CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

II PROVA INTERMEDIA - 20/06/06 - FILA A

A.A. 2006/07

Esercizio 1.1. Si consideri la funzione lineare T : R^{3} → R^{4} definita da

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} − x_{2} + 2x_{3}, x_{2} + x_{3}, x_{1} − x_{2} + x_{3}, kx_{1} + 3x_{2} − 3x_{3})

a) Si calcoli la dimensione del nucleo e dell’immagine di T al variare di k.

b) Si dica se esistono valori del parametro reale k per i quali T è iniettivae/o suriettiva.

c) Esistono valori di k per i quali il vettore v(1, 1, 0, 0) appartiene all’immagine di T?

Soluzione: La matrice associata a T è

A = [\begin{matrix}1 & −1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 1 \\ k & 3 & −3 \end{matrix}]

Per rispondere alle domande a) e b) dobbiamo calcolare il rango di A. Per rispondere alla domanda c) dobbiamo stabilire se il sistema A|v ha soluzione. Riduciamo quindi a gradini la matrice A|v:

[\begin{matrix}1 & −1 & 2 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & | & 1 \\ 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ k & 3 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III − I \\ IV − kIII \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 2 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & −1 & | & −1 \\ 0 & 3 + k & −3 − k & | & 0 \end{matrix}]

A questo punto della riduzione siamo già in grado di risponedere alle prime due domande. a,b) A contiene la sottomatrice formata dalle sue prime tra righe di rango 3, quindi per ogni k

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

dim(N(T)) = 3 − rg(A) = 0 e T è iniettiva.

c) Completiamo la riduzione:

IV − (k + 3)II [\begin{matrix}1 & −1 & 2 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & −1 & | & −1 \\ 0 & 0 & −6 − 2k & | & −k − 3 \end{matrix}] ⇒ IV − (6 + 2k)III [\begin{matrix}1 & −1 & 2 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & −1 & | & −1 \\ 0 & 0 & 0 & | & k + 3 \end{matrix}]

Il sistema ha soluzione se rg(A|v) = 3, quindi v ∈ Im(T) se k = −3.

In alternativa, anzicchè completare la riduzione, si poteva calcolare det(A|v) (parzialmente ridotta) e imporre che questo si annullasse.

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Esercizio 1.2. Sia T l’endomorfismo di R^{3} associato alla matrice

A = [\begin{matrix}6 & 3 & −1 \\ 2 & 7 & −1 \\ 2 & 3 & 3 \end{matrix}]

a) Stabilire se 4 è autovalore di A. Calcolare gli autovalori e autovettori di A.

b) La matrice A è diagonalizzabile per similitudine? In caso affermativo, indicare una matrice diagonalizzante.

c) Sia C la matrice dipendente da t ∈ R:

C = [\begin{matrix}4 & 1 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]

Esistono valori di t ∈ R per cui A e C siano simili?

Soluzione: Calcoliamo il polinomio caratteristico di A :

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}6 − λ & 3 & −1 \\ 2 & 7 − λ & −1 \\ 2 & 3 & 3 − λ \end{matrix}] = (6 − λ) [(7 − λ)(3 − λ) + 3] − 3 [6 − 2λ + 2] + [6 − 14 + 2λ] =

= (6 − λ)(λ^{2} − 10λ + 24) − 3(8 − 2λ) − (2λ − 8) =

= (6 − λ)(λ − 6)(λ − 4) + 6(λ − 4) − 2(λ − 4) =

= (λ − 4) [(6 − λ)(λ − 6) + 6 − 2] = −(λ − 4)(λ^{2} − 12λ + 32)

a) Gli autovalori di A sono λ = 4 (doppio) e λ = 8. Calcoliamo ora gli autospazi.

