Geometria
Sia fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale $Obar x bar y bar z.u$
1. Nel piano $ z = 0$ scrivere l' equazione della parabola $P$ avente vertice in $V = ( 1/2 ; 0; 0)$, asse
di simmetria l' asse $bar x$ e tangente alla retta $x = y$.
2. Determinare e studiare il fascio di quadriche $Q$ contenenti la parabola $P$, simmetriche
rispetto al piano $y = 0$, passanti per il punto $P = (1; 1; 1)$ ed aventi in $V =( 1/2 ; 0; 0)$ piano
tangente $x = 1/2$
3. Determinare la circonferenza $gamma$ ottenuta secando $Q$ col piano $x = 0$ e il cilindro avente $gamma$
come direttrice e generatrici parallele alla retta $x = y = x$.
1. Nel piano $ z = 0$ scrivere l' equazione della parabola $P$ avente vertice in $V = ( 1/2 ; 0; 0)$, asse
di simmetria l' asse $bar x$ e tangente alla retta $x = y$.
2. Determinare e studiare il fascio di quadriche $Q$ contenenti la parabola $P$, simmetriche
rispetto al piano $y = 0$, passanti per il punto $P = (1; 1; 1)$ ed aventi in $V =( 1/2 ; 0; 0)$ piano
tangente $x = 1/2$
3. Determinare la circonferenza $gamma$ ottenuta secando $Q$ col piano $x = 0$ e il cilindro avente $gamma$
come direttrice e generatrici parallele alla retta $x = y = x$.
Risposte
Le equazioni della parabola sono:
$ [x=0,y^2-2x+1=0]$
Q si puo' pensare appartenente all'insieme di quadriche individuato
dalla quadrica $y^2-2x+1=0$ e dalla quadrica (degenere) spezzata
nel piano z=0 e nel piano generico $ax+by+cz+mu=0$
e cioe':f(x,y,z)= $lambda(y^2-2x+1)+z(ax+by+cz+mu)=0$
Imponendo il passaggio per (1,1,1) si ha:$a+b+c+mu=0$
Per la richiesta simmetria devono mancare nell'equazione di Q
le potenze di y ad esponente dispari e dunque b=0.
Il piano tangente nel punto generico P di una quadrica si ha con la formula:
$((deltaf)/(deltax))_P(x-x_P)+((deltaf)/(deltay))_P(y-y_P)+((deltaf)/(deltaz))_P(z-z_P)=0$
Nel caso nostro, a calcoli fatti,si ha l'equazione:
$x=1/2+((a+2mu)/(4lambda))z$ che deve coincidere con x=1/2
Quindi :$a=-2mu$
Raccogliendo le varie condizioni si ottiene:
$a=-2mu,b=0,c=mu$ e dunque l'equazione di Q e':
$lambda(y^2-2x+1)+mu(-2xz+z^2+z)=0$
che si puo' studiare al variare di $lambda ,mu$
Per x=0 si ha:$[x=0,lambday^2+muz^2+muz+lambda=0]$
che puo' diventare una circonferenza solo per $lambda=mu$
La circonferenza $gamma$ ha allora equazioni:
$[x=0,y^2+z^2+z+1=0]$ ed e' a punti tutti immaginari
(cio' significa che il piano x=0 e' esterno alla quadrica $y^2+z^2-2xz-2x+z+1=0$)
Sia ora T(u,v,w) il generico punto di $gamma$;allora la retta
congiungente T col punto (x,y,z) della generatrice passante per T deve essere
parallela alla direzione (1,1,1) della retta x=y=z.
Si hanno quindi le condizioni:
$u=0$,
$u^2+w^2+w+1=0$
$(x-u)/1=(y-v)/1=(z-w)/1$
Eliminando u,v e w si ha l'equazione del cilindro:
$(y-x)^2+(z-x)^2+(z-x)+1=0$
Archimede
$ [x=0,y^2-2x+1=0]$
Q si puo' pensare appartenente all'insieme di quadriche individuato
dalla quadrica $y^2-2x+1=0$ e dalla quadrica (degenere) spezzata
nel piano z=0 e nel piano generico $ax+by+cz+mu=0$
e cioe':f(x,y,z)= $lambda(y^2-2x+1)+z(ax+by+cz+mu)=0$
Imponendo il passaggio per (1,1,1) si ha:$a+b+c+mu=0$
Per la richiesta simmetria devono mancare nell'equazione di Q
le potenze di y ad esponente dispari e dunque b=0.
