2. Seconda parte

Described image figs/labyrinth_puzzle.png

[[Three guards with spears stand in front of three doors. A man wearing a hat and another man stand in front of the guards]] Man with hat: And over here we have the labyrinth guards. One always lies, one always tells the truth, and one stabs people who ask tricky questions. {{title text: And the whole setup is just a trap to capture escaping logicians. None of the doors actually lead out.}}

[http://xkcd.com/246/]

(21) Sia $X = GL(2,\RR )$ il gruppo delle matrici invertibili $2\times 2$ $\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{bmatrix}$ e $G$ il sottogruppo delle matrici diagonali $\begin{bmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \beta \\ \end{bmatrix}$ di $GL(2,\RR )$ (e quindi con $\alpha \beta \neq 0$). Consideriamo l’azione di $G$ su $X$ data da

\[ (g,x) \mapsto g\cdot x = gx \]

per ogni $g\in G$ e $x\in X$ (dove $gx$ indica il prodotto righe per colonne delle matrici $g$ e $x$). Determinare quali delle seguenti matrici appartengono alla medesima $G$-orbita.

\[ \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \\ \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \\ \end{bmatrix}. \] Sol: Due matrici $\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{bmatrix}$ e $\begin{bmatrix} a’ & b’ \\ c’ & d’ \\ \end{bmatrix}$ appartengono alla medesima $G$-orbita se esistono $\alpha $, $\beta $ in $\RR \smallsetminus \{ 0\} $ tali che \[ \begin{bmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \beta \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a’ & b’ \\ c’ & d’ \\ \end{bmatrix}. \] Osserviamo quindi che \[ \begin{bmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \beta \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & \alpha \\ \beta & 0 \\ \end{bmatrix}, \] \[ \begin{bmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \beta \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\alpha & 0 \\ 0 & -\beta \\ \end{bmatrix}. \] Dal momento che non è possibile trovare $\alpha $ e $\beta $ tali che \[ \begin{bmatrix} 0 & \alpha \\ \beta & 0 \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \\ \end{bmatrix}, \] la prima e la seconda non stanno nella stessa orbita. Invece la prima e la terza stanno nella stessa orbita, dato che per $\alpha =-1$ e $\beta =1$ si ha \[ \begin{bmatrix} 0 & \alpha \\ \beta & 0 \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \\ \end{bmatrix}. \] La seconda e la terza quindi non stanno nella stessa orbita: se così fosse se ne dedurrebbe che anche la prima e la seconda stanno nella stessa orbita, ma abbiamo visto che questo è falso.
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(22) Si consideri l’insieme $X$ di tutte le rette del piano affine $\AA ^2(\RR )$. Per ogni punto $p\in \AA ^2(\RR )$ sia $B_ p \subset X$ l’insieme di tutte le rette che passano per $p$. La famiglia di sottoinsiemi composta da tutti gli elementi di $X$ e dai $B_ p$ è una base per una topologia? Se sì, qual è la topologia generata?

Sol: Ricordiamo che una famiglia di sottoinsiemi $\mathcal{B}\subset 2^ X$ di un insieme $X$ si dice base se le seguenti proprietà sono soddisfatte:

  1. per ogni $x\in X$ esiste almeno un elemento della base $B\in \mathcal{B}$ che contiene $x$ (equivalentemente, $X = \bigcup _{B\in \mathcal{B}} B $).

  2. Se $B_1$, $B_2 \in \mathcal{B}$ e $x\in B_1\cap B_2$, allora esiste $B_ x\in \mathcal{B}$ tale che $x\in \mathcal{B}\subset B_1 \cap B_2$ (equivalentemente, $B_1\cap B_2$ è unione di elementi della base).

Per definizione tutti i punti (visti come insiemi di un elemento solo – sono rette affini, conunque) di $X$ sono elementi della base, per cui sicuramente la prima delle due condizioni è soddisfatta.

Per quanto riguarda la seconda, siano $B_1$, $B_2 \in \mathcal{B}$ e $x\in B_1\cap B_2$. Se $B_1$ e $B_2$ sono entrambi punti di $X$ (cioè rette di $\AA ^2$), allora esiste $x$ nell’intersezione se e solo se i punti coincidono, e quindi è verificata. Se $B_1$ è un punto di $X$ (cioè una retta) e $B_2$ è un fascio di rette (per un certo punto $p$ di $\AA ^2(\RR )$), allora l’intersezione è vuota, e non c’è niente da verificare, se la retta non è del fascio; altrimenti l’intersezione è $B_1$ stesso ed anche in questo caso la condizione è soddisfatta.

In ultimo, se $B_1$ e $B_2$ sono fasci di rette per i punti $p_1$ e $p_2$, allora se $p_1 = p_2$ la condizione è verificata, dato che $B_1 = B_2$. Altrimenti $B_1 \cap B_2$ è l’insieme di tutte le rette che passano sia per $p$ che per $q$. Questo è un insieme con un solo elemento, e per definizione è della base.

L’insieme $\mathcal{B}$ è quindi una base di intorni per $X$. Dato che tutti i punti di $X$ sono elementi della base, in particolare sono aperti: uno spazio topologico i cui punti sono aperti ha necessariamente la topologia discreta.

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(23) Nello spazio proiettivo di dimensione 3 reale $\PP ^3(\RR )$ si consideri l’insieme $X$ di tutte le rette passanti per un punto fissato $A$. Si dimostri che l’insieme $X$ è (in corrispondenza biunivoca con) uno spazio proiettivo (reale) di dimensione $2$: determinare una biiezione tra $X$ e un iperpiano di $\PP ^3(\RR )$ che non contiene $A$.

Sol: Dal momento che un iperpiano di $\PP ^3(\RR )$ è uno spazio proiettivo di dimensione $2$, basta determinare la biiezione tra $X$ e un iperpiano $\pi $ non contenente $A$. Sia $r\in X$ una retta per $X$. Questa ha uno e un solo punto di intersezione con $\pi $. Infatti, se ne avesse due l’intera retta dovrebbe essere contenuta in $\pi $, ma questo è assurdo dato che $A\not\in \pi $. Questo definisce una funzione $f\from X \to \pi $.

La funzione $f$ è iniettiva: se due rette $r_1$ e $r_2$ passanti per $A$ intersecano $\pi $ nel medesimo punto, allora (dato che la retta per due punti è unica) le due rette coincidono. Se invece $x\in \pi $ è un qualsiasi punto di $\pi $, allora esiste (unica) la retta per $x$ e $A$, e quindi esiste un elemento di $X$ che viene mandato da $f$ in $x$: $f$ è suriettiva.

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(24) Nel piano euclideo $\EE ^2 = \RR ^2$ (con la topologia euclidea) si consideri la circonferenza $C$ di equazione

\[ (x-2)^2 + (y-2)^2 = 1 \]

e la retta $r$ di equazione

\[ x+y=1. \]

Si determini la distanza $d(C,r)$ di $C$ da $r$, dimostrando (o assumendo) che

\[ d(C,r) = \inf \{ |p-q| : p\in C , q\in r \} . \] Sol: Siano $p_ m\in C$ e $q_ m\in r$ i punti che realizzano il minimo. Fissato $p_ m$, quindi $q_ m$ è il punto di minima distanza da $p_ m$ e quindi il vettore $q_ m - p_ m$ è ortogonale alla retta $r$. Ogni altro punto della retta ha distanza maggiore strettamente. Ancora, fissato $q_ m$ sulla retta, il punto $p_ m$ sulla circonferenza deve appartenere alla retta passante per il centro della circonferenza e $q_ m$ ed ogni altro punto ha distanza strettamente maggiore. Quindi, bisogna trovare la retta per il centro della circonferenza ortogonale a $r$: essa è la bisettrice del primo quadrante. I due punti sono quindi $q_ m=(1/2,1/2)$ e $p_ m=(2-\sqrt {2}/2,2-\sqrt {2}/2)$ e la loro distanza $\sqrt {11/2-3\sqrt {2}} = \frac{3}{2}\sqrt {2} - 1$.
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(25) Si consideri la funzione

\[ \phi \from \ZZ \times \RR \to \RR \]

definita ponendo

\[ \phi (k,x) = 2^{k} x, \]

per ogni $k\in \ZZ $ e $x\in \RR $.

  1. La funzione $\phi $ definisce una azione di $\ZZ $ su $\RR $?

  2. L’azione è fedele?

  3. L’azione è transitiva?

  4. Qual è lo stabilizzatore di $0\in \RR $? E di $x\neq 0$?

  5. Lo spazio quoziente (con la topologia quoziente) è compatto? Connesso?

  6. Quali sono gli intorni aperti (nella topologia quoziente) della classe $[0]$ dello spazio quoziente?

Sol: La funzione $\phi $ definisce una azione: basta osservare che $\phi (0,x) = 2^0 x = x$ per ogni $x$ e che $\phi (h+k,x) = \phi (h, \phi (k,x))$, visto che \[ 2^{h+k} x = 2^ h 2^ k x. \] L’azione è fedele: la mappa $x \mapsto 2^ k x$ è la mappa identica solo se $k=0$. L’azione non è transitiva. Per esempio, $k \cdot 0 = 2^ k 0 = 0 $ per ogni $k\in \ZZ $. Lo stabilizzatore di $0$ è $\ZZ $, mentre lo stabilizzatore di un punto $x\neq 0$ è \[ k \in \ZZ : 2^ k x = x \iff 2^ k = 1 \iff k= 0. \] Lo spazio quoziente è compatto, perché immagine continua dell’intervallo $[-1,1]$ mediante la proiezione sul quoziente $q\from X \to X/G$, dove $X=\RR $ e $G=\ZZ $. Infatti, basta mostrare che $q([-1,1]) = X/G$, cioè che ogni orbita di un punto di $\RR $ ha intersezione non vuota con $[-1,1]$. Ma per ogni $x$, esiste certamente $k$ tale che $|2^ k x|\leq 1$: basta prendere $k\to -\infty $. Analogamente, $X/G$ è connesso perché immagine continua mediante la mappa quoziente $q$ del connesso $X=\RR $. Gli intorni aperti della classe $[0]\in X/G$ sono tutti gli insiemi $U\subset X/G$ tali che $q^{-1}(U)$ è aperto di $X$. Ora, $q^{-1}([0]= \{ 0\} $, dato che $0$ costituisce una $G$-orbita a sé. Ma se $q^{-1}(U)$ contiene $0$ ed è aperto, allora contiene un intervallo $(-\epsilon ,\epsilon )$, con $\epsilon > 0$. Ma, come per l’intervallo $[-1,1]$, ogni $G$ orbita in $X$ interseca l’intervallo $(-\epsilon ,\epsilon )$, e quindi $U$ per essere aperto in $X/G$ deve contenere ogni orbita di $X$: l’unico intorno aperto di $[0]$ in $X/G$ è $X/G$.
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(26) Si consideri lo spazio $G$ di tutte le matrici della forma

\[ M_ t = \begin{bmatrix} 1 & t \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix}, \]

al variare di $t\in \RR $, con la topologia (metrica) di $GL(2,\RR )$.