E(4) = N(A − 4I) : [\begin{matrix}2 & 3 & −1 & | & 0 \\ 2 & 3 & −1 & | & 0 \\ 2 & 3 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2x + 3y − z = 0 ⇒ \begin{cases}x = −\frac{3}{2}s + \frac{1}{2}t \\ y = s \\ z = t \end{cases} ⇒

E(4) = ⟨ (−3, 2, 0), (1, 0, 2) ⟩

E(8) = N(A − 8I) : [\begin{matrix}−2 & 3 & −1 & | & 0 \\ 2 & −1 & −1 & | & 0 \\ 2 & 3 & −5 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III + I \end{matrix} [\begin{matrix}−2 & 3 & −1 & | & 0 \\ 0 & 2 & −2 & | & 0 \\ 0 & 6 & −6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ⇒

E(8) = ⟨ (1, 1, 1) ⟩

b) A è diagonalizzabile perché la molteplicitá algebrica e geometrica dei sui autovalori coincidono. La matrice diagonalizzante è:

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

c) Poichè A è diagonalizzabile, A e C sono simili se anche C ha gli stessi autovalori di A ed è anch’essa diagonalizzabile (cioè sono simili alla stessa matrice diagonale). Perchè A e C abbiano gli stessi autovalori (λ = 4 doppio, e λ = 8) deve essere t = 8. Inoltre per tale valore l’autospazio E(4) di C è

E_{C}(4) = N(C − 4I) : [\begin{matrix}0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E_{C}(4) = ⟨ (1, 0, 0) ⟩ ⇒ dim(E_{C}(4)) = 1

Di conseguenza C non è diagonalizzabile e A e C non sono mai simili.

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Esercizio 1.3. Sia T : R^{3} → R^{3} l’endomorfismo avente come autovettori i vettori v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (0, 1, 1), v_{3} = (0, 0, 1), rispetto agli autovalori 1, 1, 2.

a) Calcolare la matrice A che rappresenta T rispetto alla base canonica.

b) T è invertibile?

c) T è un endomorfismo simmetrico?

Soluzione: Poiché v_{1} è autovettore rispetto a λ = 1, otteniamo che T (v_{1}) = v_{1}. Analogamente T (v_{2}) = v_{2} e T (v_{3}) = 2v_{3}. Di conseguenza

T (v_{1}) = (1, 1, 0),  T (v_{2}) = (0, 1, 1),  T (v_{3}) = (0, 0, 2)

a) Dobbiamo trovare le immagini della base canonica. Notiamo che

e_{3} = v_{3}
e_{2} = v_{2} − v_{3}
e_{1} = v_{1} − e_{2} = v_{1} − v_{2} + v_{3}

Per la linearità di T otteniamo che

T (e_{3}) = T (v_{3}) = (0, 0, 2)
T (e_{2}) = T (v_{2}) − T (v_{3}) = (0, 1, 1) − (0, 0, 2) = (0, 1, −1)
T (e_{1}) = T (v_{1}) − T (v_{2}) + T (v_{3}) = (1, 1, 0) − (0, 1, 1) + (0, 0, 2) = (1, 0, 1)

Quindi la matrice che rappresenta T rispetto alla base canonica è

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

In alternativa per calcolare A si poteva utilizzare la matrice diagonalizzante P che ha per colonne gli autovettori, e la matrice diagonale D che ha gli autovalori sulla diagonale. Dalla relazione P^{−1}AP = D si ricava A = P DP^{−1}.

b) T è invertibile se lo è A. Poiché det(A) = −2 ≠ 0, A e T sono invertibili.

c) T non è simmetrico perché A, che è associata a T rispetto alla base (ortonormale) canonica, non

lo è.

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Esercizio 1.4. Siano v_{1} = (2, 1, 1, 0) e v_{2} = (−1, 1, 2, 0) e sia V = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ ⊂ R^{4}. a) Calcolare l’angolo tra v_{1} e v_{2}.

b) Trovare una base del complemento ortogonale di V.

