Risoluzione di una tipologia di esercizi

[Fermat3423]

Buongiorno ragazzi,
Se ho una quadrica non a centro, come ad esempio un paraboloide, come determino gli assi e i piani principali?

[j18eos]

Buon dì,

da quel poco che ho capìto: intendi un paraboloide ellittico o un paraboloide iperbolico od entrambi i tipi?

[Fermat3423]

Buon dì,

da quel poco che ho capìto: intenti un paraboloide ellittico o un paraboloide iperbolico od entrambi i tipi?

Sì, in entrambi i casi. Perché per le quadriche a centro so come farlo, ma in caso di paraboloide non so come fare..

[sellacollesella]

Fissato un sistema di riferimento ortogonale \(Oxyz\) e assegnata una quadrica di equazione cartesiana: \[
3x^2+1y^2+1z^2+0xy+0xz-2yz+0x-4y+3z+1=0
\] dato che la medesima equazione polinomiale può essere riscritta in quest'altri due modi equivalenti: \[
\begin{bmatrix}
x & y & z & 1
\end{bmatrix}
\underbrace{
\begin{bmatrix}
3 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & -1 & -2 \\
0 & -1 & 1 & \frac{3}{2} \\
0 & -2 & \frac{3}{2} & 1 \\
\end{bmatrix}
}_{A_1}
\begin{bmatrix}
x \\
y \\
z \\
1 \\
\end{bmatrix} = 0 \\
\begin{bmatrix}
x & y & z
\end{bmatrix}
\underbrace{
\begin{bmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & -1 & 1 \\
\end{bmatrix}
}_{A_2}
\begin{bmatrix}
x \\
y \\
z \\
\end{bmatrix} + 2
\begin{bmatrix}
0 & -2 & \frac{3}{2}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x \\
y \\
z \\
\end{bmatrix} + 1 = 0
\] dove sono messe in evidenza la matrice dei coefficienti \(A_1\) e la matrice dei termini quadratici \(A_2\), si ha:

• \(\det(A_1)=-\frac{3}{4} \ne 0\) implica che si tratta di una quadrica generale;
  
  
• \(\det(A_2)=0\) implica che si tratta di un paraboloide;
  
  
• \(\det(A_1)=-\frac{3}{4} < 0\) implica che si tratta di un paraboloide ellittico.

Assodato tutto ciò, al solito, calcoliamo gli autovalori e gli autovettori associati ad \(A_2\):

• \(\lambda_1 = 3, \quad \mathbf{v}_1 = (1,0,0)\);
  
  
• \(\lambda_2 = 2, \quad \mathbf{v}_2 = (0,-1,1)\);
  
  
• \(\lambda_3 = 0, \quad \mathbf{v}_3 = (0,1,1)\);

