:3rlybnxo]esistono dei polinomi \(\displaystyle p(t)\) e \(\displaystyle q(t)\) tali che i punti di coordinate:
\[
\begin{cases}
x=p(t)\\
y=q(t)
\end{cases}
\]
sono tutti e soli i punti di \(\displaystyle\Gamma\);[/*:m:3rlybnxo]
[*:3rlybnxo]euristicamente, dal punto precedente, dimostrare che la funzione suriettiva:
\[
\varphi:t\in\mathbb{R}\to(p(t),q(t))\in\Gamma
\]
non è iniettiva;[/*:m:3rlybnxo]
[*:3rlybnxo]\(\displaystyle\Gamma\) non ha asintoti.[/*:m:3rlybnxo][/list:o:3rlybnxo]
Nota: le tre richieste sono indipendenti tra loro!
P.S.: C'è un indizio nel titolo...
\[
\Gamma\equiv y^2-x^3-x^2=0
\]
dimostrare che:
[list=a]
[*:3rlybnxo]esistono dei polinomi \(\displaystyle p(t)\) e \(\displaystyle q(t)\) tali che i punti di coordinate:
\[
\begin{cases}
x=p(t)\\
y=q(t)
\end{cases}
\]
sono tutti e soli i punti di \(\displaystyle\Gamma\);[/*:m:3rlybnxo]
[*:3rlybnxo]euristicamente, dal punto precedente, dimostrare che la funzione suriettiva:
\[
\varphi:t\in\mathbb{R}\to(p(t),q(t))\in\Gamma
\]
non è iniettiva;[/*:m:3rlybnxo]
[*:3rlybnxo]\(\displaystyle\Gamma\) non ha asintoti.[/*:m:3rlybnxo][/list:o:3rlybnxo]
Nota: le tre richieste sono indipendenti tra loro!
P.S.: C'è un indizio nel titolo...
Risposte
Per il punto a), bisogna dimostrare che si puo` convertire in equazioni parametriche?
Per esempio si possono considerare le equazioni parametriche:
\(\displaystyle \begin{cases} x=t-1\\ y=\pm{(t-1)}\cdot{\sqrt{t}} \end{cases} \)
?
Per il b), basta considerare \(\displaystyle x=-1\) e si ha \(\displaystyle y=0\), ma anche con \(\displaystyle x=0\) si ha \(\displaystyle y=0\), e dunque la funzione non e` iniettiva.
Per il punto c) non saprei come procedere. L'unica idea che mi e` venuta e` di esaminare il grafico.
Per esempio si possono considerare le equazioni parametriche:
\(\displaystyle \begin{cases} x=t-1\\ y=\pm{(t-1)}\cdot{\sqrt{t}} \end{cases} \)
?
Per il b), basta considerare \(\displaystyle x=-1\) e si ha \(\displaystyle y=0\), ma anche con \(\displaystyle x=0\) si ha \(\displaystyle y=0\), e dunque la funzione non e` iniettiva.
Per il punto c) non saprei come procedere. L'unica idea che mi e` venuta e` di esaminare il grafico.
"Pachisi":
Per il punto a), bisogna dimostrare che si puo` convertire in equazioni parametriche?
Bisogna dimostrare qualcosa di un po' più forte. Si chiede di parametrizzare la curva con due polinomi.
[list=a]
[*:p4v8ljv8] Come ordine di idee ci siamo, ma come ti ha fatto notare Epimenide93, le funzioni devono essere polinomiali.[/*:m:p4v8ljv8]
[*:p4v8ljv8] Fino a prova contraria \(\displaystyle(-1,0)\neq(0,0)\), quindi \(\displaystyle\exists t_0\neq t_1\in\mathbb{R}:(-1,0)=\varphi(t_0)\neq\varphi(t_1)=(0,0)\) e la non iniettività di \(\displaystyle\varphi\) non è dimostrata.[/*:m:p4v8ljv8]
[*:p4v8ljv8] Cosa intendi per esaminare il grafico?[/*:m:p4v8ljv8][/list:o:p4v8ljv8]
[*:p4v8ljv8] Come ordine di idee ci siamo, ma come ti ha fatto notare Epimenide93, le funzioni devono essere polinomiali.[/*:m:p4v8ljv8]
[*:p4v8ljv8] Fino a prova contraria \(\displaystyle(-1,0)\neq(0,0)\), quindi \(\displaystyle\exists t_0\neq t_1\in\mathbb{R}:(-1,0)=\varphi(t_0)\neq\varphi(t_1)=(0,0)\) e la non iniettività di \(\displaystyle\varphi\) non è dimostrata.[/*:m:p4v8ljv8]
[*:p4v8ljv8] Cosa intendi per esaminare il grafico?[/*:m:p4v8ljv8][/list:o:p4v8ljv8]
Forse non ho ben capito la definizione di iniettivita`, ma non e` la seguente:
\(\displaystyle \forall x,y \in D\), \(\displaystyle x \neq y \Rightarrow f(x) \neq f(y)\) dove \(\displaystyle f \colon D \to B\) ?
