12. Tangenti e polari

Per quanto visto a pagina *, le rette tangenti sono le polari dei punti della conica (e coincidono con le tangenti definite nella prima parte, nel caso reale). Possiamo concludere che la definizione di polarità definita a pagina * rispetto ad una circonferenza è proprio quella definia algebricamente in (9.8).

(12.1) Proposizione. Se $\omega \subset \EE ^2$ è una circonferenza, allora la polarità definita a pagina * e la polarità definita a pagina * coincidono.

Dim. Abbiamo visto che le definizioni di tangenti coincidono (definizione euclidea, definizione con numero di intersezioni, definizione per polarità). In entrambi i casi vale la proprietà che due punti $A$ e $B$ sono coniugati se e soltanto se $A\in b$ e $B\in a$, dove $a$ e $b$ sono le polari di $A$ e $B$ rispettivamente, e che la polare di $P$ è il luogo dei punti coniugati a $P$. Ora, la polare di un punto $Q$ esterno a $\omega $ si può costruire considerando le rette tangenti a $\omega $ per $Q$ (che coincidono nelle due definizioni): per i cui punti di contatto passa la polare di $Q$. Se $Q$ è interno a $\omega $ si possono costruire due corde passanti per $Q$: le tangenti nei punti di contatto si incontrano in due punti (i poli delle due corde), che quindi devono appartenere alla polare di $Q$. Anche in questo caso quindi la polare coincide nelle due definizioni.
QED

Consideriamo ora una conica affine (o euclidea) insieme al suo completamento proiettivo.

(12.2) Definizione. Le direzioni asintotiche di una conica $C \subset \AA ^2_0(K)\subset \PP ^2(K)$ sono i punti all’infinito di $C$.

(12.3) Definizione. Gli asintoti di una conica sono le rette tangenti ai suoi punti all’infinito.

S’intende, quindi, che se ci sono gli asintoti, la conica è una iperbole (nel caso reale).

(12.4) Proposizione. Sia $C$ conica in $\AA ^2(K)$. Le rette che hanno una delle direzioni asintotiche intersecano $C$ in un solo punto, oppure in nessun punto se sono asintoti.

Dim. Le rette che hanno direzioni asintotiche sono quelle che passano per i punti all’infinito di $C$. Se $C$ è una parabola, dato che la retta all’infinito è tangente a $C$ in un punto, che chiamiamo $A_\infty $, allora tutte le rette del fascio di rette per $A_{\infty }$ diverse dalla retta all’infinito intersecano $C$ in un solo punto in $\AA ^2(K)$. Se $C$ non è una parabola, se ci sono punti all’infinito questi sono due, che chiamiamo $A_{\infty }$ e $B_\infty $. Le rette per $A_{\infty }$ e $B_{\infty }$, possono essere tangenti a $C$ o no: se sono tangenti allora non intersecano $C$ in altri punti e per definizione sono gli asintoti. Altrimenti, intersecano $C$ in un altro punto in $\AA ^2(K)$.
QED

(12.5) Definizione. Il centro di una conica non degenere è il polo della retta impropria (i.e. retta all’infinito). Se il polo non è improprio, la conica si dica a centro.

Quindi le coniche a centro sono iperboli ed ellissi (il polo della retta impropria rispetto ad una parabola è la direzione asintotica della parabola, cioè è un punto all’infinito (i.e. punto improprio)).

Ricordiamo ancora un’altra volta l’importante proprietà della polarità:

(12.6) Proposizione. [Teorema di reciprocità] Se $C$ è una conica proiettiva, e $a$ la polare di un punto $A$ rispetto a $C$, allora la polare $b$ di un punto $B\in a$ passa per $A$.

(12.7) Corollario. Gli asintoti di una conica a centro passano per il centro.

In realtà le polari di tutti i punti all’infinito nel piano rispetto a una conica a centro passano per il centro (non solo dei punti impropri della conica, cioè delle direzioni asintotiche). Queste rette si chiamano diametri della conica. Due diametri si dicono coniugati quando sono le polari dei rispettivi punti impropri (cioè quando sono le polari di due punti impropri coniugati).

