Soluzioni
  • Consideriamo l'equazione della conica \mathrm{C}

    \mathrm{C}:\ x^2-4xy-2y^2-6=0

    L'esercizio ci chiede di usare il metodo degli invarianti per ridurla alla forma canonica, ma prima è necessario classificarla.

    Per classificare la conica abbiamo bisogno delle due matrici simmetriche A\ \mbox{e} \ A_{33}, dette rispettivamente matrice della conica e matrice dei termini quadratici, così definite:

    \\ A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{12}&a_{22}&a_{23}\\ a_{13}&a_{23}&a_{33}\end{pmatrix}\\ \\ \\ A_{33}=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\ a_{12}&a_{22}\end{pmatrix}

    in cui

    \bullet \ \ \ a_{11},\, a_{22},\, a_{33} sono rispettivamente il coefficiente del termine in x^2, quello del termine in y^2 e il termine noto;

    \bullet \ \ \ a_{12},\, a_{13},\, a_{23} sono rispettivamente il coefficiente del termine in xy, il coefficiente del termine in x e quello del termine in y, opportunamente divisi per due.

    Le due matrici sono quindi

    \\ A=\begin{pmatrix}1&-2&0\\ -2&-2&0\\ 0&0&-6\end{pmatrix}\\ \\ \\ A_{33}=\begin{pmatrix}1&-2\\ -2&-2\end{pmatrix}

    i cui determinanti risultano:

    \mbox{det}(A)=36\ne 0 \ \ \ \mbox{e} \ \ \ \mbox{det}(A_{33})=-6<0

    Possiamo affermare che la conica è un'iperbole non degenere.

    Il prossimo passo prevede di usare il metodo degli invarianti per esplicitare l'equazione canonica di \mathrm{C} che nel caso dell'iperbole è

    \mathrm{C}:\ \alpha X^2+\beta Y^2-1=0

    con \alpha,\beta numeri reali non nulli da determinare. Si noti che la non nullità è garantita dal fatto che \mathrm{C} è una conica generale.

    Per ricavare \alpha\ \mbox{e} \ \beta, abbiamo bisogno di tre elementi che caratterizzano \mathrm{C} e sono

    - il determinante della matrice A, I_{3}=\mbox{det}(A), detto invariante cubico;

    - il determinante della matrice A_{33}, I_{2}=\mbox{det}(A_{33}), detto invariante quadratico;

    - la traccia della matrice A_{33} definita come la somma degli elementi della diagonale principale della matrice

    I_{1}=\mbox{tr}(A_{33})=a_{11}+a_{22}

    detto invariante lineare.

    Grazie a questi numeri reali, possiamo impostare l'equazione di secondo grado

    t^2+\frac{I_1I_2}{I_3}t+\frac{(I_2)^3}{(I_3)^2}=0

    le cui soluzioni sono (reali e distinte) sono esattamente i parametri \alpha\ \mbox{e}\ \beta.

    Nel caso in esame

    I_3=\mbox{det}(A)=36 \ \ \ ,\ \ \ I_2=\mbox{det}(A_{33})=-6 \ \ \ , \ \ \ I_1=\mbox{tr}(A_{33})=-1

    e operando le opportune sostituzioni, l'equazione

    t^2+\frac{I_1I_2}{I_3}t+\frac{(I_2)^3}{(I_3)^2}=0

    diventa

    \\ t^2+\frac{(-1)\cdot (-6)}{36}+\frac{(-6)^3}{(36)^2}=0 \\ \\ \\ t^2+\frac{t}{6}-\frac{1}{6}=0

    Moltiplicando i due membri per 6, la relazione si semplifica in:

    6t^2+t-1=0

    Indicati con a,b,c rispettivamente il coefficiente del termine in t^2, quello del termine in t e il termine noto, posto cioè:

    a=6 \ \ \ , \ \ \ b=1 \ \ \ , \ \ \ c=-1

    usiamo la formula risolutiva

    \\ t_{1,2}=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-1\pm\sqrt{1^2-4\cdot 6\cdot (-1)}}{2\cdot 6} = \\ \\ \\ =\frac{-1\pm\sqrt{1+24}}{12}=\begin{cases}\dfrac{-1- 5}{12}=-\dfrac{1}{2}=t_1\\ \\ \dfrac{-1+5}{12}=\dfrac{1}{3}=t_2\end{cases}

    da cui ricaviamo che

    \alpha=t_1=-\frac{1}{2} \ \ \ \mbox{e} \ \ \ \beta=t_2=\frac{1}{3}

    L'equazione canonica di \mathrm{C} è quindi

    \mathrm{C}: \ -\frac{1}{2}X^2+\frac{1}{3}Y-1=0

    Si noti che è chiaramente possibile scambiare i valori di \alpha\ \mbox{e} \ \beta: ponendo

    \alpha=t_2=\frac{1}{3} \ \ \ \mbox{e} \ \ \ \beta=t_1=-\frac{1}{2}

    l'equazione canonica diventerebbe

    \mathrm{C}:\ \frac{1}{3}X^2-\frac{1}{2}Y^2-1=0

    Essa rappresenta ancora una volta la medesima iperbole, solo che in questo caso le coordinate del riferimento sono invertite.

    Abbiamo finito!

    Risposta di Ifrit
 
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