In questo caso allora \(\displaystyle -1 \neq 0\), ma \(\displaystyle 0=0\), e dunque \(\displaystyle y^2-x^2-x^3=0\) non e` iniettiva.
Per esaminare il grafico intendevo, beh, disegnarlo...
Per il primo punto invece non so da dove iniziare. Avevo provato a sostituire nell'equazione iniziale \(\displaystyle [p(t)]^3+[p(t)]^2=[q(t)]^2\), ma non sono arrivato da nessuna parte...
\(\displaystyle \forall x,y \in D\), \(\displaystyle x \neq y \Rightarrow f(x) \neq f(y)\) dove \(\displaystyle f \colon D \to B\) ?
In questo caso allora \(\displaystyle -1 \neq 0\), ma \(\displaystyle 0=0\), e dunque \(\displaystyle y^2-x^2-x^3=0\) non e` iniettiva.
Per esaminare il grafico intendevo, beh, disegnarlo...
Per il primo punto invece non so da dove iniziare. Avevo provato a sostituire nell'equazione iniziale \(\displaystyle [p(t)]^3+[p(t)]^2=[q(t)]^2\), ma non sono arrivato da nessuna parte...
La definizione di funzione iniettiva è corretta, però tu affermi che per \(\displaystyle x\) distinte puoi avere la stessa \(\displaystyle y\): che è vero; ma tu devi dimostrare che per \(\displaystyle t\) distinte hai lo stesso punto di \(\displaystyle\Gamma\).
Sono stato più esplicativo?
Per la parametrizzazione, aggiungo: che come esempio ci sei andato molto vicino alla soluzione (polinomiale). [size=85]E questo è un altro indizio![/size]
Sono stato più esplicativo?
Per la parametrizzazione, aggiungo: che come esempio ci sei andato molto vicino alla soluzione (polinomiale). [size=85]E questo è un altro indizio![/size]
Grazie, ho capito. Ora provo a vedere cosa riesco a fare. 
Credo di essere riuscito a farlo.
Per il punto a) si ha:
\( \displaystyle \begin{cases} x=t^2-1\\ y=t\cdot{(t+1)}\cdot{(t-1)} \end{cases} \)
Quindi per dimostrare la non iniettivita` scegliamo \(\displaystyle t=1\) e \(\displaystyle t=-1\) che hanno entrambi il punto \(\displaystyle (0,0)\).
Per il punto a) si ha:
\( \displaystyle \begin{cases} x=t^2-1\\ y=t\cdot{(t+1)}\cdot{(t-1)} \end{cases} \)
Quindi per dimostrare la non iniettivita` scegliamo \(\displaystyle t=1\) e \(\displaystyle t=-1\) che hanno entrambi il punto \(\displaystyle (0,0)\).
Bravo, sarebbe bello vedere il tuo ragionamento per il punto a!
Un'altra parametrizzazione possibile è:
\[
\begin{cases}
x=\displaystyle\frac{1}{3}(t^2-3)\\
y=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{9}t(t^2-3)
\end{cases}.
\]
Questa curva si chiama trisettrice di Catalan, da cui l'indizio nel titolo; altri nomi possibili sono cubica di Tschirnhausen o di De L'Hôpital. Per altre informazioni: click.
E l'ultimo punto c?
Un'altra parametrizzazione possibile è:
\[
\begin{cases}
x=\displaystyle\frac{1}{3}(t^2-3)\\
y=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{9}t(t^2-3)
\end{cases}.
\]
Questa curva si chiama trisettrice di Catalan, da cui l'indizio nel titolo; altri nomi possibili sono cubica di Tschirnhausen o di De L'Hôpital. Per altre informazioni: click.
E l'ultimo punto c?
Diciamo che per il punto a sono stato molto fortunato. Ho fatto un ragionamento che:
i)non funziona in generale.
ii)e` lungo.
iii)e` brutto.
