CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

I PROVA DI ACCERTAMENTO, FILA A – GEOMETRIA – 22/04/2008

Esercizio 0.1. Si considerino le rette r_{1} e r_{2} di equazioni:

r_{1} : \begin{cases}x = −1 + t \\ y = t \\ z = 2t \end{cases}  ∀t ∈ R  r_{2} : \begin{cases}x + y = 0 \\ z = 1 \end{cases}  ∀t ∈ R

a) Si verifichi che le due rette sono incidenti e se ne determini il punto P di intersezione.

b) Si trovi un’equazione parametrica della retta passante per P e ortogonale a r_{1} e r_{2}.

Soluzione:

a) Mettiamo a sistema le due rette per determinarne il punto di intersezione:

r_{1} ∩ r_{2} : \begin{cases}x = −1 + t \\ y = t \\ z = 2t \\ x + y = 0 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 + t \\ y = t \\ z = 2t \\ −1 + t + t = 0 \\ 2t = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = \frac{1}{2} \\ t = \frac{1}{2} \\ x = −\frac{1}{2} \\ y = \frac{1}{2} \\ z = 1 \end{cases}

Le rette si intersecano nel punto P = (−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 1).

b) Per determinare la direzione ortogonale a r_{1} e r_{2} determiniamo la direzione ortogonale al piano che contiene r_{1} e r_{2}. In realtà è sufficiente determinare un piano parallelo a quello che contiene r_{1} e r_{2}, quindi per semplificare i conti determiniamo il piano π passante per l’origine parallelo a r_{1} e r_{2}. La retta r_{1} ha equazione parametrica

r_{2} : \begin{cases}x = t \\ y = −t \\ z = 1 \end{cases} ∀t ∈ R

quindi r_{1} e r_{2} sono rispettivamente parallele ai vettori (1, 1, 2) e (1, −1, 0). Il piano π cercato ha quindi equazioni

π : \begin{cases}x = t + s \\ y = t − s \\ z = 2t \end{cases}  ∀s, t ∈ R  ⇒ x + y − z = 0

La retta passante per P ortogonale a r_{1} e r_{2} ha quindi direzione parallela a (1, 1, −1):

r : \begin{cases}x = −\frac{1}{2} + t \\ y = \frac{1}{2} + t \\ z = 1 − t \end{cases} ∀t ∈ R

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Esercizio 0.2. Siano A = (1, 2, 1), B = (0, 2, −1), C = (2, 1, 2) punti dello spazio. a) Calcolare l’area del triangolo di vertici A, B, C.

b) Stabilire se il punto D = (1, 1, 1) appartiene al piano contenente A, B, C.

c) Eseiste un’isometria che trasforma i punti A, B, C nei punti O = (0, 0, 0), P = (1, 0, 2) e Q = (1, 1, 1) rispettivamente?

Soluzione:

a) L’area del parallelogramma di lati AB e AC è data dalla lunghezza del vettore AB × AC. Poiché AB = (−1, 0, −2) e AC = (1, −1, 1), otteniamo

AB × AC = det [\begin{matrix}i & j & k \\ −1 & 0 & −2 \\ 1 & −1 & 1 \end{matrix}] = −2i − j + k = (−2, −1, 1) ⇒ |AB × AC| = \sqrt{6}.

Infine l’area del triangolo è metà dell’area del parallelogramma:

Area(ABC) = \frac{\sqrt{6}}{2}.

b) Un modo consiste nel determinare il piano passante per i tre punti A, B, C il quale ha equazione

π : \begin{cases}x = −t + s \\ y = 2 − s \\ z = −1 − 2t + s \end{cases} ⇒ 2x + y − z = 3

Il punto D non soddisfa l’equazione di π: 2+1−1 ≠ 3, quindi D non appartiene al piano contenente A, B, C.

c) Un’isometria conserva le distanze, quindi in particolare deve essere |BC| = |P Q|. Nel nostro caso

|BC| = \sqrt{14} ≠ |P Q| = \sqrt{2}

quindi non può esistere un’isometria che trasforma i punti B e C nei punti P e Q.

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Esercizio 0.3. Si consideri lo spazio vettoriale N(A) dato dalle soluzioni del sistema omogeneo Ax = 0 con

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

a) Si stabilisca per quali valori di k lo spazio N(A) è nullo: N(A) = {(0, 0, 0, 0)}.

b) Per i valori di k esclusi al punto precedente si determini una base di N(A).

Soluzione:

a) N(A) è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo Ax = 0. Un sistema omogeneo ammette sempre la soluzione nulla; in particolare, per Rouchè-Capelli, ammette la sola soluzione nulla se rg(A) è massimo. Nel nostro caso quindi N(A) = {(0, 0, 0, 0)} se rg(A) = 4. Determiniamo il rango di A calcolandone il deteminante:

det(A) = (k − 1) · det [\begin{matrix}2k + 1 & 1 & 2k \\ 0 & k − 1 & 0 \\ k + 3 & k + 2 & k \end{matrix}] = (k − 1)^{2} · [(2k + 1)k − 2k(k + 3)] = −5k(k − 1)^{2}

Infine rg(A) = 4 se det(A) ≠ 0, cioé N(A) = {(0, 0, 0, 0)} se k ≠ 0, 1.

b) Se k = 0 la matrice A diventa

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

⇒ N(A) = {(0, 0, −3, 1)t | ∀t ∈ R} .