e di conseguenza la matrice di rotazione è la matrice che ha tali vettori come colonne, a patto che siano normalizzati e scelti con segno tale che il determinante di \(\mathbf{R}\) sia uguale a più uno. Quindi, ad esempio: \[
\mathbf{R} :=
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
\end{bmatrix}
\] da cui, a sua volta, i cambiamenti di coordinate: \[
\begin{bmatrix}
x \\
y \\
z \\
\end{bmatrix} = \mathbf{R}
\begin{bmatrix}
X \\
Y \\
Z \\
\end{bmatrix} =
\begin{bmatrix}
X \\
\frac{Y}{\sqrt{2}} + \frac{Z}{\sqrt{2}} \\
-\frac{Y}{\sqrt{2}} + \frac{Z}{\sqrt{2}} \\
\end{bmatrix};
\quad \quad \quad
\begin{bmatrix}
X \\
Y \\
Z \\
\end{bmatrix} = \mathbf{R}^{\intercal}
\begin{bmatrix}
x \\
y \\
z \\
\end{bmatrix} =
\begin{bmatrix}
x \\
\frac{y}{\sqrt{2}} - \frac{z}{\sqrt{2}} \\
\frac{y}{\sqrt{2}} + \frac{z}{\sqrt{2}} \\
\end{bmatrix}.
\]
A questo punto, non rimane che sostituire nell'equazione cartesiana della quadrica e semplificare: \[
3X^2 + 2Y^2 - \frac{7}{\sqrt{2}}Y - \frac{1}{\sqrt{2}}Z + 1 = 0
\] quindi, completare i rispettivi quadrati: \[
3X^2 + 2\left(Y - \frac{7}{4\sqrt{2}}\right)^2 - \frac{1}{\sqrt{2}}\left(Z + \frac{33\sqrt{2}}{16}\right) = 0
\] da cui, a sua volta, i cambiamenti di coordinate: \[
\begin{cases}
x' = X = x \\
y' = Y - \frac{7}{4\sqrt{2}} = \frac{y}{\sqrt{2}} - \frac{z}{\sqrt{2}} - \frac{7}{4\sqrt{2}} \\
z' = Z + \frac{33\sqrt{2}}{16} = \frac{y}{\sqrt{2}} + \frac{z}{\sqrt{2}} + \frac{33\sqrt{2}}{16} \\
\end{cases}
\quad \quad \Rightarrow \quad \quad
\begin{cases}
x = x' \\
y = \frac{y'}{\sqrt{2}} + \frac{z'}{\sqrt{2}} - \frac{19}{16} \\
z = -\frac{y'}{\sqrt{2}} + \frac{z'}{\sqrt{2}} - \frac{47}{16} \\
\end{cases}.
\]
Siamo al traguardo, in quanto ora è palese che la rototraslazione tanto attesa sia: \[
\begin{bmatrix}
x \\
y \\
z \\
\end{bmatrix} =
\mathbf{R}
\begin{bmatrix}
x' \\
y' \\
z' \\
\end{bmatrix} +
\overline{O'-O},
\quad \quad \quad
\overline{O'-O} :=
\begin{bmatrix}
0 \\
-\frac{19}{16} \\
-\frac{47}{16} \\
\end{bmatrix}
\] la quale riduce l'equazione cartesiana della quadrica in esame nella forma canonica: \[
\lambda_1{x'}^2 + \lambda_2{y'}^2 = 2\sqrt{-\frac{\det(A_1)}{\lambda_1\lambda_2}}z'
\quad \quad \text{ossia} \quad \quad
3{x'}^2 + 2{y'}^2 = \frac{1}{\sqrt{2}}z'.
\] Capito il meccanismo per il paraboloide ellittico, basta replicarlo al caso del paraboloide iperbolico, dove \(O'\) corrisponde al vertice mentre \(\mathbf{v}_1\), \(\mathbf{v}_2\), \(\mathbf{v}_3\) corrispondono alle direzioni di \(x'\), \(y'\), \(z'\), con \(z'\) asse di simmetria.

Testo nascosto, perché contrassegnato dall'autore come fuori tema. Fai click in quest'area per vederlo.

P.S.: per il calcolo di \(\overline{O'-O}\) non è necessario seguire tutto quel trambusto algebrico, bensì è possibile seguire una scorciatoia che fa uso della geometria differenziale. In particolare, in ogni punto \((x,y,z)\) tale che \(F(x,y,z)=0\) essendo definita la normale \(\mathbf{N}=\nabla F\) è possibile imporre \(\mathbf{N}=k\mathbf{v}_3\), la quale è verificata per \(k=-\frac{1}{\sqrt{2}}\), \(x=0\), \(z=y-\frac{7}{4}\) per ogni \(y\in\mathbb{R}\). Pertanto, risolvendo \(F\left(0,y,y-\frac{7}{4}\right)=0\) si ha \(y=-\frac{19}{16}\), ossia \(\overline{O'-O}=\left(0,-\frac{19}{16},-\frac{47}{16}\right)^{\intercal}\), che è un procedimento nettamente più semplice!