CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

II PROVA DI ACCERTAMENTO, FILA A – GEOMETRIA – 16/06/2008

Esercizio 0.1. Si consideri il seguente endomorfismo di R^{4}

T (x, y, z, w) = (−x + z, 2y, x − 2z, w)

a) Si determino le dimensioni di immagine e nucleo di T e si stabilisca se T è invertibile.

b) Si determini l’inversa T^{−1}.

Soluzione: Consideriamo la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica:

M(T) = [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & −2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo M(T) a gradini, affiancondola alla matrice identica:

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

\begin{matrix}I − III \\ 1/2II \\ −III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & | & −2 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & 0 & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & | & −1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) La matrice M(T) ha rango 4, quindi Im(T) ha dimensione 4 e T è suriettiva. Analogamente il nucleo di T ha dimensione 4−rg(A) = 0, quindi T e iniettiva. Poiché T è sia iniettiva che suriettiva, T è biiettiva e quindi invertibile.

b) La matrice M (T^{−1}) associata all’endomorfismo T^{−1} è l’inversa della matrice M(T). Dai calcoli precedenti

M (T^{−1}) = [\begin{matrix}−2 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ −1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]  e  T^{−1}(x, y, z, w) = (−2x − z, \frac{1}{2}y, −x − z, w)

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Esercizio 0.2. Dati i vettori di R^{3}

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

si consideri la funzione lineare T : R^{3} → R^{3} definita da

T (v_{1}) = (2, 0, 0), T (v_{2}) = (4, 4, 4), T (v_{3}) = (0, 6, 6)

a) Si determini la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica.

b) Si determini una base del nucleo e dell’immagine di T.

Soluzione:

a) Per determinare la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica dobbiamo calcolare le immagini dei vettori della base canonica. A tale scopo dobbiamo prima esprimere i vettori della base canonica come combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3}. Risolviamo le tre equazioni xv_{1} +yv_{2} +zv_{3} = e_{i}, i = 1, 2, 3, riducendo a gradini contemporaneamente le matrici associate ai tre sistemi:

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

III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −2 & | & −1 & −1 & 1 \end{matrix}]

2 II PROVA DI ACCERTAMENTO – GEOMETRIA 2007/08

Di conseguenza

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{1} ⇒ \begin{cases}x + z = 1 \\ 2y + z = 0 \\ −2z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{2} \\ y = −\frac{1}{4} \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{1} = \frac{1}{2}v_{1} − \frac{1}{4}v_{2} + \frac{1}{2}v_{3}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{2} ⇒ \begin{cases}x + z = 0 \\ 2y + z = 1 \\ −2z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{1}{2} \\ y = \frac{1}{4} \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{2} = −\frac{1}{2}v_{1} + \frac{1}{4}v_{2} + \frac{1}{2}v_{3}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{3} ⇒ \begin{cases}x + z = 0 \\ 2y + z = 0 \\ −2z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{2} \\ y = \frac{1}{4} \\ z = −\frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{3} = \frac{1}{2}v_{1} + \frac{1}{4}v_{2} − \frac{1}{2}v_{3}

Sfruttando la linearità di T possiamo ora ricavare le immagini degli elementi della base canonica:

T (e_{1}) = \frac{1}{2}T (v_{1}) − \frac{1}{4}T (v_{2}) + \frac{1}{2}T (v_{3}) = (0, 2, 2)

T (e_{2}) = −\frac{1}{2}T (v_{1}) + \frac{1}{4}T (v_{2}) + \frac{1}{2}T (v_{3}) = (0, 4, 4)

T (e_{3}) = \frac{1}{2}T (v_{1}) + \frac{1}{4}T (v_{2}) − \frac{1}{2}T (v_{3}) = (2, −2, −2)

Infine la matrice associata a T rispetto alla base canonica è

M(T) = [\begin{matrix}0 & 0 & 2 \\ 2 & 4 & −2 \\ 2 & 4 & −2 \end{matrix}]

In alternativa si poteva untilizzare la matrice di cambiamento di base:

M_{B}^{E} = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 0 \end{matrix}] ⇒ M_{E}^{B} = (M_{B}^{E})^{−1} = [\begin{matrix}\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ −\frac{1}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} \end{matrix} ]