Se k = 0 quindi B(N(A)) = {(0, 0, −3, 1)} e dim(N(A)) = 1.

Se k = 1 la matrice A diventa

[\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & −1 \\ 3 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 4 & 3 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + 3I \\ IV + 4I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & −3 \end{matrix}] ⇒ IV − 3II [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

N(A) : \begin{cases}x + w = 0 \\ y − w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = s \\ w = t \end{cases} ⇒ N(A) = \{(−1, 1, 0, 1)t + (0, 0, 1, 0)s | ∀s, t ∈ R\} .

Se k = 1 quindi B(N(A)) = {(−1, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0)} e dim(N(A)) = 2.

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Esercizio 0.4. Si considerino i seguenti vettori di R^{4}:

v_{1} = (1, 0, 2, 1), v_{2} = (2, 2, 2, 0), v_{3} = (0, k − 1, k − 1, 0), v_{4} = (k + 1, 1, 2k + 1, 2k + 1),

dove k è un parametro reale, e sia V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{2}, v_{4}⟩.

a) Si stabilisca per quali valori di k lo spazio V coincide con R^{4}.

b) Si determini la dimensione e una base di V al variare di k.

Soluzione:

a) Lo spazio V coincide con R^{4} se dim(V) = 4, cioè se il rango della matrice associata a v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4} è 4. Riduciamo quindi a gradini la matrice associata ai quattro vettori:

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

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

I quattro vettori sono linearmente indipendenti e quindi V = R^{4} se k ≠ ±1

b) Dalla matrice ridotta otteniamo direttamente:

– Se k ≠ ±1, dim(V) = 4 e una base di V è B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}} (o anche la base canonica di R^{4} per esempio).

– Se k = 1, dim(V) = 3 e una base di V è B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{4}}.

– Se k = −1, dim(V) = 3 e una base di V è B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

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Esercizio 0.5. Si considerino le matrici

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

a) Si stabilisca se A, B e C sono linearmente indipendenti.

b) Si determini una base dell’insieme ⟨A, B, C⟩.

Soluzione:

a) Le matrici A, B, C sono linearmente indipendenti se l’equazione xA + yB + zC = 0 ha la sola soluzione x = y = z = 0. La matrice xA + yB + zC è:

xA + yB + zC = [\begin{matrix}3x + 2y + z & x + z \\ x − y + 2z & 2x + 2z \end{matrix}] ,

quindi l’equazione xA + yB + zC = 0 si traduce nel sistema

\begin{cases}3x + 2y + z = 0 \\ x + z = 0 \\ x − y + 2z = 0 \\ 2x + 2z = 0 \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}3 & 2 & 1 & | & 0 \\ 1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 1 & −1 & 2 & | & 0 \\ 2 & 0 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}3II − I \\ III − II \\ IV − 2II \end{matrix} [\begin{matrix}3 & 2 & 1 & | & 0 \\ 0 & −2 & 2 & | & 0 \\ 0 & −2 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

Il sistema ammette infinite soluzioni, quindi A, B e C sono linearmente dipendenti. Notiamo che −tA + tB + tC = 0 ∀t ∈ R, quindi in particolare C = A − B.

b) Abbiamo appena osservato che C è linaremente dipendente da A e B. Viceversa le matrici A e B sono linearmente indipendenti in quanto non sono una multiplo dell’altra, quindi una base del sottospazio ⟨A, B, C⟩ è {A, B}.

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Esercizio 0.6. Siano v, w ∈ R^{n} vettori colonna. Dimostrare che la matrice A = vw^{T} ∈ M_{n}(R) ha rango 0 oppure 1.

Soluzione:

4 I PROVA DI ACCERTAMENTO – GEOMETRIA 2007/08

Siano v^{T} = (v_{1}, v_{2}, …, v_{n}) e w^{T} = (w_{1}, w_{2}, … w_{n}), allora vw^{T} è una matrice n × n:

A = [\begin{matrix}v_{1} \\ v_{2} \\ … \\ v_{n} \end{matrix}] · [w_{1} w_{2} … w_{n}] = [\begin{matrix}v_{1}w_{1} & v_{1}w_{2} & … & v_{1}w_{n} \\ v_{2}w_{1} & v_{2}w_{2} & … & v_{2}w_{n} \\ … \\ v_{n}w_{1} & v_{n}w_{2} & … & v_{n}w_{n} \end{matrix}]

In sostanza ogni riga di A è un multiplo della riga formata da w^{T}. Se v = 0 o w = 0, allora anche la matrice A è nulla e rg(A) = 0, altrimenti A può essere ridotta nella matrice

[\begin{matrix}w_{1} & w_{2} & … & w_{n} \\ 0 & 0 & … & 0 \\ … \\ 0 & 0 & … & 0 \end{matrix}]

dove la riga ottenuta è non nulla, quindi se v ≠ 0 e w ≠ 0 la matrice A = vw^{T} ha rango 1.

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