  1. Si dimostri che $G$ è omeomorfo a $\RR $, e che è un gruppo topologico rispetto al prodotto di matrici.

  2. Si determini $G_ O = G \cap O(2)$ (cioè l’insieme di tutte le matrici $M_ t$ con $M_ t$ ortogonale).

  3. Si faccia agire $G$ su $\RR ^2$ con la moltiplicazione

    \[ \left( M_ t , \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \right) \mapsto \begin{bmatrix} 1 & t \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}. \]

    Cosa sono le orbite di questa azione?

Sol: L’omeomorfismo cercato è $f(t) = \begin{bmatrix} 1 & t \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$. È una isometria e quindi un omeomorfismo. È anche un omomorfismo di gruppi (uno additivo, l’altro moltiplicativo): $G$ è un gruppo topologico isomorfo a $\RR $, rispetto al prodotto di matrici. Le matrici ortogonali sono solo l’identità. Le orbite dell’azione sono gli insiemi del tipo \[ \begin{bmatrix} 1 & t \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} x_0 \\ y_0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x_0 \\ y_0 \end{bmatrix} + t \begin{bmatrix} y_0 \\ 0 \end{bmatrix}, \] quindi sono rette di $\RR ^2$, se $y_0\neq 0$. Altrimenti, sono i singoli punti dell’asse delle $x$ (autospazio della matrice).
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(27) Una omotetia con centro $Q$ e ragione $q\in \RR $ è una mappa $f\from \AA ^2(\RR ) \to \AA ^2(\RR )$ definita da

\[ P \mapsto Q + q(P-Q). \]

Siano $A$, $B$, $C$ tre punti nel piano affine $\AA ^2(\RR )$ e $l$ una retta di $\AA ^2(\RR )$. Quali delle seguenti affermazioni sono vere? (Dimostrare quelle vere, fornire controesempi per quelle false.)

  1. Se la retta $l$ non passa per $A,B,C$, allora incontra due dei lati del triangolo $ABC$, oppure nessuno.

  2. Supponiamo che la retta $l$ passi per un punto $A’$ del lato $AC$ e per un punto $B’$ del lato $BC$. La retta $l$ è parallela al lato $AB$ se e soltanto se il triangolo $ABC$ è immagine del triangolo $A’B’C$ mediante una omotetia.

  3. Date due costanti $q_ A$ e $q_ B$, la composizione delle omotetie di centro $A$ e ragione $q_ A$ e di centro $B$ e ragione $q_ B$ è una traslazione.

Sol: Supponiamo che $l$ non passi per $A$, $B$ e $C$ e che incontri almeno uno dei lati in un punto $Q$. Supponiamo che $Q\in AB$. Deve essere $A\neq B$ (altrimenti $Q=A=B$), e quindi esiste un sistema di riferimento affine che contiene i due punto $A$ e $B$. Nel sistema di riferimento si ha $A=(0,0)$, $B=(1,0)$ e $C=(a,b)$ per certi $a,b\in \RR $. Allora $Q=(q,0)$, con $q\in (0,1)$. I tre punti sono allineati se e solo se $b=0$, e la proposizione è facilmente verificabile in questo caso. Altrimenti, possiamo considerare il riferimento affine formato dai punti $A$, $B$ e $C$, in cui $a=0$, $b=1$.

Se $l$ è parallela a uno dei lati, per il teorema di Talete la proposizione è vera. Altrimenti, dato che in particolare non è parallela a $BC$, supponiamo che $l$ incontri la retta per $BC$, che ha equazione parametrica

\[ \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} + h \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \end{bmatrix} \]

in un certo punto di coordinate

\[ (1-h, h ), \]

per un certo $h\in \RR $. Allora il punto sulla retta $AC$ della retta $l$ è quello (di coordinate $(0,k)$ per un certo $k\in \RR $) tale che

\[ (q,0), \quad (0,k), \quad (1-h , h ) \]

sono allineati, cioè

\[ \det \begin{bmatrix} q & 0 & 1 - h \\ 0 & k & h \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} = 0. \]

Con qualche conto si deduce che quindi

\[ qk - qh -k + kh =0 \quad \implies \quad k = \dfrac { qh}{q-1+h}. \]

Per ogni $q\in (0,1)$, la funzione $f_ q(x) = \dfrac {qx}{q-1 + x}$ è monotona decrescente (calcolare la derivata!), ha un asintoto verticale in $x=1-q > 0$ e tende a $q$ se $x\to \pm \infty $. Inoltre $f_ q(1) = 1$. Quindi $f_ q(x) \in (0,1)$ se e solo se $x\not\in (0,1)$, cioè $l$ incontra $BC$ (cioè $h\in (0,1)$ ) se e solo se $l$ non incontra $AC$ (cioè $k\not\in (0,1)$).

Punto (b): la retta $l$ è parallela a $AB$ se e solo se $B’-A’ = q ( B-A) $ per un certo $q$. L’omotetia (che necessariamente ha centro in $C$) esiste se e solo se esiste $q$ tale che

\[ A’ = C + q(A-C),\quad B’ = C + q(B-C). \]

Esistono certamente $q_ A$ e $q_ B$ compresi tra $0$ e $1$ tali che $A’ = C + q_ A(A-C)$, $B’ = C + q_ B(B-C)$. Quindi

\[ B’-A’ = q_ B (B-C) - q_ A(A-C), \]

e $l$ è parallela a $AB$ se e solo se

\[ q_ B (B-C) - q_ A(A-C) = q(B-A) = q(B-C) - q(A-C) \]

per un $q\in \RR $. Ma $B-C$ e $A-C$ sono linearmente indipendenti, e quindi questo accade solo se

\[ q_ B = q = q_ A, \]

cioè se e soltanto se è possibile definire l’omotetia.

Per il (c): in generale la composizione di due omotetie non è una traslazione: basta prendere due omotetie con lo stesso centro. Una traslazione non banale non ha punti fissati, mentre ogni omotetia fissa il centro. Se i centri $A$ e $B$ sono diversi, può essere che la composizione sia una traslazione:

\[ \begin{aligned} P \mapsto A + q_ A(P-A) = P’ \mapsto B + q_ B(P’-B) & = B + q_ B(A+q_ A(P-A)-B ) \\ & = B + q_ B (A-B) +q_ B q_ A (P-A)\\ & = P + ( B - P + q_ B A - q_ B B + q_ B q_ A P - q_ B q_ A A )\\ \end{aligned} \]

e basta che sia $q_ Aq_ B= 1$ per avere la traslazione

\[ P \mapsto P + (1-q_ A)(B-A). \]
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(28) In $\EE ^3$, si consideri il piano $p$ passante per i tre punti $A=(1,2,0)$, $B=(2,0,1)$ e $C=(0,1,2)$.

  1. Scrivere l’equazione cartesiana e parametrica del piano.

  2. Calcolarne la distanza dall’origine e dal punto $(1,2,3)$.

  3. Determinare le proiezioni su piano $p$ dei punti $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ e $(0,0,1)$.

Sol: L’equazione parametrica è

\[ \left[ \begin{array}{c} 1+s-t\\ \noalign {\medskip }2-2\, s-t \\ \noalign {\medskip }s+2\, t\end{array} \right], \]

l’equazione cartesiana è

\[ x+y+z=3. \]

La distanza dall’origine e dal punto $(1,2,3)$ è $\sqrt {3}$. Le proiezioni su $p$ dei punti $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ e $(0,0,1)$ sono $1/3(5,2,2)$ e le sue permutazioni cicliche (perché?).

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(29) Sia $r$ la retta di $\EE ^2$ passante per $(1,0)$ e $(0,2)$. Si scrivano le equazioni delle seguenti isometrie:

  1. Riflessione attorno a $r$.

  2. Le traslazioni che mandano $r$ in sé.

  3. Le rotazioni che mandano $r$ in sé.

  4. Descrivere, se possibile, il gruppo di tutte le isometrie che mandano $r$ in sé, e il suo sottogruppo di tutte le isometrie che mandano ogni punto di $r$ in sé.

Sol: a) L’equazione parametrica della retta $r$ è

\[ \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} + t \begin{bmatrix} -1 \\ 2 \end{bmatrix}. \]

Quindi la proiezione di un punto $P=(\bar{x},\bar y) $ su $r$ è

\[ \begin{aligned} \operatorname {proj}_ r(P ) & = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} + \dfrac { \left[ \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar y \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} \right] \cdot \begin{bmatrix} -1 \\ 2 \end{bmatrix} }{ 1^2 + 2^2 } \begin{bmatrix} -1 \\ 2 \end{bmatrix}\\ & = \dfrac {1}{5} \left[ \begin{bmatrix} 4 \\ 2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar y \end{bmatrix} \right] \end{aligned} \]