Infine

M(T) = M_{E}^{E}(T) = M_{B}^{E}(T) · M_{E}^{B} = [\begin{matrix}2 & 4 & 0 \\ 0 & 4 & 6 \\ 0 & 4 & 6 \end{matrix}] · [\begin{matrix}\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ −\frac{1}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} \end{matrix} ] = [\begin{matrix}0 & 0 & 2 \\ 2 & 4 & −2 \\ 2 & 4 & −2 \end{matrix}]

b) Riduciamo M(T) a gradini:

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

Quindi M(T) ha rango 2 e una base dell’immagine di T è

B (Im(T)) = {(0, 2, 2), (2, −2, −2)}

Risolvendo il sistema omogeneo associato a T otteniamo

\begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases}

quindi una base del nucleo di T è

B (N(T)) = {(−2, 1, 0)}
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Esercizio 0.3. Si consideri il seguente endomorfismo di R^{3}

T (x, y, z) = (ax, bx + y + z, y + z)

con a e b parametri reali.

a) Si discuta la diagonalizzabilità di T al variare di a e b in R.

b) Posto a = b = 0 si determini una base ortonormale di R^{3} formata da autovettori di T.

Soluzione: Determiniamo la matrice A = M(T) associata a T rispetto alla base canonica:

A = [\begin{matrix}a & 0 & 0 \\ b & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}]

Il polinomio caratteristico di A è P_{A}(λ) = (a − λ)(λ^{2} − 2λ), quindi gli autovalori di A sono λ = a, 0, 2.

a) Se a ≠ 0, 2, T ha tre autovalori singoli, quindi è sicuramente diagonalizzabile.

Se a = 0, l’autovalore λ = 0 è doppio, quindi per stabilire se T è diagonalizzabile dobbiamo calcolare la dimensione dell’autospazio E(0):

E(0) = N(A) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ b & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − III [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ b & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}]

Dobbiamo distinguere due casi – Se a = 0 e b = 0 l’autospazio E(0) ha dimensione 2, quindi T è diagonalizzabile.

– Se a = 0 e b ≠ 0 l’autospazio E(0) ha dimensione 1, quindi T non è diagonalizzabile.

Analogamente se a = 2, l’autovalore λ = 2 è doppio, quindi per stabilire se T è diagonalizzabile dobbiamo calcolare la dimensione dell’autospazio E(2):

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ b & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \end{matrix}]

Dobbiamo quindi distinguere due casi – Se a = 2 e b = 0 l’autospazio E(2) ha dimensione 2, quindi T è diagonalizzabile.

– Se a = 2 e b ≠ 0 l’autospazio E(2) ha dimensione 1, quindi T non è diagonalizzabile. Infine T è daigonalizzabile se a ≠ 0, 2 per ogni valore di b, oppure se a = 0 o a = 2 e b = 0.

b) Per a = b = 0 abbiamo già in sostanza calcolato l’autospazio

E(0) = ⟨(0, 1, −1), (1, 0, 0)⟩

Notiamo che i due generatori trovati sono già tra loro ortogonali, quindi si tratterà solamente di renderli di norma 1.

Analogamente per a = b = 0 otteniamo:

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−2x = 0 \\ −y + z = 0 \end{cases} ⇒ E(2) = ⟨(0, 1, 1)⟩

Infine la base ortonormale cercata è

B(R^{3}) = \{(0, \frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{\sqrt{2}}) , (1, 0, 0), (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})\}

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Esercizio 0.4. Siano M = (1, 1, 1), N = (3, 2, 1), L = (1, 2, 2) punti dello spazio R^{3}. Sia C = (−1, 0, 1). a) Si calcoli l’area del triangolo MNL.

b) Si determini l’insieme M′N′L′ che si ottiene proiettando il triangolo MNL dal centro C sul piano x + y = 0.

c) Si calcoli l’area del triangolo M′N′L′.

