CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

II PROVA INTERMEDIA - 19/06/06 - FILA A

A.A. 2005/06

Esercizio 1.1. Si consideri la funzione lineare T : R^{4} → R^{4} definita dalla matrice

[\begin{matrix}2k & 0 & 2 & 1 \\ k & 0 & 1 & 1 \\ k − 1 & −1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Si dica se esistono valori del parametro reale k per i quali T è iniettiva o suriettiva.

b) Si calcoli la dimensione del nucleo N(T) e dell’immagine Im(T) al variare di k.

Soluzione:

Riduciamo a gradini la matrice scambiando la prima e quarta colonna:

[\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 2k \\ 1 & 0 & 1 & k \\ 1 & −1 & 0 & k − 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 2k \\ 0 & 0 & −1 & −k \\ 0 & −1 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & −k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 2k \\ 0 & −1 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & −k \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi per ogni k

dim(Im(T)) = rg(A) = 3 < 4 e T non è suriettiva.

dim(N(T)) = 4 − rg(A) = 1 e T non è iniettiva.

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Esercizio 1.2. Sia S : M_{n}(R) → M_{n}(R) la funzione lineare così definita:

S(A) = A − A^{T}

a) Si determini il nucleo e l’immagine di S.

b) Posto n = 2, si determini la matrice associata a S rispetto alla base

B = \{[\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]\}

c) Per n = 2, la funzione lineare S è diagonalizzabile?

Soluzione:

a) Per definizione

N(S) = {A ∈ M_{n}(R) | A = A^{T} } = { matrici simmetriche di M_{n}(R)}

Provando a calcolare S(A) per qualche A si vede che le matrici S(A) = B = [b_{i,j}] ottenute hanno necessariamente tutti zero sulla diagonale e hanno b_{i,j} = −b_{j,i} per ogni i ≠ j. Quindi:

Im(S) = {A ∈ M_{n}(R) | A = −A^{T}} = { matrici antisimmetriche di M_{n}(R)}

b) Sia

A_{1} = [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , A_{2} = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , A_{3} = [\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , A_{4} = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

La matrice associata a S rispetto a B ha per colonne le immagini degli elementi di B, espresse rispetto a B:

S(A_{1}) = A_{1} − A_{1}^{T} = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] = (0, 0, 0, 0)_{B}

S(A_{2}) = A_{2} − A_{2}^{T} = [\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] = A_{2} − A_{3} = (0, 1, −1, 0)_{B}

S(A_{3}) = A_{3} − A_{3}^{T} = [\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}] = −A_{2} + A_{3} = (0, −1, 1, 0)_{B}

S(A_{4}) = A_{4} − A_{4}^{T} = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] = (0, 0, 0, 0)_{B}

Quindi

M_{B}(S) = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

c) Calcoliamo il polinomio caratteristico di M:

p_{M}(λ) = det [\begin{matrix}−λ & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 − λ & −1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 − λ & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −λ \end{matrix}] = λ^{3}(λ − 2)

M ha due autovalori λ = −2, singolo, e λ = 0 di molteplicità algebrica 3, quindi è diagonalizzabile se l’autospazio E(0) è di dimensione 3.

E(0) = N(M) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = s \\ w = r \end{cases} ⇒ dim(E(0)) = 3

quindi S è diagonalizzabile.

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Esercizio 1.3. Data la matrice

M = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & k − 1 & 4 \\ 1 & 0 & k & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Discutere la diagonalizzabiltà di M al variare del parametro k ∈ R.

b) Fissato a piacere un valore di k per cui M è diagonalizzabile, determinare per tale k la matrice P diagonalizzante.

Soluzione:

Sviluppando rispetto alla seconda colonna, il polinomio caratteristico di M è

p_{M}(λ) = det [\begin{matrix}2 − λ & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 − λ & k − 1 & 4 \\ 1 & 0 & k − λ & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 − λ \end{matrix}] = (1 − λ)^{2}(2 − λ)(k − λ)

quindi gli autovalori di M sono λ = 1, 2, k.