Il piano tangente nel punto generico P di una quadrica si ha con la formula:
$((deltaf)/(deltax))_P(x-x_P)+((deltaf)/(deltay))_P(y-y_P)+((deltaf)/(deltaz))_P(z-z_P)=0$
Nel caso nostro, a calcoli fatti,si ha l'equazione:
$x=1/2+((a+2mu)/(4lambda))z$ che deve coincidere con x=1/2
Quindi :$a=-2mu$
Raccogliendo le varie condizioni si ottiene:
$a=-2mu,b=0,c=mu$ e dunque l'equazione di Q e':
$lambda(y^2-2x+1)+mu(-2xz+z^2+z)=0$
che si puo' studiare al variare di $lambda ,mu$
Per x=0 si ha:$[x=0,lambday^2+muz^2+muz+lambda=0]$
che puo' diventare una circonferenza solo per $lambda=mu$
La circonferenza $gamma$ ha allora equazioni:
$[x=0,y^2+z^2+z+1=0]$ ed e' a punti tutti immaginari
(cio' significa che il piano x=0 e' esterno alla quadrica $y^2+z^2-2xz-2x+z+1=0$)
Sia ora T(u,v,w) il generico punto di $gamma$;allora la retta
congiungente T col punto (x,y,z) della generatrice passante per T deve essere
parallela alla direzione (1,1,1) della retta x=y=z.
Si hanno quindi le condizioni:
$u=0$,
$u^2+w^2+w+1=0$
$(x-u)/1=(y-v)/1=(z-w)/1$
Eliminando u,v e w si ha l'equazione del cilindro:
$(y-x)^2+(z-x)^2+(z-x)+1=0$
Archimede
Ok Archimede. Si può anche risolvere come segue
1. Per quanto si sa dalle proprietà della parabola in forma canonica, la nostra parabola $P$
appartiene al fascio delle coniche tangenti alla retta $x = 1/2$ ( che è la tangente nel vertice)
e tangenti alla retta impropria $t = 0$, nel punto improprio dell'asse $bar x$.
Quindi si ha il
fascio di coniche bitangenti:
$µ(x-1/2) + y^2 = 0$
Intersecando con la retta $x = y$ vogliamo imporre che essa sia tangente. Facendo il
sistema si ottiene la risolvente: $x^2 + µx- µ/2 = 0$. Ponendo $Delta = 0$ si ottiene $µ^2 + 2µ = 0$.
Si sceglie $µ =-2$. Quindi le equazioni della parabola $P$ sono $[z = 0,y^2 -2x + 1 = 0]$
2. Il fascio di quadriche contenenti $P$ è
$z(ax + by + cz + d) + y^2-2x + 1 = 0$
Perchè la quadrica sia simmetrica risprtto al piano $y = 0$, la sua equazione deve contenere
solo termini di grado pari in y; dovrà allora essere $b = 0$.
Imponiamo il passaggio per il punto P. Dovrà essere $a + c + d = 0$.
L'equazione del piano tangente alla generica quadrica, nel punto $V = ( 1/2; 0; 0)$ si ottiene
dalla formula
$(1/2,0,0,1)$ $((0,0,a/2,-1),(0,1,0,0),(a/2,0,c,d/2),(-1,0,d/2,1))$ $((x),(y),(z),(1))=0$
Si ottiene $a/2x + (a/4 +d/2 )z + 1/2 = 0$.
Identificando tale piano al piano di equazione
$x-1/2 = 0$ si deduce $a = -2d$. La quale insieme alle precedenti condizioni ci dice che
$[a=-2d,b=0,c=-a-d=d,d=d]$
La generica quadrica cercata ha equazione:
$z(-2dx + dz + d) + y^2-2x+1=0$
La matrice della quadrica è
$B=((0,0,-d,-1),(0,1,0,0),(-d,0,d,d/2),(-1,0,d/2,1))$
Si vede facilmente che $|B|=-d$
e che $|A|=-d^2$.