Allora il punto riflesso è

\[ \begin{aligned} P’ & = \operatorname {proj}_ r(P) + (\operatorname {proj}_ r(P) - P) \\ & = \dfrac {2}{5} \left[ \begin{bmatrix} 4 \\ 2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar y \end{bmatrix} \right] - \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar y \end{bmatrix}\\ & = \dfrac {2}{5} \begin{bmatrix} 4 \\ 2 \end{bmatrix} + \left[ \dfrac {2}{5} \begin{bmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 4 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \right] \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar y \end{bmatrix}\\ & = \begin{bmatrix} 8/5 \\ 4/5 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -3/5 & -4/5 \\ -4/5 & 3/5 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar y \end{bmatrix}. \end{aligned} \]

b) Sia $A=(1,0)$ e $B=(0,2)$. Una traslazione che manda $r$ in sé deve mandare $A$ in un punto $A’$ della retta, e quindi le traslazioni sono tutte e sole quelle che si scrivono come

\[ P \mapsto P + c(B-A) \]

per un certo $c\in \RR $, e quindi si scrivono come

\[ \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \mapsto \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} + c\begin{bmatrix} -1 \\ 2 \end{bmatrix}. \]

c) Se una rotazione $R$ (non banale) manda la retta $r$ in sé, allora il centro della rotazione deve essere sulla retta. Infatti, per assurdo, supponiamo che una rotazione non banale con centro in $C\not\in r$ mandi $r$ in sé. Sia $Q$ il punto di $r$ con distanza minima da $C$ (cioè la proiezione ortogonale di $C$ su $r$), e $Q’$ la sua immagine mediante la rotazione. Dato che una rotazione conserva le distanze, la distanza di $Q’$ da $C$ è uguale alla distanza di $Q$ da $C$, e quindi deve essere $Q’=Q$, visto che il punto con distanza minima è unico. Quindi la rotazione $R$ fissa i due punti distinti $C$ e $Q$, e questo è assurdo perché rotazioni non banali fissano solo il centro di rotazione. Ora, supponiamo che $C$ sia sulla retta $r$. Un punto $P\in r$ deve andare in un altro punto $P’$ di $r$ tale che $P’-C = k ( P-C)$ (dato che $C$, $P$ e $P’$ sono allineati) e $|P’-C|^2 = |P-C|^2$ (dato che una rotazione è una isometria). Quindi $k=-1$ (altrimenti la rotazione è banale) e la rotazione è di angolo $\pi $. Scriviamo la rotazione di angolo $\pi $ attorno a un punto $C$: è la riflessione rispetto a $C$, quindi si scrive come

\[ P \mapsto C + (C-P). \]

Dato che $C=(1-t,2t)$ per un certo $t\in \RR $, la rotazione si scrive come

\[ \begin{aligned} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \mapsto 2 \begin{bmatrix} 1-t \\ 2t \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}\end{aligned} \]

d) Le isometrie che mandano $r$ in sé contengono la riflessione a), le traslazioni b) e le rotazioni c), piú tutte le loro composizioni. Ce ne sono altre? Supponiamo che $f\from \EE ^2 \to \EE ^2$ sia una isometria che manda $r$ in sé. Sia $A’ = f(A) \in r$. Allora la composizione

\[ P \mapsto f(P) \mapsto f(P) - (A’-A) \]

è una isometria $f’$ che manda $A$ in $f(A) - A’ + A = A$. La matrice associata $M$ è ortogonale (dato che è una isometria). Se $\det (M) = 1$ (cioè se $M\in SO(2)$), allora $f’$ è una rotazione attorno ad $A$ di angolo $\pi $. Se $\det (M)=-1$, allora $f’$ è una riflessione lungo una retta: può essere la riflessione lungo $r$ o lungo la retta $r’$ ortogonale a $r$ passante per $A$. Se $G$ è quindi il gruppo generato dalle riflessioni lungo le due rette $r$ e $r’$ (gruppo con 4 elementi), necessariamente $f’$ è un elemento del gruppo $G$. Ne segue che il gruppo cercato ha per elementi le isometrie

\[ P \mapsto g_ A(P) + c(B-A), \]

dove $g_ A\in G$ e $c\in \RR $. L’unico elemento che manda ogni punto di $r$ in sé è la riflessione lungo $r$, ed è un sottogruppo del gruppo di tutte le isometrie. Esercizio: dimostrare che è un gruppo.

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(30) In $\PP ^3(\RR )$ con coordinate omogenee $[x_0:x_1:x_2:x_3]$, sia $Q$ il punto $[0:1:1:1]$, $H$ e $H’$ i piani $H=\{ x_1 = 0\} $ e $H’=\{ x_2 = 0 \} $.

  1. Si scriva, in coordinate affini (rispetto a opportune carte) la proiezione prospettica $f$ da $H$ a $H’$ con centro in $Q$.

  2. Si consideri in $H$ (con coordinate proiettive $[x_0:x_2:x_3]$) la retta di equazione $x_2=x_3$. Qual è la sua immagine in $H’$?

  3. Si consideri in $H$ la conica di equazione $x_0x_2 = x_3^2$. Qual è la sua immagine in $H’$?

Sol: Si consideri il piano all’infinito $x_0=0$, e le coorispondenti coordinate affini $(x,y,z)$ di $\AA ^3(\RR ) \subset \PP ^3(\RR )$.

a) Siano $(y,z)$ le coordinate affini della parte affine di $H$ (che è il piano $yz$) e $(x,z)$ la coordinate affini della parte affine di $H’$ (che è il piano $xz$). Se $P=(0,y,z)$ è un punto di $H$, la retta per $P$ e $Q$ ha punti

\[ \begin{bmatrix} 0 \\ y \\ z \end{bmatrix} + t \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}, \]

e passa per $H’$ se $y+t=0$. La proiezione prospettica è quindi

\[ \begin{bmatrix} 0 \\ y \\ z \end{bmatrix} \mapsto \begin{bmatrix} x’ \\ 0 \\ z’ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -y \\ 0 \\ z-y \end{bmatrix}. \]

Ora, da $x’ = -y$ e $z’ = z-y$ deduciamo che $y= -x’$ e $z=z’-x’$, e quindi:

b) l’equazione dell’immagine della retta $y=z$ in $H’$ è

\[ -x’ = z’- x’ \iff z’ =0. \]

c) Analogamente, l’equazione dell’immagine della conica di equazione $y=z^2$ (è una parabola) è

\[ -x’ = (z’-x’)^2 \iff {z’}^2 + {x’}^2 -2 z’x’ + x’ = 0. \]
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(31) Sia $G=GL(2,\RR )$ il gruppo delle matrici $2\times 2$ invertibili a coefficienti reali, e $X$ lo spazio di tutte le matrici $2\times 2$ a coefficienti reali. Sia $\varphi \from G\times X \to X$ la funzione

\[ \varphi (A,M) = A M A^{-1}, \]

definita per ogni $A \in G$ e ogni $M\in X$.

  1. Mostrare che è una azione di $G$ su $X$.

  2. L’azione è transitiva?

  3. Si calcoli lo stabilizzatore della matrice identica $\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$, e si dica se è un sottogruppo compatto.

  4. Lo stabilizzatore di $J=\begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$ è un sottogruppo compatto?

Sol: (a): Occorre verificare le due proprietà (esercizio).

(b): L’azione non è transitiva, dato che, per esempio $\det ( A M A^{-1}) = \det (M)$ (e quindi matrici in una stessa orbita hanno lo stesso determinante). Non tutte le matrici hanno lo stesso determinante (di conseguenza non sono tutte simili tra loro), e quindi non c’è una sola orbita. Due matrici sono nella stessa orbita se e solo se sono simili. (c) Lo stabilizzatore della matrice identica è tutto $G$. (d) Lo stabilizzatore di $J$ non è un sottogruppo compatto, dato che contiene tutti i multipli della matrice identica $\begin{bmatrix} c & 0 \\ 0 & c \end{bmatrix}$, con $c\in \RR $.

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(32) Si consideri lo spazio $G$ di tutte le matrici $3\times 3$ della forma $ M_ t = \begin{bmatrix} 1 & 0 & t \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}, $ al variare di $t\in \RR $, con la topologia (metrica) di $GL(3,\RR )$.

  1. Si dimostri che $G$ è omeomorfo a $\RR $, e che è un gruppo topologico rispetto al prodotto di matrici.

  2. Si determini $G_ O = G \cap O(3)$ (cioè l’insieme di tutte le matrici $M_ t$ con $M_ t$ ortogonale).

  3. Si faccia agire $G$ su $\RR ^3$ con la moltiplicazione matrice/vettore. Cosa sono le orbite di questa azione?

Sol: L’om(e)omorfismo è $t\mapsto \begin{bmatrix} 1 & 0 & t \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}$. Le matrici ortogonali sono quelle (quella) con $t=0$. Le orbite sono rette di $\RR ^3$, oppure punti (del piano $z=0$).
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(33) Sia $Y$ l’insieme di tutte le rette affini di $\AA ^2(\RR )$. Si consideri la mappa $g\from Y \to \PP ^2(\RR )$ che associa alla retta di equazione $ax+by+c=0$ la terna di coordinate omogenee $[a:b:c]$.

  1. Mostrare che la funzione $g$ è ben definita e iniettiva.

  2. Determinare l’immagine di $g$ in $\PP ^2(\RR )$.

  3. Sia $A$ un punto qualsiasi di $\AA ^2(\RR )$, e $X\subset Y$ l’insieme delle rette per $A$ (fascio di rette per un punto). Mostrare che l’immagine di $X$ in $\PP ^2(\RR )$ è una retta proiettiva.

  4. Mostrare che tre punti $P=(x,y)$, $A=(x_ A,y_ A)$ e $B=(x_ B,y_ B)$ di $\AA ^2(\RR )$ sono allineati se e soltanto se il determinante della matrice

    \[ \begin{bmatrix} x & x_ A & x_ B \\ y & y_ A & y_ B \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \]

    è uguale a zero.

Sol: (a) La funzione $g$ è ben definita: i coefficienti di una equazione non possono essere tutti nulli, e se $ax+by+c=0$ e $a’x+b’y+c’=0$ sono due equazioni della medesima retta $r$, allora se $A$ e $B$ sono due punti distinti di $r$, di coordinate $(x_ A,y_ A)$ e $(x_ B,y_ B)$, si ha

\[ {\left\{ \begin{aligned} ax_ A+b y_ A + c & = 0 \\ ax_ B+b y_ B + c & = 0 \\ a’x_ A+b’ y_ A + c’ & = 0 \\ a’x_ B+b’ y_ B + c’ & = 0. \end{aligned}\right. } \]

Ora, $A\neq B$ se e soltanto se $(x_ A,y_ A,1)$ e $(x_ B,y_ B,1)$ sono linearmente indipendenti. Quindi il rango della matrice

\[ M=\begin{bmatrix} x_ A & y_ A & 1 \\ x_ B & y_ B & 1 \end{bmatrix} \]

è uguale a due, e il nucleo dell’applicazione lineare indotta da $M\from \RR ^3 \to \RR ^2$ ha dimensione uguale a $1$. Ma

\[ \begin{bmatrix} x_ A & y_ A & 1 \\ x_ B & y_ B & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a \\ b \\ c \end{bmatrix} = 0 \]

se e soltanto se

\[ {\left\{ \begin{aligned} ax_ A+b y_ A + c & = 0 \\ ax_ B+b y_ B + c & = 0, \end{aligned}\right. } \]

e quindi se $(a,b,c)$ e $(a’,b’,c’)$ sono entrambe nel nucleo di $M$ sono linearmente dipendenti, cioè esiste $\lambda $ tale che $a’=\lambda a$, $b’=\lambda b$ e $c’=\lambda c$, cioè $[a:b:c]=[a’:b’:c’]$. La funzione è anche iniettiva: infatti se $r$ e $r’$ sono due rette di equazioni $ax+by+c$ e $a’x+b’y+c’$ rispettivamente, allora $g(r)=g(r’)$ se e soltanto se $[a:b:c]=[a’:b’:c’]$. Ma la retta $r’$ di equazione $\lambda ax + \lambda by + \lambda c = 0$ coincide con la retta $r$, dunque $r=r’$.