Se vuoi lo posto, ma non credo valga la pena. Per curiosita`, tu come lo avresti/hai fatto?
Il punto c) lo metto in spoiler perche` non mi e` venuto molto bene...
i)non funziona in generale.
ii)e` lungo.
iii)e` brutto.
Se vuoi lo posto, ma non credo valga la pena. Per curiosita`, tu come lo avresti/hai fatto?
Il punto c) lo metto in spoiler perche` non mi e` venuto molto bene...
Da quanto scrivi sembra che il punto a tu l'abbia risolto a tentativi, o sbaglio? 
Metto in spoiler una possibile via di soluzione!
Il punto b si può risolvere utilizzando il punto precedente... ma anche no!
Il punto c l'hai completamente sbagliato...
Metto in spoiler una possibile via di soluzione!
Il punto b si può risolvere utilizzando il punto precedente... ma anche no!
Il punto c l'hai completamente sbagliato...
Per il punto a), non era a tentativi, ma sarebbe stato piu` veloce farlo a tentativi...
Si, sapevo di averlo sbagliato il punto c), ma non sapevo cosa fosse un asintoto fino a sta mattina...
Si, sapevo di averlo sbagliato il punto c), ma non sapevo cosa fosse un asintoto fino a sta mattina...
Per il punto a: sono lieto di apprendere che non ti sei buttato a tentativi! 
Per il punto c: lascia stare allora... Prenditi qualche giorno, fai qualche esercizio sulla ricerca degli asintoti eppoi riprova.
Per il punto c: lascia stare allora... Prenditi qualche giorno, fai qualche esercizio sulla ricerca degli asintoti eppoi riprova.
Da un punto di vista superiore, dal momento che mancano nell'equazione i termini di grado inferiore a 2, possiamo dire che si tratta di una cubica che ha un punto doppio nell'origine degli assi. Le tangenti alla cubica in tale punto si ottengono eguagliando a zero il complesso dei termini di 2° grado :
$x^2-y^2=0$
che si spezza nelle rette $x=y,x=-y$
Si tratta quindi di un NODO e poiché esso è l'unico punto multiplo della curva, quest'ultima è una cubica razionale nel senso che le coordinate del suo punto generico sono esprimibili in forma razionale mediante un opportuno parametro.
Queste coordinate sono ottenibili intersecando la cubica con le cosiddette " curve aggiunte". Senza voler complicare il discorso, si può dire che nel nostro caso tali curve sono le rette passanti per il punto doppio : $y=tx$ .
In generale queste rette hanno con la cubica 3 intersezioni di cui 2 sono assorbite dal punto doppio. Le coordinate del terzo punto sono le coordinate richieste.
Risolvendo dunque il sistema :
\(\begin{cases}y=tx\\y^2-x^2-x^3=0\end{cases}\)
si ha appunto :
\(\begin{cases}x=t^2-1\\y=t(t^2-1)\end{cases}\)
$x^2-y^2=0$
che si spezza nelle rette $x=y,x=-y$
Si tratta quindi di un NODO e poiché esso è l'unico punto multiplo della curva, quest'ultima è una cubica razionale nel senso che le coordinate del suo punto generico sono esprimibili in forma razionale mediante un opportuno parametro.
Queste coordinate sono ottenibili intersecando la cubica con le cosiddette " curve aggiunte". Senza voler complicare il discorso, si può dire che nel nostro caso tali curve sono le rette passanti per il punto doppio : $y=tx$ .
In generale queste rette hanno con la cubica 3 intersezioni di cui 2 sono assorbite dal punto doppio. Le coordinate del terzo punto sono le coordinate richieste.
Risolvendo dunque il sistema :
\(\begin{cases}y=tx\\y^2-x^2-x^3=0\end{cases}\)
si ha appunto :
\(\begin{cases}x=t^2-1\\y=t(t^2-1)\end{cases}\)
Non vale usare ragionamenti universitari nella parte di sito dedicata alle medie superiori! Do la mia soluzione.
Tralasciando ovunque per chiarezza di lettura il $(t)$ l'equazione può essere scritta come
$q^2=p^2(p+1)$
ed il secondo membro deve essere il quadrato di un polinomio, dato che lo è il primo. Occorre quindi che sia
$p+1=r^2->p=r^2-1$
e quindi, indicando con $r$ un qualsiasi polinomio in $t$, la soluzione è
${(x=r^2-1),(y=r(r^2-1)):}$
avendo notato che il $+-$ è inutile dato che $r$ è qualsiasi.