Calcoliamo ora gli autospazi E(1) e E(2):

E(1) = N(M − I) : [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & k − 1 & 4 \\ 1 & 0 & k − 1 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & k − 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}x = \frac{k−1}{3}t \\ y = s \\ z = t \\ w = −\frac{k−1}{3}t \end{cases} ⇒ dim(E(1)) = 2

E(2) = N(M − 2I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & −1 & k − 1 & 4 \\ 1 & 0 & k − 2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ III − II \\ I \\ IV + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & k − 1 & 4 \\ 0 & 1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}x = (2 − k)t \\ y = t \\ z = t \\ w = 0 \end{cases} ⇒ dim(E(2)) = 1

a) Dobbiamo distinguere tre casi

– Se k ≠ 1, 2, allora gli autovalori e le dimensioni degli autospazi sono λ = 1 doppio, dim(E(1)) = 2 λ = 2 singolo, dim(E(2)) = 1 λ = k singolo, ⇒ dim(E(k)) = 1

quindi M è diagonalizzabile.

– Se k = 1, allora gli autovalori e le dimensioni degli autospazi sono λ = 1 triplo, dim(E(1)) = 2 λ = 2 singolo, dim(E(2)) = 1

quindi M non è diagonalizzabile.

– Se k = 2, allora gli autovalori e le dimensioni degli autospazi sono λ = 1 doppio, dim(E(1)) = 2 λ = 2 doppio, dim(E(2)) = 1

quindi M non è diagonalizzabile.

b) Fissiamo k = 0 e determiniamo E(0):

E(0) = N(M) : [\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & −1 & 4 \\ 1 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = t \\ w = 0 \end{cases} ⇒ E(0) = ⟨ (0, 1, 1, 0) ⟩

Inoltre dai conti svolti precedentemente abbiamo che per k = 0:

E(1) = ⟨ (−\frac{1}{3}, 0, 1, \frac{1}{3}) , (0, 1, 0, 0) ⟩ = ⟨ (−1, 0, 3, 1), (0, 1, 0, 0) ⟩

E(2) = ⟨ (2, 1, 1, 0) ⟩ Quindi la matrice diagonalizzante è

P = [\begin{matrix}−1 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 3 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] con P^{−1}MP = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

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Esercizio 1.4. Sia T l’endomorfismo di R^{4} definito dalla matrice

A = [\begin{matrix}4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 5 \end{matrix}]

a) Determinare autovalori e autovettori di T.

b) Determinare una base ortonormale di R^{4} formata da autovettori di T.

Soluzione: Notiamo che la matrice A è simmetrica, quindi è sicuramente diagonalizzabile.

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico sviluppando rispetto alla prima riga:

p_{M}(λ) = det [\begin{matrix}4 − λ & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 5 − λ & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 6 − λ & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 5 − λ \end{matrix}] = (4 − λ)(6 − λ)[(5 − λ)^{2} − 1]

=(4 − λ)^{2}(6 − λ)^{2}

quindi gli autovalori di M sono λ = 4, 6, entrambi di molteplicità algebrica 2.. Calcoliamo ora gli autospazi:

E(4) = N(M − 4I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = 0 \\ w = s \end{cases}

⇒ E(4) = ⟨ (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 1) ⟩

E(6) = N(M − 6I) : [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = s \\ w = −t \end{cases}

⇒ E(6) = ⟨ (0, 0, 1, 0), (0, 1, 0, −1) ⟩

b) Notiamo che i due generatori di E(4) e i due generatori di E(6) determinati sono ortogonali tra loro, quindi per trovare un base ortonormale di R^{4} basta renderli di norma 1:

B(R^{4}) = \{(1, 0, 0, 0), (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}}) , (0, 0, 1, 0), (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0, −\frac{1}{\sqrt{2}})\}

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Esercizio 1.5. Sia Q la quadrica di equazione

Q : xz − y^{2} − 4z^{2} = 0

a) Riconoscere la quadrica

b) Se la quadrica è a centro, determinare coordinate del centro di simmetria ed equazioni degli assi di simmetria. c) L’intersezione di Q con il piano π di equazione y = 1 è una conica del piano π. Stabilire

il tipo di conica.