Soluzione:

a) Indichiamo con ϑ l’angolo tra v_{1} e v_{2}. Sappiamo che

cos(ϑ) = \frac{(v_{1}, v_{2})}{||v_{1}|| · ||v_{2}||} = \frac{1}{\sqrt{6} · \sqrt{6}} = \frac{1}{6}  ⇒  ϑ = arccos (\frac{1}{6})

b) Il complemento ortogonale di V è lo spazio

V^{⊥} = {v = (x, y, z, w) ∈ R^{4} | (v, v_{1}) = (v, v_{2}) = 0}
= {v = (x, y, z, w) ∈ R^{4} | 2x + y + z = 0, −x + y + 2z = 0 }

Risolviamo il sistema di due equazioni in quattro incognite:

\begin{cases}2x + y + z = 0 \\ −x + y + 2z = 0 \end{cases} ⇒ 2II + I \begin{cases}2x + y + z = 0 \\ 3y + 5z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{3}t \\ y = −\frac{5}{3}t \\ z = t \\ w = s \end{cases}

Infine una base di V^{⊥} è

B (V^{⊥}) = = { (1, −5, 3, 0), (0, 0, 0, 1) }
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Esercizio 1.5. Sia Q la quadrica di equazione

Q : (1 + 2k)x^{2} + y^{2} + z^{2} + 2kyz − kz = 1 + k

a) Per quali valori del parametro reale k la quadrica Q è un paraboloide?

b) Per i valori di k determinati al punto a), stabilire il tipo di paraboloide (ellittico o iperbolico).

c) Per i valori di k determinati al punto a), stabilire il tipo di coniche che si ottengono intersecando Q con il piano z = 0.

Soluzione:

La matrice A′ associata alla quadrica è

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

a,b) Q è un paraboliode se è non degenere e det(A) = 0. Cominciamo a calcolare il determinante di A:

det(A) = (1 + 2k) · (1 − k^{2}) = 0 ⇒ k = −\frac{1}{2}, 1, −1

Consideriamo i tre casi

– Se k = −\frac{1}{2} una riga di A′ si annulla, quindi det(A′) = 0 e si tratta di una conica degenere.

– Se k = 1, la matrice A′ diventa

A′ = [\begin{matrix}3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & −\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & −\frac{1}{2} & −2 \end{matrix}] ⇒ det(A′) = −\frac{1}{2}

In questo caso si tratta di una conica non degenere. Inoltre

p_{A}(λ) = (3 − λ) [(1 − λ)^{2} − 1] = (3 − λ)(λ^{2} − 2λ)

quindi gli autovalori non nulli di A sono λ = 3, 2. Poiché sono concordi si tratta di un paraboloide ellittico.

– Se k = −1, la matrice A′ diventa

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

In questo caso si tratta di una conica non degenere. Inoltre

p_{A}(λ) = (−1 − λ) [(1 − λ)^{2} − 1] = (−1 − λ)(λ^{2} − 2λ)

quindi gli autovalori non nulli di A sono λ = −1, 2. Poiché sono discordi si tratta di un paraboloide iperbolico.

c) Intersecando Q con il piano z = 0 otteniamo la conica

C : (1 + 2k)x^{2} + y^{2} = 1 + k

Consideriamo ora i due valori di k trovati ai punti precedenti. – Se k = 1 otteniamo la conica

C : 3x^{2} + y^{2} = 2  ⇒  \frac{3}{2}x^{2} + \frac{1}{2}y^{2} − 1 = 0

In questo caso otteniamo quindi un’ellisse.

– Se k = −1 otteniamo la conica

C : −x^{2} + y^{2} = 0  ⇒  (−x + y)(x + y) = 0

Si tratta quindi di una conica degenere data dalle due rette

r_{1} : \begin{cases}x − y = 0 \\ z = 0 \end{cases} , r_{2} : \begin{cases}x + y = 0 \\ z = 0 \end{cases}

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