(b) Se $ax+by+c=0$ è l’equazione di una retta, allora $(a,b) \neq (0,0)$. L’immagine di $g$ in $\PP ^2(\RR )$ è quindi l’insieme dei punti $[a:b:c]$ tali che $(a,b)\neq (0,0)$, cioè il complementare del punto $[0:0:1] \in \PP ^2(\RR )$.

(c) Il fascio di rette $X$ per un punto $A$ di coordinate $(x_ A,y_ A)$ ha per immagine l’insieme dei punti $[a:b:c]$ di $Y$ tali che $ax_ A+by_ A+c=0$, cioè è l’intersezione di $Y$ con una retta proiettiva di $\PP ^2(\RR )$ (l’equazione in $a,b,c$ è omogenea di primo grado).

(d) Supponiamo che i tre punti $P,A,B$ siano distinti. Essi sono allineati se e soltanto se esiste $t\in \RR $ tale che $P=A+t(B-A)$, se e soltanto se $P-A$ e $B-A$ sono linearmente dipendenti. Ma dato che

\[ \det \begin{bmatrix} x & x_ A & x_ B \\ y & y_ A & y_ B \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} = \det \begin{bmatrix} x-x_ A & x_ A & x_ B-x_ A \\ y-y_ A & y_ A & y_ B-x_ A \\ 1-1 & 1 & 1-1 \end{bmatrix} = - \det \begin{bmatrix} x-x_ A & x_ B-x_ A \\ y-y_ A & y_ B-y_ A \end{bmatrix} \]

questo accade se e soltanto se il determinante in questione è zero. Se invece i tre punti non sono distinti, allora sono certamente allineati e il determinante è certamente zero. Allo stesso risultato si perviene se si considera che nella chiusura proiettiva i punti $A=[x_ A:y_ A:1]$, $B=[x_ B:y_ B:1]$ e $P=[x:y:1]$ sono allineati se e soltanto se i tre vettori delle coordinate omogenee sono linearmente dipendenti.

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(34) Sia $S^1 \subset \EE ^2$ una circonferenza di raggio $1$ nel piano euclideo, e $Y$ l’insieme di tutte le rette di $\EE ^2$, come nell’esercizio precedente. Si dia a $Y$ la topologia indotta da quella di $\PP ^2(\RR )$, mediante l’inclusione $g(Y) \subset \PP ^2(\RR )$. Sia $X=\{ (A,B) \in S^1 \times S^1 : A\neq B \} $ e $f\from X \to Y$ la mappa che associa alla coppia di punti $(A,B)$ la retta che passa per $A$ e $B$. Allora:

  1. La funzione $f$ è ben definita e continua.

  2. Esiste una funzione continua $\tilde f\from S^1\times S^1 \to Y$ di cui $f$ è la restrizione.

  3. Per ogni punto $A$ della circonferenza la retta $\tilde f(A,A)$ è tangente alla circonferenza in $A$ (cioè interseca $S^1$ in un solo punto).

  4. L’immagine di $\tilde f$ in $Y$ (e quindi in $\PP ^2(\RR )$ mediante $g$) è un sottospazio chiuso?

Sol: (a) La funzione $f$ è ben definita perché per due punti distinti di $\EE ^2$ esiste unica la retta $r\in Y$ per questi punti. Per mostrare che è continua, consideriamo la composizione con $g$, $gf\from X \to \PP ^2(\RR )$. Se $A=(x_ A,y_ A)$ e $B=(x_ B,y_ B)$, allora la retta $f(A,B)$ ha equazione

\[ \det \begin{bmatrix} x & x_ A & x_ B \\ y & y_ A & y_ B \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} = (y_ A-y_ B)x - (x_ A-x_ B)y + (x_ Ay_ B - y_ Ax_ B) = 0, \]

e quindi

\[ gf(A,B) = [ y_ A-y_ B:x_ B-x_ A:x_ Ay_ B-y_ Ax_ B ]. \]

Le componenti sono tutte polinomi (di primo e secondo grado) e quindi $f$ (e quindi $gf$) è continua.

(b) La funzione continua $\tilde f$ è definita semplicemente da

\[ \tilde f (A,B) = g^{-1} [ y_ A-y_ B:x_ B-x_ A:x_ Ay_ B-y_ Ax_ B ]. \]

Poniamo $x_ A=\cos \alpha $, $y_ A=\sin \alpha $, $x_ B=\cos \beta $, $y_ B=\sin \beta $. Quindi

\[ \begin{aligned} \tilde f (A,B) & = g^{-1} [ \sin \alpha -\sin \beta : \cos \beta -\cos \alpha : \cos \alpha \sin \beta -\cos \beta \sin \alpha ] \\ & = [ \sin \alpha -\sin \beta : \cos \beta -\cos \alpha : \sin (\beta - \alpha ) ] \end{aligned} \]

Ricordiamo le formule di prostaferesi? Le usiamo per il prossimo passaggio.

\[ \begin{aligned} [ \sin \alpha -\sin \beta : \cos \beta -\cos \alpha : \sin (\beta - \alpha ) ] & = [ 2 \cos \dfrac {\alpha +\beta }{2} \sin \dfrac {\alpha -\beta }{2} : 2 \sin \dfrac {\alpha +\beta }{2} \sin \dfrac {\alpha -\beta }{2} : \sin (\beta - \alpha ) ] \\ & = [ 2 \cos \dfrac {\alpha +\beta }{2} : 2 \sin \dfrac {\alpha +\beta }{2} : \dfrac {\sin (\beta - \alpha ) }{\sin (\dfrac {\alpha -\beta }{2}) } ] \\ \end{aligned} \]

Ora, se poniamo $\beta -\alpha =\delta $, si ha che $A\to B$ se e soltanto se $\delta \to 0$, e quindi occorre considerare il limite per $\delta \to 0$ del punto in $\PP ^2(\RR )$

\[ [ 2 \cos \dfrac {2\alpha +\delta } {2} : 2 \sin \dfrac {2 \alpha +\delta }{2} : \dfrac {\sin \delta }{\sin (\dfrac {-\delta }{2}) } ], \]

che tende a

\[ [ 2 \cos \alpha : 2 \sin \alpha : - 2 ] = [\cos \alpha :\sin \alpha :-1]. \]

Quindi $\tilde f$ è ben definita e continua.

(c) Se $A=(\cos \alpha ,\sin \alpha )$, per quando visto sopra l’equazione della retta $\tilde f(A,A)$ è

\[ x \cos \alpha + y \sin \alpha = 1, \]

che è ortogonale alla direzione $(\cos \alpha ,\sin \alpha )$ e incontra la circonferenza nel solo punto $A$, dato che

\[ {\left\{ \begin{aligned} x \cos \alpha + y \sin \alpha & = 1\\ x^2 + y^2 & = 1 \end{aligned}\right. } \iff \sin ^2 \alpha x^2 + 1 + x^2\cos ^2 \alpha - 2 x \cos \alpha = \sin ^2 \alpha \]

cioè

\[ x^2 - 2x\cos \alpha + \cos ^2\alpha = 0. \]

La soluzione è unica dato che

\[ \Delta = 4\cos ^2\alpha - 4 \cos ^2\alpha = 0, \]

ed è $A$ dato che $\cos ^2\alpha + \sin ^2\alpha =1$.

(d) L’immagine di $\tilde f$ in $Y$ è l’immagine di $S^1\times S^1$ mediante una funzione continua. Dato che $S^1$ è compatto, anche $S^1\times S^1$ è compatto, e quindi l’immagine di $\tilde f$ è compatto. Un compatto in uno spazio di Hausdorff è chiuso, e perciò l’immagine è un chiuso dato che $\PP ^2(\RR )$ è Hausdorff.

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(35) Si considerino in $\AA ^2(\CC )$ i tre punti $A=(1,i)$, $B=(1,-i)$, $C=(i,-1)$.

  1. Determinare se i punti $A$, $B$ e $C$ sono allineati.

  2. Siano $r_{AB}$, $r_{AC}$ e $r_{BC}$ le tre rette per $A,B$, per $A,C$ e per $B,C$ rispettivamente. Si scrivano le equazioni cartesiane delle tre rette.

  3. Si consideri la funzione biunivoca $f\from \EE ^4 \to \AA ^2(\CC )$, definita ponendo

    \[ (x,y,u,v) \mapsto (x+iy, u+iv). \]

    Mostrare che $f^{-1}(r)$ è un sottospazio affine (un piano) di $\EE ^4$, se $r$ è una retta di $\AA ^2(\CC )$.

  4. Determinare l’area del triangolo con vertici $f^{-1}A$, $f^{-1}B$, $f^{-1}C$.

  5. È vero che tre punti di $\AA ^2(\CC )$ sono allineati (in $\AA ^2(\CC )$) se e soltanto se le rispettive controimmagini in $\EE ^4$ mediante $f$ sono allineate?

Sol: (a) I punti sono allineati se e solo se

\[ 0 = \det \begin{bmatrix} 1 & i & 1 \\ 1 & -i & 1 \\ i & -1 & 1 \end{bmatrix} = \det \begin{bmatrix} 0 & i & 1 \\ 0 & -i & 1 \\ i-1 & -1 & 1 \end{bmatrix} = 2i(i-1) \neq 0, \]

e quindi non sono allineati.