Tralasciando ovunque per chiarezza di lettura il $(t)$ l'equazione può essere scritta come
$q^2=p^2(p+1)$
ed il secondo membro deve essere il quadrato di un polinomio, dato che lo è il primo. Occorre quindi che sia
$p+1=r^2->p=r^2-1$
e quindi, indicando con $r$ un qualsiasi polinomio in $t$, la soluzione è
${(x=r^2-1),(y=r(r^2-1)):}$
avendo notato che il $+-$ è inutile dato che $r$ è qualsiasi.
@Pachisi Almeno un canovaccio del tuo ragionamento per il punto a puoi scriverlo?
@ciromario Ti sei dimenticato di scrivere che, essendo \(\displaystyle\Gamma\) birazionalmente equivalente al suo blow-up \(\displaystyle\widehat{\Gamma}\) nel punto singolare \(\displaystyle(0,0)\), allora hanno gli stessi gruppi di omologia di Chow; da ciò si evince che \(\displaystyle\Gamma\) è una curva irriducibile perché lo è \(\displaystyle\widehat{\Gamma}\).
@giammaria Bel ragionamento.
@ciromario Ti sei dimenticato di scrivere che, essendo \(\displaystyle\Gamma\) birazionalmente equivalente al suo blow-up \(\displaystyle\widehat{\Gamma}\) nel punto singolare \(\displaystyle(0,0)\), allora hanno gli stessi gruppi di omologia di Chow; da ciò si evince che \(\displaystyle\Gamma\) è una curva irriducibile perché lo è \(\displaystyle\widehat{\Gamma}\).
@giammaria Bel ragionamento.
Diciamo che ho fatto come giammaria solo che invece di lasciare \(\displaystyle p=r^2-1\), ho cercato di risolvere per \(\displaystyle r\) suppoenendo che \(\displaystyle p+1\) fosse un polinomio di secondo grado (elevato al quadrato), quindi ho cercato di esaminare le soluzioni, imponendo il discriminante uguale a zero...
Insomma, un macello. Ovviamente, solo dopo averlo fatto mi sono reso conto che bisognava solo dimostrare l'esistenza di questi polinomi...
Almeno non sono andato a tenatativi (Beh, forse sarebbe stato meglio...)
Ora mi potete prendere in giro...
Insomma, un macello. Ovviamente, solo dopo averlo fatto mi sono reso conto che bisognava solo dimostrare l'esistenza di questi polinomi...
Almeno non sono andato a tenatativi
(Beh, forse sarebbe stato meglio...)Ora mi potete prendere in giro...
"Pachisi":E perché mai?
...Ora mi potete prendere in giro...
Beh, diciamo che la soluzione faccia un po` (questo credo sia un understatement) schifo.
Una soluzione che farebbe schifo, sarebbe una soluzione copiata da qualche sito o trovata a tentativi fortunosi... eppoi aspetto una tua soluzione per il punto c: il punto più facile dei 3!!!
P.S.: volendo essere pignoli, hai dimostrato che con quella parametrizzazione trovi i punti di \(\displaystyle\Gamma\); ma dato un punto di \(\displaystyle\Gamma\), esiste un valore parametrico che te lo individua?
Un'altra soluzione per il punto b?
P.S.: volendo essere pignoli, hai dimostrato che con quella parametrizzazione trovi i punti di \(\displaystyle\Gamma\); ma dato un punto di \(\displaystyle\Gamma\), esiste un valore parametrico che te lo individua?
Un'altra soluzione per il punto b?
Arrivo un po' tardi ma..
Edit. ho notato ora il "tuo", metto sotto spoiler.
Intendi dimostrare qualcosa tipo che non esistono funzioni iniettive \(\mathbb{R} \to \Gamma\) sfruttando qualche caratteristica del codominio come ad esempio che ha un nodo?
"j18eos":
eppoi aspetto una tua soluzione per il punto c: il punto più facile dei 3!!!
"j18eos":
\(\displaystyle\Gamma\) non ha asintoti.
Edit. ho notato ora il "tuo", metto sotto spoiler.
"j18eos":
Un'altra soluzione per il punto b?
"j18eos":
Il punto b si può risolvere utilizzando il punto precedente... ma anche no!
Intendi dimostrare qualcosa tipo che non esistono funzioni iniettive \(\mathbb{R} \to \Gamma\) sfruttando qualche caratteristica del codominio come ad esempio che ha un nodo?
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