(12.8) Esempio. Se $C$ è una ellisse in forma canonica, allora l’equazione della polare del punto $[x_0:y_0:0]$ è

\[ \dfrac {x_0 x}{a^2} + \dfrac {y_0 y}{b^2} = 0. \]

Queste rette passano tutte per il centro, che è l’origine. Due diametri corrispondenti ai punti $[x_0:y_0:0]$ $[\hat x_0: \hat y_0: 0 ] $ sono coniugati e ortogonali quando

\[ \begin{aligned} \dfrac {x_0 \hat x_0}{a^2} + \dfrac {y_0 \hat y_0}{b^2} & = 0 \\ x_0 \hat x_0 + y_0 \hat y_0 & = 0, \end{aligned} \]

cioè quando

\[ \begin{bmatrix} 1/a^2 & 1/b^2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_0 \hat x_0 \\ y_0 \hat y_0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}. \]

Allora, se $C$ è una circonferenza ($a^2=b^2$), ci sono infinite coppie di diametri coniugati (tutte le coppie di rette ortogonali per l’origine). Altrimenti, se non è una circonferenza ($a^2 \neq b^2)$, il determinante della matrice è diverso da zero e quindi i diametri cercati soddisfano

\[ x_0 \hat x_0 = y_0 \hat y_0 = 0, \]

cioè sono i punti impropri degli assi dell’ellisse.

(12.9) Proposizione. Gli assi di una conica a centro sono le coppie di diametri coniugati ortogonali, e le direzioni corrispondenti agli autovettori della matrice associata $2\times 2$.

Dim. Basta considerare la conica in forma canonica, come nell’esempio sopra.
QED

(12.10) Proposizione. L’asse di una parabola è il diametro coniugato alla direzione ortogonale a quella del punto improprio della parabola.

Dim. Dobbiamo mostrare che la polare del punto improprio di una retta ortogonale alla direzione asintotica della parabola è l’asse. In forma canonica l’equazione è $y=ax^2$. Il punto all’infinito della conica è $[0:1:0]$, e quello della direzione ortogonale è quindi $[1:0:0]$ (asse delle $x$). L’equazione della retta polare è \[ \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1/2 \\ 0 & 1/2 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ 1 \end{bmatrix} = 0, \] cioè $x=0$.
QED

(12.11) Definizione. Un’iperbole si dice equilatera quando i suoi asintoti sono ortogonali.

(12.12) Esempio. Consideriamo la conica in $\AA ^2(\RR )$ di equazione

(1)\begin{equation} 3x^2 - 10xy + 3y^2 - 2x - 2y + 3 = 0, \end{equation}

la cui equazione omogenea è

\[ 3x^2 - 10xy + 3y^2 - 2xu - 2yu + 3u^2 = 0, \]

con matrice associata

\[ M= \begin{bmatrix} 3 & - 5 & - 1 \\ -5 & 3 & -1 \\ -1 & -1 & 3 \end{bmatrix}\, . \]

Si ha $\det (M) = -64$, quindi è una conica non degenere. Inoltre

\[ \det \begin{bmatrix} 3 & -5 \\ -5 & 3 \end{bmatrix} = 9 - 25 = -16 < 0, \]

da cui si deduce che si tratta di una iperbole.

I punti all’infinito sono i punti $[x:y:0]$ soluzioni di

\[ 3x^2 - 10xy + 3y^2 = 0 \]

(la parte omogenea di grado $2$ di (1)). Dato che $[1:0:0]$ non è nella conica, le soluzioni sono $[x:1:0]$ tali che

\[ 3x^2 - 10x + 3 = 0 \iff x \in \left\{ 3 , \frac{1}{3} \right\} , \]

per cui i punti all’infinito sono

\[ [3:1:0],\quad [\frac{1}{3}:1:0] = [1:3:0]. \]

I due asintoti sono le tangenti di questi due punti, cioè le loro polari, ovvero le due rette di equazioni:

\[ \begin{bmatrix} 3 & 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 & - 5 & - 1 \\ -5 & 3 & -1 \\ -1 & -1 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ 1 \end{bmatrix} = 0\iff 4 \begin{bmatrix} 1 & -3 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ 1 \end{bmatrix} = 0 \]\[ \begin{bmatrix} 1 & 3 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 & - 5 & - 1 \\ -5 & 3 & -1 \\ -1 & -1 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ 1 \end{bmatrix} = 0 \iff 4 \begin{bmatrix} -3 & 1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ 1 \end{bmatrix} = 0, \]

cioè

\[ x-3y - 1 = 0 \quad y -3x - 1 = 0\, . \]