(b) Utilizziamo il punto (d) del primo esercizio (nel caso complesso la dimostrazione è identica). Le equazioni cercate sono

\[ \begin{aligned} r_{AB}:\ & x-1=0 \\ r_{AC}:\ & (1+i)x - (1-i)y \\ r_{BC}:\ & (1-i)x - (1-i)y. \end{aligned} \]

(c) Sia $r$ la retta di $\AA ^2(\CC )$ di equazione $az+bw+c=0$, se $(z,w)$ sono le coordinate di $\AA ^2(\CC )$. I coefficienti $a,b,c$ sono complessi, e $(a,b)\neq (0,0)$. La controimmagine $f^{-1}(r)$ è uguale all’insieme

\[ \{ (x,y,u,v) : a(x+iy) + b(u+iv) + c = 0 \} . \]

Se $a=a_1 + i a_2$, $b=b_1+ib_2$ e $c=c_1+ic_2$, con $a_ j$, $b_ j$ e $c_ j$ coefficienti reali, si ha che

\[ \begin{aligned} a(x+iy) + b(u+iv) + c & = (a_1+ia_2) (x+iy) + (b_1+ib_2)(u+iv) + c_1+ic_2) \\ & = a_1x - a_2 y + b_1u - b_2v + c_1 + i \left( a_1 y + a_2 x + b_1v + b_2 u + c_2 \right). \end{aligned} \]

Quindi $f^{-1}r$ è l’insieme dei punti $(x,y,u,v)$ che soddisfano le equazioni

\[ {\left\{ \begin{aligned} a_1x - a_2 y + b_1u - b_2v + c_1 & = 0 \\ a_1 y + a_2 x + b_1v + b_2 u + c_2 & = 0, \end{aligned}\right. } \]

e quindi è un sottospazio affine. Certamente ci sono soluzioni, dunque si tratta di un piano se il rango della matrice dei coefficienti

\[ \begin{bmatrix} a_1 & - a_2 & b_1 & -b_2 \\ a_2 & a_1 & b_2 & b_1 \end{bmatrix} \]

è uguale a due. Se fosse uno, il determinante di tutti i minori $2\times 2$ sarebbe zero, e dunque si avrebbe

\[ 0 = \det \begin{bmatrix} a_1 & - a_2 \\ a_2 & a_1 \end{bmatrix} = a_1^2 + a_2^2 = |a|^2, 0 = \det \begin{bmatrix} b_1 & -b_2 \\ b_2 & b_1 \end{bmatrix} = b_1^2 + b_2^2 = |b|^2 \]

da cui segue che $a=b=0$, il che contraddice l’ipotesi $(a,b)\neq (0,0)$.

(d) I tre punti hanno coordinate

\[ f^{-1}A = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}, f^{-1}B = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix}, f^{-1}C = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 0 \end{bmatrix}. \]

Il triangolo è quindi definito dai due vettori

\[ \va = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 2 \end{bmatrix} , \vb = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 0 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}. \]

Il quadrato dell’altezza è

\[ \vb ^2 - \bar\vb ^2, \]

dove $\bar\vb $ è la proiezione di $\vb $ su $\va $, cioè

\[ \bar\vb = \dfrac { \vb \cdot \va }{\va \cdot \va } \va = \dfrac {2}{4} \va = (0,0,0,1). \]

Quindi

\[ \vb ^2 - \bar\vb ^2 = 4 - 1 = 3. \]

L’area è quindi $\dfrac {1}{2} \sqrt {3} 2 = \sqrt {3}$. In realtà è facile vedere che si tratta di un triangolo equilatero con lato $2$, anche solo calcolando le distanze tra punti, che quindi ha area $\sqrt {3}$.

(e) I due vettori $B-A$, $C-A$ sono dipendenti su $\CC $ se esiste un $\lambda \in \CC $ tale che $B-A = \lambda (C-A)$. D’altro canto $f^{-1}B - f^{-1} A$, $f^{-1}C - f^{-1} A$ sono allineati se esiste un $\lambda \in \RR $ tale che $f^{-1}B - f^{-1} A = \lambda (f^{-1}C - f^{-1} A)$. Quindi se sono allineati in $\AA ^4(\RR )$, allora lo sono anche in $\AA ^2(\CC )$. Viceversa, potrebbero essere allineati con un $\lambda \in \CC \smallsetminus \RR $, come per esempio i tre punti $A=(0,0)$, $B=(1,0)$ e $C=(i,0)$, e non esserlo i corrispondenti punti in $\AA ^4(\RR )$, che in questo ultimo esempio sarebbero

\[ \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}. \]
///

(36) Siano $A$, $B$, $C$ e $D$ punti indipendenti (dal punto di vista affine) di $\AA ^3(K)$, dove $K$ è $\RR $ oppure $\CC $.

  1. Mostrare che ogni sottoinsieme di $3$ punti scelti tra i quattro punti $A,B,C,D$ è indipendente (dal punto di vista affine).

  2. Siano $\pi _{BCD}$, $\pi _{ACD}$, $\pi _{ABD}$ e $\pi _{ABC}$ i piani per $B,C,D$, per $A,C,D$, per $A,B,D$ e per $A,B,C$ rispettivamente, e $X$ la loro unione $X=\pi _{BCD} \cup \pi _{ACD} \cup \pi _{ABD} \cup \pi _{ABC}$. Determinare l’ordine del gruppo $G$ formato da tutte le affinità di $\AA ^3(K)$ che mandano $X$ in sé.

  3. Quanti elementi di $G$ fissano almeno uno dei $4$ punti? Quanti esattamente uno?

  4. Si determini l’insieme dei punti di $\AA ^3(K)$ fissati da tutti gli elementi di $G$, cioè

    \[ \{ x\in \AA ^3(K) : \forall g\in G,\, g x = x \} . \]

Sol: (a) Quattro punti sono indipendenti dal punto di vista affine se il piú piccolo sottospazio affine che li contiene ha dimensione $3$. Se per assurdo esistesse un sottoinsieme di tre punti non indipendenti, per esempio $A$, $B$ e $C$, allora $A$, $B$ e $C$ sarebbero allineati, cioè esisterebbe una retta $l$ che li contiene. Ma data la retta $l$ e il punto $D$ al di fuori da essa, esiste unico il piano che le contiene, e questo sarebbe un sottospazio affine che contiene tutti i punti ($A,B,C$ perché contiene tutti i punti di $l$, e $D$ per costruzione).

(b) Le affinità mandano piani in piani. Sia $g\from \AA ^3(K)\to \AA ^3(K)$ una affinità. Dato che $A,B,C$ sono indipendenti, anche le immagini $gA,gB,gC$ sono indipendenti, e generano il piano affine $\pi $ che è immagine del piano $\pi _{ABC}$. Se $g$ manda $X$ in sé, deve mandare il piano $\pi _{ABC}$ in un piano $\pi $ che è tutto contenuto in $X$. Ora, se il piano $\pi $ è contenuto in $X$, allora $\pi $ è uguale a uno dei quattro piani $\pi _{BCD}$, $\pi _{ACD}$, $\pi _{ABD}$ e $\pi _{ABC}$. Infatti, se per assurdo cosí non fosse, si dovrebbe avere che l’intersezione di $\pi $ con ognuno dei quattro piani ha dimensione al massimo $1$, e quindi il piano $\pi $ sarebbe l’unione di quattro sottospazi affini di dimensione al piú uno, e questo è assurdo. Quindi $g$ induce una corrisondenza biunivoca tra i quattro piani. Segue che manda l’intersezione di due piani nell’intersezione di due piani, e l’intersezione di tre piani nell’intersezione di tre piani. Dato che i punti $A,B,C,D$ sono intersezioni di tre piani distinti (per esempio $A=\pi _{ACD}\cap \pi _{ABD} \cap \pi _{ACD}$), $g$ induce una permutazione tra i punti $A,B,C,D$. Ora, per ogni permutazione dei punti $A,B,C,D$ esiste una unica affinità $f$ che induce tale permutazione, e tale $f$ manda $X$ in sé. Abbiamo appena mostrato che le affinità che mandano $X$ in sé sono in corrispondenza biunivoca con le permutazioni dei quattro punti $A,B,C,D$ (è un isomorfismo di gruppi, dato che la composizione di permutazioni corrisponde alla composizione di affintà), che sono $4! = 4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$.

(c) Le permutazioni di quattro elementi $A,B,C,D$ che fissano esattamente uno dei punti sono tante quante il numero dei punti moltiplicato per le permutazioni di tre elementi che non fissano alcun punto, cioè le otto seguenti: $ACDB$, $ADBC$, $CBDA$, $DBAC$, $BDCA$, $DACB$, $BCAD$, $CABD$. Quelle che fissano almeno un punto sono tutte meno quelle che non fissano nessun punto, cioè tali che $gA\neq A$, $gB\neq B$, $gC\neq C$ e $gD\neq D$. Queste sono le nove seguenti: $BADC$, $BCDA$, $BDAC$, $CADB$, $CDAB$, $CDBA$, $DABC$, $DCAB$, $DCBA$. Quindi ci sono in tutti $24-9=15$ permutazioni che fissano almeno un punto. Oppure sono tutte quelle che fissano un punto (le 8 di prima), piú quelle che ne fissano esattamente due (quelle che ne fissano tre ne fissano per forza quattro). Quelle che ne fissano esattamente due sono tante quante i sottoinsiemi di due elementi dell’insieme $\{ A,B,C,D\} $, cioè $\binom {4}{2} = \dfrac {4!}{2!2!} = \dfrac {24}{4} = 6$. Quindi in totale sono $8+6+1=15$. Problema: quante sono in generale le permutazioni di $n$ punti che non ne fissano nessuno? Quante quelle che ne fissano almeno uno? Che ne fissano esattamente uno?

(d) L’insieme $Y$ dei punti di $\AA ^3(K)$ fissato da tutti gli elementi di $G$ si trova come segue. Si prendano i punti $A,B,C,D$ come riferimento affine. Se $A$ è l’origine, essere invariante rispetto alle permutazioni dei tre punti $B,C,D$ significa che le tre coordinate dei punti fissati da $G$ in questo sistema di riferimento sono uguali, cioè che i punti di $Y$ stanno sulla retta che congiunge $A$ con il baricentro di $BCD$. Lo stesso deve valere per ogni altro punto, e quindi $Y$ è contenuto nelle intersezioni delle rette che congiungono i vertici con i baricentri delle facce opposte: ma queste si incontrano nel baricentro di $ABCD$, cioè nel punto di coordinate $\dfrac {A+B+C+D}{4}$ (coordinate baricentriche).

(Come nell’esercizio precedente, è possibile cercare qualcosa di computazionale per aiutarsi – un esempio è il codice che segue)

lettere=['A','B','C','D']

def permutazioni(seq) :
 if len(seq) == 0 :
 yield ()
 else :
 for i in range(0, len(seq)) :
 for rest in permutazioni(seq[:i] + seq[i+1:]) :
 yield (seq[i],) + rest

def fissa_almeno_uno(p):
 for i in range(len(p)):
 if p[i] == lettere[i]: return True
 return False

def fissa_esattamente_uno(p):
 numero_fissi=0
 for i in range(len(p)):
 if p[i] == lettere[i]: numero_fissi += 1
 return numero_fissi == 1

def fissa_nessuno(p):
 for i in range(len(p)):
 if p[i] == lettere[i]: return False
 return True

def stampa(p):
 return ''.join(p)

for p in permutazioni( lettere ):
 s= ''.join(p) + ": "
 if fissa_almeno_uno(p): s += " *"
 if fissa_esattamente_uno(p): s += "!"
 if fissa_nessuno(p): s += "-"
 print s

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img #4
Figura 1.1: Il complementare dell’unione di $n$ rette ha $\ldots $ componenti connesse.