Soluzione: La matrice A′ associata alla quadrica è

A′ = [\begin{matrix}0 & 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & −4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

a) Poiché det(A′) = 0 la quadrica è degenere. Inoltre det(A) = \frac{1}{4} ≠ 0, quindi rg(A) = 3 e si tratta di un cono.

b) Risolviamo il sistema A| − h per determinare il centro della quadrica

[\begin{matrix}0 & 0 & \frac{1}{2} & | & 0 \\ 0 & −1 & 0 & | & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & −4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}\frac{1}{2}z = 0 \\ −y = 0 \\ \frac{1}{2}x − 4z = 0 \end{cases} ⇒ C(0, 0, 0)

Per determinare gli assi dobbiamo prima trovare gli autospazi di A:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}−λ & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & −1 − λ & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & −4 − λ \end{matrix} ] = −λ(−1 − λ)(−4 − λ) − \frac{1}{4}(−1 − λ)

= (−1 − λ) (4λ + λ^{2} − \frac{1}{4})

Quindi gli autovalori di A sono

λ = −1,  λ = \frac{−4 + \sqrt{17}}{2},  λ = \frac{−4 − \sqrt{17}}{2}

Inoltre

E(−1) = N(A + I) : [\begin{matrix}1 & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}2I \\ 2II − I \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{11}{2} \end{matrix} ] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ⇒

E(−1) = ⟨ (0, 1, 0) ⟩

E (\frac{−4 + \sqrt{17}}{2}) = N (A − \frac{−4 + \sqrt{17}}{2}) : [\begin{matrix}\frac{4 − \sqrt{17}}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{2 − \sqrt{17}}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{−4 − \sqrt{17}}{2} \end{matrix} ] ⇒

\begin{matrix}2I \\ 2II \\ 2III \end{matrix} [\begin{matrix}4 − \sqrt{17} & 0 & 1 \\ 0 & 2 − \sqrt{17} & 0 \\ 1 & 0 & −4 − \sqrt{17} \end{matrix} ] ⇒ (4 − \sqrt{17})III − I [\begin{matrix}4 − \sqrt{17} & 0 & 1 \\ 0 & 2 − \sqrt{17} & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ]

⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = (\sqrt{17} − 4)t \end{cases} ⇒ E (\frac{−4 + \sqrt{17}}{2}) = ⟨ (1, 0, \sqrt{17} − 4) ⟩

6 GEOMETRIA 2005-2006

E (\frac{−4 − \sqrt{17}}{2}) = N (A − \frac{−4 − \sqrt{17}}{2}) : [\begin{matrix}\frac{4 + \sqrt{17}}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{2 + \sqrt{17}}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{−4 + \sqrt{17}}{2} \end{matrix} ] ⇒

\begin{matrix}2I \\ 2II \\ 2III \end{matrix} [\begin{matrix}4 + \sqrt{17} & 0 & 1 \\ 0 & 2 + \sqrt{17} & 0 \\ 1 & 0 & −4 + \sqrt{17} \end{matrix} ] ⇒ (4 + \sqrt{17})III − I [\begin{matrix}4 + \sqrt{17} & 0 & 1 \\ 0 & 2 + \sqrt{17} & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ]

⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = (−\sqrt{17} − 4)t \end{cases} ⇒ E (\frac{−4 − \sqrt{17}}{2}) = ⟨ (1, 0, −\sqrt{17} − 4) ⟩

Infine gli assi sono le rette per il centro di direzione parallela agli autovettori:

a_{1} : \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} a_{2} : \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = (\sqrt{17} − 4)t \end{cases} a_{3} : \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = (−\sqrt{17} − 4)t \end{cases}

c) Intersechiamo Q con il piano π di equazione y = 1, ottenendo la conica −4z^{2}+xz−1 = 0.

La matrice B′ associata a tale conica è:

[\begin{matrix}0 & \frac{1}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & −4 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}]

Poiché det(B′) ≠ 0 è una conica non degenere. Inoltre

p_{B}(λ) = det [\begin{matrix}−λ & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & −4 − λ \end{matrix}] = λ^{2} + 4λ − \frac{1}{4}

Quindi B ha autovalori

λ = \frac{−4 + \sqrt{17}}{2}, λ = \frac{−4 − \sqrt{17}}{2}

discordi e si tratta di un’iperbole.

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