Il centro è l’intersezione dei due asintoti, cioè

\[ (-\dfrac {1}{2},-\dfrac {1}{2}). \]

Ricordiamo che per (12.9) gli assi sono coppie di diametri coniugati ortogonali,

Ora, i punti all’infinito $[a:b:0]$ $[c:d:0]$ degli assi soddisfano le due equazioni

\[ \left\{ \begin{aligned} ac + bd & = 0 & & \text {sono ortogonali} \\ 3ac -5(bc+ad) + 3bd & = 0 & & \text {sono coniugati} \end{aligned}\right. \]\[ \iff \left\{ \begin{aligned} ac + bd & = 0 \\ bc+ad & = 0 \\ \end{aligned}\right. \]

Dato che $[1:0:0]$ e $[0:1:0]$ non sono soluzioni, possiamo cercarle del tipo $[a:1:0]$, $[c:1:0]$:

\[ \left\{ \begin{aligned} ac + 1 & = 0 \\ c+a & = 0 \\ \end{aligned}\right. \iff (a,c) \in \left\{ (1,-1), (-1,1) \right\} \, , \]

e quindi i due diametri hanno punti impropri

\[ [1:1:0],\quad [1:-1:0]\, . \]

Possiamo verificare che i due vettori $\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ e $\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$ sono autovettori della matrice simmetrica della parte omogenea

\[ \begin{bmatrix} 3 & - 5 \\ -5 & 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 \\ -2 \end{bmatrix} = -2\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} \]\[ \begin{bmatrix} 3 & - 5 \\ -5 & 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 8 \\ -8 \end{bmatrix} = 8 \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}\, . \]

Le equazioni degli assi sono quindi

\[ y=x,\quad x+y+1=0\, . \]

Si può vedere un grafico della conica in figura

img #43
Figura 3.32: L’iperbole dell’esempio (12.12)

* .

Ora, consideriamo il sistema di riferimento dato dai due assi della conica, con coordinate (euclidee ortogonali) $X$ (l’asse $y=x$) e $Y$ (l’asse $x+y+1=0$). I due sistemi di coordinate sono legati dall’equazione

\[ \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} c & -s \\ s & c \end{bmatrix} \begin{bmatrix} X \\ Y \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -1/2 \\ -1/2 \end{bmatrix}\, , \]

dove $c$ e $s$ sono il coseno e il seno di un opportuno angolo (quale?). Le coordinate in $X,Y$ di $(x,y) = (0,0)$ saranno $X= \sqrt { \frac{1}{4} + \frac{1}{4} } = \dfrac {\sqrt {2}}{2}$ e $Y=0$, per cui

\[ \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} c & -s \\ s & c \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{\sqrt {2}}{2} \\ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -1/2 \\ -1/2 \end{bmatrix} \iff \left\{ \begin{aligned} \dfrac {\sqrt {2}}{2} c & = \dfrac {1}{2} \\ \dfrac {\sqrt {2}}{2} s & = \dfrac {1}{2} \end{aligned} \right. \iff \left\{ \begin{aligned} c & = \dfrac {\sqrt {2}}{2} \\ s & = \dfrac {\sqrt {2}}{2} \end{aligned} \right. \]

da cui segue che

(2)\begin{equation} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \dfrac {\sqrt {2}}{2} \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} X \\ Y \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -1/2 \\ -1/2 \end{bmatrix}\, \iff \left\{ \begin{aligned} x & = \dfrac {\sqrt {2}}{2}(X-Y) - \dfrac {1}{2} \\ y & = \dfrac {\sqrt {2}}{2}(X+Y) - \dfrac {1}{2} \, . \end{aligned} \right. \end{equation}