A proposito di componenti connesse: in posizione generale (cioè supponendo che le rette si intersechino sempre due per volta), sia $f(n)$ il numero di componenti connesse del complementare dell’unione di $n$ rette nel piano. Si ha $f(1)=2$, $f(2)=4$ e $f(3)=7$. Si veda la figura 1.1 a pagina *. Può essere che il numero di componenti $f(n)$ è uguale a $\dfrac {n^2+n+2}{2}$ (a patto che le rette si incontrino sempre due a due)? Perché?

(37) Descrivere le orbite e lo spazio quoziente delle seguenti azioni di $G$ su $X$ (quando e se sono azioni).

  1. $G=\CC ^* = \{ z\in \CC : z\neq 0 \} $, $X=\CC $, per $g\in G$ e $z\in X$ si ponga poi $g\cdot z = gz$ (moltiplicazione di numeri complessi);

  2. $G=\RR $, $X=\CC $, con prodotto $t \cdot z = e^{t+it} z$ per ogni $t\in G$ e per ogni $z\in X$.

  3. $G=\ZZ $, $X=\CC $, con prodotto $k\cdot z = e^ k z$ per ogni $k \in \ZZ $ e per ogni $z\in X$.

  4. $G=\ZZ $, $X=\RR $, con prodotto $k \cdot x = k+x$ per ogni $x\in X$ e $k \in G$.

  5. $G=\ZZ $, $X=\RR $, con prodotto $k \cdot x = kx$ per ogni $x\in X$ e $k \in G$.

Sol: (a) Se $z_1$ e $z_2$ sono due numeri complessi e $z_2 = g z_1$ per un $g\neq 0$, $g\in \CC $, allora o sono entrambi uguali a zero, oppure entrambi diversi da zero. L’orbita di $0$ è chiaramente $\{ 0\} $. L’orbita di $1$ è $\CC \smallsetminus \{ 0\} $. Quindi ci sono esattamente due orbite. Lo spazio quoziente $X/G$ ha perciò due punti: $[0]$ e $[1]$. La topologia di $X/G$: $U\subset X/G$ è aperto se e soltanto se la sua controimmagine in $X=\CC $ è aperta. Sappiamo che $\emptyset $ e $X/G$ sono aperti, per definizione. La controimmagine di $[0]$ è l’orbita di $0$, che è $\{ 0\} $, che non è aperto: $\{ [0] \} $ non è aperto. La controimmagine di $[1]$ è l’orbita di $1$, che è $\CC \smallsetminus \{ 0\} = \CC ^*$, che è aperto in $\CC $, e quindi $\{ [1] \} $ è aperto in $X/G$. Quindi gli aperti sono:

\[ \emptyset =\{ \} , \{ [1]\} , \{ [0],[1]\} = X/G. \]

(b) Se $z=0$, l’orbita $\{ e^{t+it}0 \} $ è $\{ 0\} $. Altrimenti, se $z\neq 0$, la mappa

\[ t \mapsto e^{t+it} z \]

è iniettiva, e descrive una spirale in $\CC $ (perché?). Osserviamo che se $Y\subset X$ è una orbita, allora esiste sempre uno e un solo numero complesso di norma $1$ in $Y$. Infatti, si ha (per $z\neq 0$)

\[ |e^{t+it} z| = e^ t |z|, \]

e dunque $e^ t |z| = 1$ se e soltanto se $e^ t = |z|^{-1} \iff t = - \ln |z| $. Quindi le orbite sono in corrispondenza biunivoca con i punti di $\left( S^1 \cup \{ 0\} \right) \subset \CC $, dove $S^1 = \{ z \in \CC : |z|=1 \} $. Lo spazio quoziente contiene una copia (omeomorfa?) di $S^1$, e un punto extra (l’orbita $[0]$). Consideriamo un intorno $U\subset X/G$ di $[0]$. La sua controimmagine $\tilde U$ mediante la proiezione del quoziente è un aperto di $\CC $ che contiene $0$, e dunque contiene un disco di raggio $\epsilon > 0$. Ora, per ogni $z\in C \smallsetminus \{ 0\} $ esiste un $t\in \RR $ tale che

\[ |e^{t+it}z| < \epsilon , \]

e quindi l’intersezione di $\tilde U$ con ogni orbita è non vuota. Ma se $\tilde U$ contiene un punto di una orbita, allora contiene anche tutta l’orbita di questo punto: segue che $\tilde U = \CC $. Cioè l’unico intorno (aperto) di $X/G$ che contiene l’orbita $[0]$ è tutto $X/G$. Segue che $X/G$ non è Hausdorff.

(c) Le orbite di punti $z\neq 0$ sono insiemi discreti di punti, che si accumulano in $0\in \CC $, allineati lungo semirette per l’origine e per $z$. Invece $0$ ha per orbita sé stesso. Due punti $z_1$ e $z_2$, scritti in coordinate polari

\[ z_1 = r_1 e^{i\theta _1} z_2 = r_2 e^{i\theta _2} \]

stanno nella stessa orbita se e soltanto se

\[ r_2 e^{i\theta _2} = e^ k r_1 e^{i\theta _1} \iff {\left\{ \begin{aligned} r_2 & = e^ k r_1 \\ \theta _2 & = \theta _1 \mod 2\pi . \end{aligned}\right. } \iff {\left\{ \begin{aligned} \ln r_2 & = k + \ln r_1 \\ \theta _2 & = \theta _1 \mod 2\pi . \end{aligned}\right. } \]

Quindi $X/G$ contiene una copia (perché? è copia omeomorfa?) di un toro, e la orbita $[0]$. Analogamente al punto precedente, $[0]\in X/G$ non ha altri intorni aperti a parte $X/G$.

(d) Le orbite sono traslati a coordinatre intere, il quoziente è $S^1$ (già visto a lezione).

(e) Non è una azione.

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(38) Siano $A=(1,1,1)$, $B=(-1,-1,1)$, $C=(1,-1,-1)$ e $D=(-1,1,-1)$ quattro punti dello spazio euclideo $\EE ^3$.

  1. Sono indipendenti (dal punto di vista affine)?

  2. Sia $G$ il gruppo di tutte le isometrie che mandano l’insieme dei $4$ punti $ \{ A,B,C,D \} $ in sé. Dimostrare che $G$ è finito.

  3. Determinare le $\binom {4}{2}$ distanze reciproche.

  4. Calcolare il volume del tetraedro $ABCD$ e la sua area laterale.

Sol: (a) Si ha

\[ \begin{aligned} A-D & = (2,0,2) \\ B-D & = (0,-2,2) \\ C-D & = (2,-2,0), \end{aligned} \]

con determinante della matrice

\[ \det \begin{bmatrix} 2 & 0 & 2 \\ 0 & -2 & -2 \\ 2 & 2 & 0 \end{bmatrix} = 16 \neq 0, \]

dunque sono indipendenti dal punto di vista affine.

(b) Ogni isometria è in particolare una affinità. Le affinità che mandano l’insieme dei 4 punti in sé costituiscono un gruppo finito di ordine $24=4!$ (isomorfo al gruppo di permutazioni di quattro elementi – si veda il compito del mese di giugno 2008). Quindi $G$ è un sottogruppo di un gruppo finito, ed è a sua volta finito.

(c) Le $\binom {4}{2} = \frac{4!}{2!2!} = 6$ distanze reciproche sono

\[ \begin{aligned} |A-D| & = |(2,0,2)| = 2\sqrt {2} \\ |B-D| & = |(0,-2,2)| = 2\sqrt {2} \\ |C-D| & = |(2,-2,0)| = 2\sqrt {2} \\ |A-B| & = 2\sqrt {2} \\ |B-C| & = 2\sqrt {2} \\ |C-A| & = 2\sqrt {2}. \end{aligned} \]

Si tratta quindi di un tetraedro regolare, e quindi ogni affinità che manda l’insieme dei vertici $\{ A,B,C,D\} $ in sé è anche una isometria (perché?).

(d) Il volume è

\[ \dfrac {1}{6} \det \begin{bmatrix} 2 & 0 & 2 \\ 0 & -2 & -2 \\ 2 & 2 & 0 \end{bmatrix} = \dfrac {16}{6} = \frac{8}{3}. \]

L’area di una delle sue facce (triangoli equilateri) è uguale a $ 2 \sqrt {3} $. La superficie laterale è quindi $6\sqrt {3}$, la superficie totale $8\sqrt {3}$. Il baricentro della faccia $ABC$ è

\[ \dfrac {1}{3} \left( \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \end{bmatrix} \right) = \dfrac {1}{3} \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}, \]

quindi l’altezza del tetraedro è la norma del vettore

\[ \dfrac {1}{3} \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4/3 \\ -4/3 \\ 4/3 \end{bmatrix}, \]

che è uguale a $\dfrac {4\sqrt {3}}{3}$. Il volume è quindi uguale a

\[ \dfrac {1}{3} \cdot 2\sqrt {3} \cdot \dfrac {4\sqrt {3}}{3} = \dfrac {8}{3}, \]

come sopra.

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(39) Si consideri in $\EE ^2$ la conica $\gamma $ di equazione $x^2 - y^2 = 1$. Sia $G$ il gruppo di tutte le affinità che mandano $\gamma $ in sé.

  1. Determinare quali elementi di $G$ sono anche isometrie.

  2. $G$ è un sottogruppo chiuso di $GL(2,\RR )$?

  3. $G$ è compatto?

  4. L’azione di $G$ su $\AA ^2(\RR )$ è transitiva? $G$ contiene traslazioni?

  5. $G$ è connesso?

