Geometria 30 marzo 1999. Tema B.

Rispondere, giustificando brevemente la risposta, ad almeno due delle prime quattro domande e risolvere il maggior numero degli esercizi seguenti.

Domande.

1. Sia $A$ una matrice quadrata . Quale delle seguenti affermazioni è corretta:
   1. Il determinante di $A$ è nullo se due colonne sono uguali.
   2. Il determinante di $A$ non cambia se si scambiano tra loro la prima riga con la seconda riga.

2. Dire se è vera la seguente affermazione.
   Una matrice quadrata di ordine tre il cui polinomio caratteristico è:
   $$x^3-3x^2+3x-1$$
   è necessariamente diagonalizzabile?

3. Siano $\pi$ e $\pi'$ due piani tali che $d(\pi,\pi')=2$. È possibile trovare una retta che abbia in comune con $\pi$ un solo punto e non tagli $\pi'$?

4. Siano $f: R^2 \rightarrow R^3$, $g: R^3 \rightarrow R^4$ applicazioni lineari iniettive. È vero che $g \circ f$ è iniettiva?

Esercizi.

1) Discutere e trovare le soluzioni del seguente sistema al variare del parametro reale $k$:

$$\begin{cases} 3x+y +kz = k \\ x+2y +2z = 0 \\ 2x +ky +z = -k \end{cases}$$

2) Discutere la diagonalizzabilità della seguente matrice

$$\left( \begin{matrix} 7&8&-8\\ 4&3&-4\\ 10&10&-11 \end{matrix} \right )$$

e trovare, se possibile, una base di autovettori.

3) Siano $\pi$ il piano che contiene la retta

$$r: \;\begin{cases} x=2+2t\\ y=2\\ z=5+t \end{cases}$$

ed è ortogonale alla retta:

$$s: \;\begin{cases} y+z=2\\ 2x+z=1 \end{cases}$$

e $P=(1,2,2)$. Si trovi il punto $P'$ simmetrico di $P$ rispetto a $\pi$.

4) Scrivere la matrice rispetto alle basi canoniche di $R^3$ e $R^4$ dell'applicazione lineare $f:\;R^4 \rightarrow R^3$ tale che

$$f(1,0,0,0)=(3,1+k,0) f(0,-1,0,0)=(3,0,-1)$$

$$f(0,0,1,1)=(0,k,0) f(0,0,0,2)=(0,0,0)$$

dove $k$ è un parametro reale. Determinare i sottospazi $\kker f$ e $\imm f$ e le loro dimensioni al variare di $k$.

Soluzione

Domande

1. La prima affermazione è vera. Infatti sia $\overline{A}$ la matrice che si ottiene da $A$ scambiando le due colonne uguali.
   In virtù di quetsa operazione elementare risulta $\dete(\overline{A})=- \dete(A)$, ma essendo anche $A= \overline{A}$ vale $\dete(A)= \dete(\overline{A})$. L'unica possibilità è che sia $\dete(A)=0$.
   La seconda affermazione è invece falsa. Sia infatti $\overline{A}$ la matrice con le righe scambiate, vale $\dete(\overline{A})=- \dete(A)$.

2. La affermazione è falsa. Essendo
   $$x^3-3x^2+3x-1=(x-1)^3,$$
   la matrice ha un solo autovalore, $1$, con molteplicità algebrica $3$. Pertanto è diagonalizzabile se e solo se la molteplicità geometrica, ovvero la dimensione dell'autospazio è uguale a $3$.

3. La risposta è no. Infatti dal fatto che $d(\pi,\pi')=2$ segue che i piani sono distinti e paralleli. Ogni retta che incide $\pi$ incide anche $\pi'$ e viceversa.

4. La risposta è sì. Infatti
   $$(g \circ f)(x_1)=(g \circ f)(x_2) \Longrightarrow g(f(x_1))=g(f(x_2)).$$
   Poiché $g$ è iniettiva segue che
   $$f(x_1)=f(x_2)$$
   e dunque $x_1=x_2$ per l'iniettività di $f$.

Esercizio 1.
La matrice associata al sistema è la matrice:

$$(A \vert B)=\left( \begin{matrix} 3 & 1 & k & k\\ 1& 2 & 2 & 0\\ 2& k & 1 & -k \end{matrix}\right)$$

Riducendo a gradino si ottiene la matrice

$$\left( \begin{matrix} 1 & 2 & 2 & 0\\ 0& -5 & k-6 & k\\ 0& 0 & (k-9)(k-1) & k(k-9) \end{matrix}\right)$$

pertanto per $k \neq 1,9$ il sistema ammette una unica soluzione. La soluzione è

$$x = 0 \quad y= -\frac{k}{k-1}\quad z= \frac{k}{k-1}$$

Per $k=1$ il sistema non ha soluzioni. Per $k=9$ il sistema dato è equivalente al sistema:

$$\begin{cases} x+2y+2z=0\\ -5y+3z=9 \end{cases}$$

che ammette infinite soluzioni. Una soluzione particolare si trova ponendo ad esempio $y=0$ e risulta allora $x=-6$ e $z=3$. Le soluzioni del sistema omogeneo associato sono il sottospazio:

$$\sppan \left \{ \left( \begin{matrix} -16\\ 3\\ 5 \end{matrix}\right) \right \}.$$