Si deduce che per $d = 0$ si ha un cilindro parabolico.
Per $d$ diverso da $0$ si ha che per $d > 0$ si hanno iperboloidi ellittici; mentre per $d < 0$ iperboloidi
iperbolici.
3. Secando la generica quadrica Q col piano $x = 0$ si ha $[x = 0,dz^2 + dz + y^2 + 1 = 0]$
che per
$d = 1$ è una circonferenza.
Troviamo adesso l'equazione del cilindro. Sia $(0; y_0; z_0)$ un punto generico su $gamma$. Le
equazioni della retta passante per il punto e parallela alla retta $x = y = z$ sono $x =y-y_0 = z-z_0$. Il cilindro cercato si trova eliminando i parametri $y_0$ e $z_0$ dal sistema
$[y_0^2+z_0^2+z_0+1=0,y_0=y-x,z_0=z-x]$
L'equazione ottenuta è $(y-x)^2+(z-x)^2+z-x+1=0$.
1. Per quanto si sa dalle proprietà della parabola in forma canonica, la nostra parabola $P$
appartiene al fascio delle coniche tangenti alla retta $x = 1/2$ ( che è la tangente nel vertice)
e tangenti alla retta impropria $t = 0$, nel punto improprio dell'asse $bar x$.
Quindi si ha il
fascio di coniche bitangenti:
$µ(x-1/2) + y^2 = 0$
Intersecando con la retta $x = y$ vogliamo imporre che essa sia tangente. Facendo il
sistema si ottiene la risolvente: $x^2 + µx- µ/2 = 0$. Ponendo $Delta = 0$ si ottiene $µ^2 + 2µ = 0$.
Si sceglie $µ =-2$. Quindi le equazioni della parabola $P$ sono $[z = 0,y^2 -2x + 1 = 0]$
2. Il fascio di quadriche contenenti $P$ è
$z(ax + by + cz + d) + y^2-2x + 1 = 0$
Perchè la quadrica sia simmetrica risprtto al piano $y = 0$, la sua equazione deve contenere
solo termini di grado pari in y; dovrà allora essere $b = 0$.
Imponiamo il passaggio per il punto P. Dovrà essere $a + c + d = 0$.
L'equazione del piano tangente alla generica quadrica, nel punto $V = ( 1/2; 0; 0)$ si ottiene
dalla formula
$(1/2,0,0,1)$ $((0,0,a/2,-1),(0,1,0,0),(a/2,0,c,d/2),(-1,0,d/2,1))$ $((x),(y),(z),(1))=0$
Si ottiene $a/2x + (a/4 +d/2 )z + 1/2 = 0$.
Identificando tale piano al piano di equazione
$x-1/2 = 0$ si deduce $a = -2d$. La quale insieme alle precedenti condizioni ci dice che
$[a=-2d,b=0,c=-a-d=d,d=d]$
La generica quadrica cercata ha equazione:
$z(-2dx + dz + d) + y^2-2x+1=0$
La matrice della quadrica è
$B=((0,0,-d,-1),(0,1,0,0),(-d,0,d,d/2),(-1,0,d/2,1))$
Si vede facilmente che $|B|=-d$
e che $|A|=-d^2$.
Si deduce che per $d = 0$ si ha un cilindro parabolico.
Per $d$ diverso da $0$ si ha che per $d > 0$ si hanno iperboloidi ellittici; mentre per $d < 0$ iperboloidi
iperbolici.
3. Secando la generica quadrica Q col piano $x = 0$ si ha $[x = 0,dz^2 + dz + y^2 + 1 = 0]$
che per
$d = 1$ è una circonferenza.
Troviamo adesso l'equazione del cilindro. Sia $(0; y_0; z_0)$ un punto generico su $gamma$. Le
equazioni della retta passante per il punto e parallela alla retta $x = y = z$ sono $x =y-y_0 = z-z_0$. Il cilindro cercato si trova eliminando i parametri $y_0$ e $z_0$ dal sistema
$[y_0^2+z_0^2+z_0+1=0,y_0=y-x,z_0=z-x]$
L'equazione ottenuta è $(y-x)^2+(z-x)^2+z-x+1=0$.
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