  6. Determinare se $G$ agisce transitivamente su $\gamma $.

Sol: Osserviamo che i due asintoti di $\gamma $ (le rette di equazioni $x\pm y = 0$) sono le uniche rette di $\EE ^2$ che non intersecano $\gamma $ e che passano per i punti all’infinito di $\gamma $: infatti il sistema si riduce all’equazione

\[ {\left\{ \begin{aligned} x^2 - y^2 & = 1 \\ y& =ax + b. \end{aligned}\right. } \implies x^2 -(ax+b)^2 = 1 \]\[ (1-a^2) x^2 -2ab x + b^2 - 1 = 0. \]

Questa, se $a^2=1$, ha certamente soluzioni se $b\neq 0$. Altrimenti, se $b=0$, non ha soluzioni. Ora, se una affinità manda $\gamma $ in sé, allora deve mandare anche i suoi due asintoti in sé. In particolare, l’intersezione dei due asintoti deve rimanere fissa, e quindi l’affinità si scrive come

\[ \vx \mapsto A \vx \]

con $A=\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$ matrice invertibile. Nel sistema di riferimento dato dai due asintoti, l’equazione di $\gamma $ risulta $st=\dfrac {1}{2}$, dove le coordinate sono

\[ {\left\{ \begin{aligned} s & = \dfrac {1}{\sqrt {2}}(x+y) \\ t & = \dfrac {1}{\sqrt {2}}(x-y) \end{aligned}\right. } \iff \begin{bmatrix} s \\ t \end{bmatrix} = \dfrac {1}{\sqrt {2}} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}\, . \]

Lavoriamo nelle coordinate $(s,t)$, invece che nelle $(x,y)$.

(a) Le rotazioni che mandano i due assi $s$ e $t$ in sé sono le quattro rotazioni di angolo $0$, $\pi /2$, $\pi $ e $-\pi /2$. Solo le rotazioni di angolo $0$ (l’identità) e di angolo $\pi $ mandano $\gamma $ in sé. Le riflessioni che mandano gli assi in sé sono le due riflessioni lungo gli assi (che però non mandano l’iperbole in sé), e le riflessioni lungo le bisettrici (che mandano $\gamma $ in sé). In totale quindi le isometrie di $G$ sono rappresentate dalle quattro matrici

\[ 1=\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}, -1= \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix}, R_1= \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}, R_2 \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}. \]

Le prime due sono rotazioni (e quindi in $SO(2)$), le seconde riflessioni (con determinante $-1$).

(b) Il gruppo $G$ è formato da tutte le matrici $A$ tali che

\[ A^ t \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}. \]

Si tratta quindi della controimmagine di $\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$ mediante la funzione (continua)

\[ A \mapsto A^ t \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} A. \]

La controimmagine di un punto (che è chiuso) è un chiuso, e dunque $G$ è chiuso.

Sia $K\subset G$ il sottogruppo di $G$ formato dalle isometrie di $G$. Ora, se $A$ è una matrice tale che $A\gamma =\gamma $, $A$ induce una permutazione tra i quattro quadranti del piano $(s,t)$ (dato che manda gli assi in sé, manda anche il complementare degli assi in sé). Sia $H\subset G$ il sottogruppo formato da tutte le affinità con determinante $1$ che mandano il primo quadrante in sé. Sia $K$ che $H$ sono sottogruppi di $G$. Si ha che $H\cap K = 1$. Se $g$ è un elemento di $G$, allora esiste certamente $a\in K$ tale che $ga$ ha determinante $1$. Ora, $ga$ oppure $-ga$ hanno entrambi determinante $1$, e uno dei due manda il primo quadrante in sé. Dunque, dato che sia $a$ che $-a$ sono in $K$, esiste un elemento $k\in K$ tale che $gk \in H$. In altre parole, $HK=G$, cioè $G$ è l’unione disgiunta dei laterali di $H$

\[ G = 1 H \cup -1 H \cup R_1 H \cup R_2 H. \]

Per mostrare che $G$ è chiuso, basta mostrare che $H$ è chiuso.

(c) Osserviamo che $G$ contiene tutte le matrici del tipo

\[ \begin{bmatrix} t & 0 \\ 0 & 1/t \end{bmatrix}, \]

con $t\neq 0$ arbitrario. Il sottogruppo $H$ di sopra (quelle che mandano il primo quadrante in sé) è formato da quelle con $t > 0$. Quindi,

\[ G = \left\{ \begin{bmatrix} t & 0 \\ 0 & 1/t \end{bmatrix} : t > 0 \right\} \cup \left\{ \begin{bmatrix} -t & 0 \\ 0 & -1/t \end{bmatrix} : t > 0 \right\} \cup \left\{ \begin{bmatrix} 0 & t \\ 1/t & 0 \end{bmatrix} : t > 0 \right\} \cup \left\{ \begin{bmatrix} 0 & -t \\ -1/t & 0 \end{bmatrix} : t > 0 \right\} . \]

Dato che $G$ non è limitato, non è compatto. Deduciamo anche che il determinante di ogni elemento di $G$ è uguale a $\pm 1$.

(d) L’azione di $G$ su $\AA ^2(\RR )$ non può essere transitiva, dato che manda $\gamma $ in sé. Dato che manda l’origine in sé, non può contenere traslazioni, come abbiamo visto prima.

(e) $G$ non è connesso, dato che la funzione determinate $\det \from G \to \{ \pm 1\} $ è continua e suriettiva. È possibile (ma non facciamo ora) vedere che ha quattro componenti connesse, omeomorfe a $\RR $.

(f) L’azione è transitiva: se $\alpha \neq 0$, allora il punto $(\alpha , \frac{1}{2\alpha } )$ viene mandato da $\begin{bmatrix} t & 0 \\ 0 & 1/t \end{bmatrix} $ in

\[ \begin{bmatrix} t & 0 \\ 0 & 1/t \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \alpha \\ \dfrac {1}{2\alpha } \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} t\alpha \\ \dfrac {1}{2t\alpha } \end{bmatrix}. \]

Chiaro quindi che con $t\neq 0$ è possibile mandare $(\alpha , \frac{1}{2\alpha } )$ in un qualsiasi altro punto di $\gamma $.

///

(40) In $\AA ^3(\RR )$ siano dati i tre punti $A=\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} $, $B=\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} $, $C=\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} $.

  1. $A$ $B$ e $C$ sono allineati? Dipendenti?

  2. Dimostrare che esiste un unico piano $\pi $ che contiene $A$, $B$ e $C$, e scriverne una equazione.

  3. Si trovi un riferimento affine che contiene i tre punti $A$, $B$, e $C$ e si riscriva l’equazione del piano $\pi $ in questo riferimento.

Sol: Ricordiamo che tre punti sono allineati se e solo appartengono ad una stessa retta o, equivalentemente, se sono dipendenti. Quindi sono allineati se e solo se i due vettori $u= B-A$ e $v=C-A$ generano uno sottospazio di $\RR ^3$ di dimensione al più $1$. Basta quindi calcolare il rango della matrice $[u,v]$:

(1)\begin{equation} \mathrm{Rank} \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \\ 1 & 1 \\ \end{bmatrix} = 2 \end{equation}

che è uguale a due per concludere che non sono allineati e che generano uno spazio di dimensione massima ($2$).

In un altro modo è possibile procedere come segue: se fossero allineati, allora il rango della matrice $[A-O,B-O,C-O]$ dovrebbe essere al più $2$ (dal momento che i tre vettori sono contenuti nel piano contenente la retta e l’origine $O$), e quindi il suo determinante dovrebbe essere nullo. Ma dato che

\[ \det \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix} = -2 \neq 0, \]

i tre punti non possono essere allineati. Notiamo che invece è possibile avere tre punti $A’$,$B’$,$C’$ non allineati tali che il determinante della matrice $[A’-O,B’-O,C’-O]$ è nullo (basta che il piano che li contiene passi per l’origine $O$).

Esiste un unico piano $\pi $ passante per tre punti indipendenti: basta osservare che il sottospazio affine generato da un insieme finito di punti è unico, e che tre punti indipendenti generano un piano (in generale, $d+1$ punti sono indipendenti se e solo se generano uno spazio di dimensione $d$).

È richiesto di scrivere una equazione di $\pi $: la più semplice è il sistema di equazioni parametriche

\[ x = A + s(B-A) + t(C-A), \]

con $s,t \in \RR $, cioè

\[ \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + s \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} + t \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} . \]

o equivalentemente

\[ \begin{cases} x = 1 -t \\ y = 1 -s \\ z = s + t. \\ \end{cases} \]

Eliminando i parametri $s$ e $t$ si ottiene l’equazione cartesiana

\[ x + y + z = 2. \]

Ora ricordiamo cosa è un riferimento affine per uno spazio affine $X$ di dimensione $d$: equivalentemente, $d+1$ punti in $X$ indipendenti oppure un punto $x_0\in X$ e $d$ vettori di $\overrightarrow {X}$ indipendenti. Nel nostro caso $X=\AA ^3(\RR )$, quindi un riferimento affine consiste di $4$ punti oppure un punto e tre vettori di $\RR ^3$. Dal momento che il riferimento affine deve contenere i tre punti $A$, $B$, $C$, non può che essere quindi pensato come un insieme di quattro punti che contenga i punti $A$, $B$ e $C$. Osserviamo che $A$, $B$ e $C$ sono indipendenti, per cui per ottenere un riferimento affine basta aggiungere un quarto punto $O$ non contenuto nel piano generato da $A$, $B$ e $C$. Dato che l’origine non appartiene a $\pi $, si può considerare il riferimento affine $\{ O,A,B,C\} $. I punti $A$, $B$ e $C$ in questo riferimento hanno coordinate affini

\[ \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} , \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} , \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} , \]

ed è chiaro quindi che il piano $\pi $ ha equazione

\[ x’ + y’ + z’ = 1, \]

dove $x’,y’,z’$ sono le coordinate affini nel nuovo sistema di riferimento.

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(41) Si dimostri che se $r$ e $s$ sono due rette distinte passanti per l’origine di $\RR ^2$ (cioè $r$ e $s$ sono due sottospazi vettoriali di dimensione $1$ dello spazio vettoriale $\RR ^2$) allora $\RR ^2 = r + s $.

Sol: Dato che $r\subset \RR ^2$ e $s\subset \RR ^2$, si ha $r+s \subset \RR ^2$. Bisogna quindi mostrare che ogni vettore di $\RR ^2$ si può scrivere come somma di due vettori $v_ r$ e $v_ s$ tali che $v_ r\in r$ e $v_ s\in s$. Supponiamo invece per assurdo che $r+s$ sia un sottospazio vettoriale proprio di $\RR ^2$ (dal momento che la somma di sottospazi vettoriali è un sottospazio vettoriale). Non può avere dimensione $0$ (dato che contiene $r$ e $s$), e non può avere dimensione $2$ (dato che esiste un solo sottospazio vettoriale di $\RR ^2$ di dimensione $2$), per cui deve avere dimensione $1$. Ma questo implica che $r = r+ s$ (dato che $r$ è sottospazio di $r+s$ ed hanno la medesima dimensione) e analogamente $s = r+s$, cioè che $r=s$. Ma questo contraddice l’ipotesi.
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(42) Siano $r$ e $s$ la due rette dello spazio affine $\AA ^3(\RR )$ di equazioni

\[ \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} + t \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \text { e } \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} + s \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \]
  1. Sono parallele? Sghembe? Incidenti?