Ne segue che le soluzioni del sistema per $k=9$ sono

$$x = -6- 16t$$

$$y =3t$$

$$z =3+5t \quad t \in R.$$

Esercizio 2.
Il polinomio caratteristico della matrice è :

$$p(\lambda)=(\lambda-1) (\lambda+1)^2$$

dunque gli autovalori sono $\lambda_1=-1$ con molteplicità algebrica $2$ e $\lambda_2=1$ con molteplicità algebrica $1$.
L'autospazio relativo all'autovalore $-1$ è

$$V_{-1}= \kker (A+I)$$

che si determina risolvendo il sistema

$$\begin{cases} 8x+8y-8z=0\\ 4x+4y-4z=0\\ 10x-10y-10z=0 \end{cases}$$

Risulta allora

$$V_{-1}= \sppan \left \{ \left( \begin{matrix} 1 \\ -1\\ 0 \en... ...}\right),\; \left( \begin{matrix} 1 \\ 0\\ 1 \end{matrix}\right) \right \}$$

Ne deduciamo che la matrice è diagonalizzabile.
L'autospazio relativo all'autovalore $1$ è

$$V_{1}= \kker (A-I)$$

e si determina risolvendo il sistema

$$\begin{cases} 6x+8y-8z=0\\ 4x+2y-4z=0\\ 10x+10y-12z=0 \end{cases}$$

Risulta allora

$$V_1= \sppan \left \{ \left( \begin{matrix} 4 \\ 2 \\ 5 \end{matrix}\right) \right \}$$

Una base di autovettori è data dall'insieme

$$\mathcal{B}=\left \{ \left( \begin{matrix} 1 \\ -1\\ 0 \end{m... ...\right),\; \left( \begin{matrix} 4 \\ 2 \\ 5 \end{matrix}\right) \right \}$$

Esercizio 3.
Il piano $\pi$ deve essere ortogonale alla retta $s$ che ha vettore direttore $(1,2,-2)$. Dunque la sua equazione cartesiana sarà della forma

$$x+2y-2z=d, \quad d \in R.$$

Sostituendo le equazioni di $r$ si trova

$$2+2t+4-2(5+t)=d$$

da cui $d=-4$.
La retta passante per $P=(1,2,2)$ e ortogonale al piano è

$$\begin{cases} x=1+t\\ y=2+2t\\ z=2-2t \end{cases}$$

La distanza di $P$ da $\pi$ è uguale a $\frac{5}{3}$ pertanto si impone

$$\frac{ \vert 1+t+2(2+2t)-2(2-2t)+4 \vert}{3}= \frac{5}{3},$$

che equivale a

$$5+9t= \pm 5$$

Per $t=0$ si ottiene il punto $P$ mentre per $t= -\frac{10}{9}$ si ottengono le coordinate del punto $P'$:

$$P'=(- \frac{1}{9},- \frac{2}{9}, \frac{38}{9}).$$

Esercizio 4.
Risulta

$$f(1,0,0,0)=(3,1+k,0)$$

$$f(0,1,0,0)=-f(0,-1,0,0) =(-3,0,1)$$

$$f(0,0,1,0)=f(0,0,1,1)- \frac{1}{2}f(0,0,0,2) =(0,k,0)$$

$$f(0,0,0,1)=\frac{1}{2}f(0,0,0,2)=(0,0,0)$$

La matrice della applicazione $f$ rispetto alle basi canoniche è:

$$M(f)=\left( \begin{matrix} 3& -3 &0 &0\\ 1+k& 0 & k & 0 \\ 0& 1 & 0 &0 \end{matrix}\right).$$

Per $k \neq 0$ si ha che la dimensione dell'immagine di $f$ è uguale al rango di $M(f)$ ed è uguale $3$. Il nucleo di $f$ è il sottospazio:

$$\kker(f)= \sppan \left\{ \left( \begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \\ 1 \end{matrix}\right) \right \}$$

Per $k=0$ risulta

$$\imm f = \sppan \left\{ \left( \begin{matrix} 3\\ 1\\ 0 \end{... ...}\right),\; \left( \begin{matrix} -3\\ 0\\ 1 \end{matrix}\right) \right \}$$

e

$$\kker f = \sppan \left\{ \left( \begin{matrix} 0\\ 0\\ 1 \\ ... ...t),\; \left( \begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \\ 1 \end{matrix}\right) \right \}$$