Soluzione:

a) L’area del triangolo di vertici MNL è la metà dell’area del parallelogramma di lati \overrightarrow{MN} e \overrightarrow{LN}, dove

u = \overrightarrow{MN} = (2, 1, 0), v = \overrightarrow{LN} = (2, 0, −1)

Ricordando la formula per l’area di un parallelogrammo cominciamo a calcolare il vettore prodotto vettoriale:

u × v = det [\begin{matrix}i & j & k \\ 2 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & −1 \end{matrix}] = −i + 2j − 2k = (−1, 2, −2)

Infine

Area(triangolo MNL) = \frac{1}{2}|u × v| = \frac{1}{2}|(−1, 2, −2)| = \frac{3}{2}

In alternativa si poteva calcolare l’altezza del triangolo di base LN sfruttando la proiezione del vettore u = \overrightarrow{MN} su v = \overrightarrow{LN}:

pr_{v}(u) = \frac{(u, v)}{(v, v)}v = \frac{4}{5}(2, 0, −1)

Il vettore u − pr_{v}(u) = (\frac{2}{5}, 1, \frac{4}{5}) è ortogonale a v e corrisponde all’altezza del triangolo di base v.

Quindi

Area(triangolo MNL) = \frac{1}{2} · |(2, 0, −1)| · | (\frac{2}{5}, 1, \frac{4}{5}) | = \frac{1}{2} · \sqrt{5} · \frac{3}{\sqrt{5}} = \frac{3}{2}

b) Il vettore delle coordinate omogenee del piano è P = (1, 1, 0, 0) e il punto C ha coordinate omogenee C = (−1, 0, 1, 1). La matrice di proiezione è quindi

A = P^{T} C − (P · C)I_{4} = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 1 \\ −1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Quindi

M · A = (−1, 1, 3, 3) ⇒ M′ = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1)

N · A = (−2, 2, 6, 6) ⇒ N′ = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1)

L · A = (−2, 2, 5, 4) ⇒ L′ = (−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{5}{4}, )

Quindi il triangolo viene proiettato nel segmento M′L′.

In alternativa si potevano calcolare le proiezioni senza utilizzare la matrice A. Per esempio per calcolare M′ si poteva calcolare la retta

CM : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 \end{cases}

Il punto M′ è dato dall’intersezione tra la retta CM e il piano x + y = 0:

M′ : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 \\ x + y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 \\ 1 + 2t + 1 + t = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = −\frac{2}{3} \\ x = −\frac{1}{3} \\ y = \frac{1}{3} \\ z = 1 \end{cases} ⇒ M′ = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1)

Analogamente si potevano ottenere gli altri punti.

c) Il triangolo M′N′L′ è degenere, quindi ha area nulla.

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Esercizio 0.5. Sia C la conica di equazione

C : 3x^{2} + 14xy − 5y^{2} − 10x + 14y = 0

a) Stabilire il tipo di conica.

b) Nel caso sia una conica a centro, trovare le coordinate del centro.

c) (Facoltativo) Trovare equazioni degli eventuali asintoti della conica.

Soluzione:

a) Le matrici A′ e A associate alla conica sono:

A′ = [\begin{matrix}3 & 7 & −5 \\ 7 & −5 & 7 \\ −5 & 7 & 0 \end{matrix}] A = [\begin{matrix}3 & 7 \\ 7 & −5 \end{matrix}]

La matrice A′ ha determinante non nullo, quindi si tratta di una conica non degenere; inoltre det(A) = −64 < 0, quindi si tratta di un’iperbole.

b) Per trovare il centro risolviamo il sistema Ax = −h:

[\begin{matrix}3 & 7 & | & 5 \\ 7 & −5 & | & −7 \end{matrix}] ⇒ 3II − 7I [\begin{matrix}5 & 7 & | & 5 \\ 0 & −64 & | & −56 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −\frac{3}{8} \\ y = \frac{7}{8} \end{cases} ⇒ C = (−\frac{3}{8}, \frac{7}{8})

c) Gli asintoti sono rette passanti per il centro, di direzione parallela ai punti all’infinito della conica. L’equazione della conica in coordinate omogenee è 3X^{2} + 14XY − 5Y^{2} − 10XZ + 14Y Z = 0. Ponendo Z = 0 otteniamo l’equazione 3X^{2} + 14XY − 5Y^{2} = 0 le cui soluzioni sono

\frac{X}{Y} = \frac{−7 ± 8}{3}

cioè le due rette x + 5y = 0 e 3x − y = 0. Infine gli asintoti (passanti per il centro) sono le rette

a_{1} : x + 5y − 4 = 0 a_{2} : 3x − y + 2 = 0

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