  2. Qual è il più piccolo sottospazio affine che contiene sia $r$ che $s$ (scriverne l’equazione, se esiste).

Sol: Le due rette sono parallele se e soltanto se le loro giaciture coincidono, cioè se e soltanto se i vettori $\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} $ e $\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} $ sono linearmente dipendenti. Il rango della matrice è $2$, per cui le rette non sono parallele.

Le due rette sono sghembe quindi se e soltanto se non sono incidenti: determiniamo quindi se esistono soluzioni in $s$ e $t$ del sistema di equazioni

\[ \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} + t \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} + s \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} , \]

che si può riscrivere come

\[ \begin{cases} 1 = 1 + s\\ t = 1 \\ 1 = 1 + s.\\ \end{cases} \]

È chiaro che $(s,t) = (0,1)$ è una soluzione, e dunque le due rette sono incidenti (si incontrano nel punto $A= \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} $). Se $B$ e $C$ denotano due punti distinti da $A$ appartenenti rispettivamente alla prima e alla seconda delle rette (per esempio, per $t=0$ si ha $B=\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} $ e per $s=-1$ si ha $C=\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{bmatrix} $), allora il piano generato da $A$, $B$ e $C$ contiene le due rette, ed è il più piccolo sottospazio affine con questa proprietà (perché ... ).

L’equazione parametrica di un piano per tre punti si ottiene come nel primo esercizio.

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(43) Si considerino i punti $\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} $, $\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} $, $\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} $ e $\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} $ di $\AA ^3(\RR )$. Sono indipendenti (come punti dello spazio affine)? I corrispondenti vettori di $\RR ^3$ sono indipendenti? Possono essere scelti come riferimento affine?

Sol: Osserviamo che le differenze \[ \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} = -\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} , \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} = -\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} , \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} = -\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \] sono di certo linearmente indipendenti (sono gli opposti dei vettori della base canonica di $\RR ^3$), e quindi i quattro punti sono indipendenti e possono essere scelti come riferimento affine di $\AA ^3(\RR )$. I corrispondenti vettori $\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} $, ... non possono esserlo, dato che in $\RR ^3$ il numero massimo di vettori linearmente indipendenti è $3$.
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(44) Sia $\Gamma $ la conica affine piana di equazione $x^2 +y^2 = 1$ e $T\from \AA ^2(\RR ) \to \AA ^2(\RR )$ la trasformazione affine definita da

\[ T\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} . \]

Determinare l’equazione della conica $T(\Gamma ) \subset \AA ^2(\RR )$.

Sol: Siano $(x,y)$ le coordinate affini di $\AA ^2(\RR )$, e siano $(X,Y)$ le coordinate affini della seconda copia di $\AA ^2(\RR )$ indotte dalla trasformazione $T$. La trasformazione $T$ può essere scritta in coordinate come

\[ \begin{bmatrix} X \\ Y \end{bmatrix} = T\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} , \]

o anche

\[ \begin{cases} X = x + y + 1\\ Y = -x + y - 1.\\ \end{cases} \]

Calcolando $T^{-1}$ si ottiene

\[ \begin{cases} x = \dfrac {X+Y}{2}\\ y = \dfrac {X-Y-2}{2}. \\ \end{cases} \]

Sostituendo nell’equazione $x^2+y^2=1$ si ottiene

\[ \dfrac {(X+Y)^2}{4} + \dfrac {(X-Y-2)^2}{4} = 1, \]

e semplificando

\[ X^2 + Y^2 - 2X + 2Y = 0. \]

Un altro modo è il seguente: la conica, se si suppone $\AA ^2(\RR )$ dotato della metrica euclidea standard, è la circonferenza di raggio unitario e centro nell’origine. La trasformazione $T$ è uguale alla composizione di una rotazione di angolo $\pi /4$, una dilatazione di fattore $\sqrt {2}$ e una traslazione di vettore $\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} $. La rotazione lascia la circonferenza invariata, la dilatazione ne cambia il raggio (da $1$ a $\sqrt {2}$) e la traslazione sposta il centro da $\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} $ a $\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} $. Quindi $T(\Gamma )$ è la circonferenza di $\AA ^2(\RR )$ di centro $\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} $ e raggio $\sqrt {2}$, che ha equazione

\[ (X-1)^2 + (Y+1)^2 = 2. \]

Semplificando si ottiene

\[ X^2 - 2X + 1 + Y^2 + 2Y + 1 = 2, \]

cioè l’equazione sopra riportata.

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(45) Sia in $\AA ^2(\RR )$ data la retta $r$ di equazione $x+y=1$. Scrivere (nelle coordinate $(x,y)$ del piano affine) la proiezione su $r$ parallela al vettore $\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} $ e la corrispondente riflessione.

Sol: Sia $(x_0,y_0)$ un punto di $\AA ^2(\RR )$. La retta parallela a $\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} $ e passante per $(x_0,y_0)$ ha equazione $x=x_0$. La sua intersezione con la retta $r$ si ottiene risolvendo il sistema

\[ \begin{cases} x = x_0 \\ x+y=1,\\ \end{cases} \]

ed è quindi il punto di coordinate $(x_0,1-x_0)$. Ne segue che se $p_ r$ indica la proiezione cercata essa sarà definita da

\[ p_ r\left( \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \right) = \begin{bmatrix} x \\ 1-x \end{bmatrix} . \]

La riflessione corrispondente $R\from \AA ^2(\RR ) \to \AA ^2(\RR )$ si ottiene ricordando che deve essere

\[ R\left( \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \right) -p_ r \left( \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \right) = p_ r\left( \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \right) - \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} , \]

e dunque

\[ R\left( \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \right) = 2 \begin{bmatrix} x \\ 1-x \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} x,y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x \\ 2-2x - y \end{bmatrix} . \]
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(46) Si calcoli la distanza dall’origine (in $\EE ^3$ con il prodotto scalare standard) delle rette $r$ e $s$ di equazioni

\[ \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} + t \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \text { e } \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + s \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \]

Qual è la distanza tra le due rette?

Sol: La distanza di un punto da un sottospazio è la minima delle distanze tra il punto e i punti del sottospazio. È chiaro che il minimo delle distanze si ottiene considerando il minimo delle distanze al quadrato (perché?). Per la prima retta si ha

\[ x^2 + y^2 + z^2 = t^2 + t^2 + 1 = 2t^2 + 1, \]

che ha minimo per $t=0$. Dato che la seconda retta si ottiene ruotando la prima attorno all’asse di rotazione $\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} $ di un angolo di $2\pi /3$ (perché?), la distanza è uguale $1$ anche per essa.

La distanza al quadrato tra il punto $A(t)$ con parametro $t$ della retta $r$ e il punto $B(s)$ con parametro $s$ della seconda retta (con abuso di notazione è stata chiamata $s$) è uguale a

\[ (t-s)^2 + (t-1)^2 + (1-s)^2. \]

Deve essere che il vettore $A(t) - B(s)$ è ortogonale sia a $r$ che a $s$, cioè

\[ \langle \begin{bmatrix} t-s \\ t-1 \\ 1-s \end{bmatrix} , \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \rangle = 0 \]\[ \langle \begin{bmatrix} t-s \\ t-1 \\ 1-s \end{bmatrix} , \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \rangle = 0. \]

Il sistema di equazioni in $(s,t)$ da risolvere può essere scritto come

\[ \begin{cases} t-s + t-1 = 0 \implies s = 2t-1\\ t-s + 1- s = 0 \implies t = 2s -1, \end{cases} \]

ed ha soluzione $s=t=1$: il che implica che la distanza non è $\sqrt {2}$, ma $0$ (le rette sono incidenti).

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(47) Nel piano proiettivo si considerino i tre punti $A=[1:0:1]$, $B=[1:1:0]$ e $C=[0:1:1]$; siano $r_{AB}$, $r_{AC}$ e $r_{BC}$ le tre rette passanti per due dei tre punti. Dimostrare che il complementare

\[ \PP ^2(\RR ) \smallsetminus \left( r_{AB} \cup r_{AC} \cup r_{BC} \right) \]

(cioè il piano proiettivo meno le tre rette) ha quattro componenti connesse. Quante componenti ha il piano proiettivo meno tre rette distinte passanti per un punto?

Sol: A meno di un cambio di coordinate possiamo supporre che $r_{BC}$ sia la retta dei punti impropri. Quindi il complementare $ \PP ^2(\RR ) \smallsetminus \left( r_{AB} \cup r_{AC} \cup r_{BC} \right) $ risulta omeomorfo a

\[ \AA ^2(\RR ) \smallsetminus \left( \hat r_{AB} \cup \hat r_{AC} \right), \]

dove $\hat r_{AB}$ e $\hat r_{AC}$ denotano le tracce affini delle due rette proiettive $r_{AB}$ e $r_{AC}$. Le due rette affini si intersecano nel punto affine $A$ (per definizione) e non sono parallele (dal momento che le loro intersezioni con la retta impropria sono due punti distinti: $B$ e $C$, entrambi punti di $r_{BC}$). A meno di trasformazioni affini si può supporre che $r_{AB}$ e $r_{AC}$ siano i due assi di un sistema di riferimento cartesiano $(x,y)$. Le componenti connesse sono quindi $4$. Infatti, consideriamo lo spazio topologico $S = \{ +,-\} $ con topologia discreta, e la mappa $s\from \RR ^2 \smallsetminus {xy=0} \to S\times S$ definita ponendo $s(x,y) = \left(\mathrm{Segno}(x), \mathrm{Segno}(y) \right)$. Dal momento che $s$ risulta una funzione continua (perché?), lo spazio in questione ha almeno quattro componenti connesse. Per concludere che sono esattamente quattro basta mostrare che i quadranti sono connessi, ma questo segue facilmente dal fatto che sono connessi per archi (anche, sono connessi per archi rettilinei!).

Per quanto riguarda il piano proiettivo meno tre rette per un punto, si prosegue come sopra, ma ottenendo due rette affini distinte con il medesimo punto all’infinito (e quindi parallele). Le componenti connesse sono quindi $3$.

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