Sostituendo nell’equazione della conica (1) si ottiene \[ 3(\dfrac {\sqrt {2}}{2}(X-Y) - \dfrac {1}{2})^2 - 10 (\dfrac {\sqrt {2}}{2}(X-Y) - \dfrac {1}{2}) ( \dfrac {\sqrt {2}}{2}(X+Y) - \dfrac {1}{2}) + 3(\dfrac {\sqrt {2}}{2}(X+Y) - \dfrac {1}{2})^2 - 2(\dfrac {\sqrt {2}}{2}(X-Y) - \dfrac {1}{2}) - 2(\dfrac {\sqrt {2}}{2}(X+Y) - \dfrac {1}{2}) + 3 = 0, \] che semplificando ed espandendo risulta essere

\[ -2X^2 + 8Y^2 + 4 = 0. \]

In verità è sufficiente prendere un CAS (MAPLE, per esempio) e scrivere qualcosa del genere:

q:=3*x^2 - 10*x*y + 3*y^2 - 2*x - 2*y + 3;
simplify(subs( x= sqrt(2)/2*(X-Y) - 1/2, y=sqrt(2)/2*(X+Y) -1/2  , q));
o, equivalentemente (in Mathematica):
q := 3 x^2 - 10 x y + 3 y^2 - 2 x - 2 y + 3
q /.  x - >  Sqrt[2]/2 (X - Y) - 1/2, 
 y - >  Sqrt[2]/2 (X + Y) - 1/2 // Simplify
L’equazione in forma canonica è perciò \[ \dfrac {X^2}{a^2} - \dfrac {Y^2}{b^2} = \dfrac {X^2}{2} - 2Y^2 = 0, \]

con $a=\sqrt {2}$, $b=a/2$. Confrontando con le formule della tabella 3..1 a pagina *, si ha

\[ \begin{aligned} e^2& = \dfrac {a^2+b^2}{a^2} = \dfrac {5}{4} > 1 = & & \text {(eccentricità)} \\ (X,Y) & = (\pm c,0) = (\pm \frac{\sqrt {10}}{2} , 0) & & \text {(fuochi, con $c^2 = a^2e^2 = a^2 + b^2$)} \\ X& =\pm \dfrac {a}{e} = \pm \dfrac {\sqrt {2}}{\sqrt {5}/2} = \pm 2\dfrac {\sqrt {10}}{5} & & \text {(direttrici).} \end{aligned} \]

Se mai ci servissero questi dati nel sistema di riferimento delle coordinate $xy$, potremmo invertire la (2), e sostituire (ricordiamo che l’inversa di una matrice ortogonale è la sua trasposta!):

\[ \dfrac {\sqrt {2}}{2} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} \left( \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1/2 \\ 1/2 \end{bmatrix} \right) = \dfrac {\sqrt {2}}{2} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} \dfrac {\sqrt {2}}{2} \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} X \\ Y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} X \\ Y \end{bmatrix} \]\[ \iff \dfrac {\sqrt {2}}{2} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} \left( \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1/2 \\ 1/2 \end{bmatrix} \right) = \begin{bmatrix} X \\ Y \end{bmatrix} \]\[ \iff \begin{bmatrix} X \\ Y \end{bmatrix} = \dfrac {\sqrt {2}}{2} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} \frac{\sqrt {2}}{2} \\ 0 \end{bmatrix} \iff \left\{ \begin{aligned} X & = \dfrac {\sqrt {2}}{2} ( x + y + 1) \\ Y & = \dfrac {\sqrt {2}}{2} (y-x)\, . \end{aligned} \right. \]

Se questo sembra troppo faticoso, si sarebbe potuto ancora usare il CAS e porre

solve( {x= sqrt(2)/2*(X-Y) - 1/2, y=sqrt(2)/2*(X+Y) -1/2 } , {X,Y});
Dunque, nelle coordinate $xy$, le coordinate dei fuochi sono \[ \begin{aligned} x & = \dfrac {\sqrt {2}}{2}(\pm \frac{\sqrt {10}}{2} ) - \dfrac {1}{2} = \dfrac {\pm \sqrt {5}-1}{2} \\ y & = \dfrac {\sqrt {2}}{2}(\pm \frac{\sqrt {10}}{2} ) - \dfrac {1}{2} = \dfrac {\pm \sqrt {5}-1}{2} \, , \end{aligned} \]

e le equazioni delle direttrici

\[ x + y + 1 = \pm 2 \dfrac {4\sqrt {5}}{5}\, . \]