CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

APPELLO DEL 22/06/06 - FILA A

A.A. 2005/06

Esercizio 1.1. Si considerino le rette r_{1} e r_{2} di equazioni

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

a) Si mostri che le due rette sono incidenti.

b) Si determini l’equazione della retta ortogonale a r_{1} e r_{2} e passante per il loro punto di intersezione.

Soluzione:

a) Risolviamo il sistema

\begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2t \\ z = 1 + t \\ x + y = 1 \\ x − y + z = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2t \\ z = 1 + t \\ 1 + t + 2t = 1 \\ 1 + t − 2t + 1 + t = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2t \\ z = 1 + t \\ 3t = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = 0 \\ z = 1 \\ t = 0 \end{cases}

Quindi le rette sono incidenti nel punto P (1, 0, 1).

b) Determiniamo quindi l’equazione parametrica di r_{2}:

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

Quindi r_{2} è parallela al vettore (−1, 1, 2).

Il piano π passante per P e contenente r_{1} e r_{2} ha equazioni:

\begin{cases}x = 1 + t − s \\ y = 0 + 2t + s \\ z = 1 + t + 2s \end{cases} ⇒ \begin{cases}x + y = 1 + 3t \\ 2x + z = 3 + 3t \end{cases} x − y + z = 2

Di conseguenza la direzione ortogonale a π (e quindi a r_{1} e r_{2}) è (1, −1, 1). Infine la retta cercata ha equazione

\begin{cases}x = 1 + t \\ y = −t \\ z = 1 + t \end{cases}

Un metodo alternativo consisteva nel determinare il piano π_{1} ortogonale a r_{1} e il piano π_{2} ortogonale a r_{2} passanti per P:

π_{1} : x + 2y + z = 2
π_{2} : −x + y + 2z = 1

La retta cercata è data dall’intersezione di π_{1} e π_{2}:

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

Notiamo che anche se l’equazione parametrica è differente, si tratta ovviamente della stessa retta.

□

Esercizio 1.2. Sia V = ⟨ v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4} ⟩ con

v_{1} = (3, 7, k + 1, 2k + 2), v_{2} = (2, 2k + 2, 0, 0), v_{3} = (1, 1, 0, 0), v_{4} = (−3, −7, −1, 2k)

a) Si determini la dimensione di V al variare di k ∈ R.

b) Si determini una base di V al variare di k ∈ R.

Soluzione: Consideriamo la matrice A associata ai quattro vettori:

A = [\begin{matrix}3 & 2 & 1 & −3 \\ 7 & 2k + 2 & 1 & −7 \\ k + 1 & 0 & 0 & −1 \\ 2k + 2 & 0 & 0 & 2k \end{matrix}]

Per ridurre la matrice a gradini scambiamo v_{3} con v_{1}, ricordando poi tale scambio per rispondere alla domanda b).

[\begin{matrix}1 & 2 & 3 & −3 \\ 1 & 2k + 2 & 7 & −7 \\ 0 & 0 & k + 1 & −1 \\ 0 & 0 & 2k + 2 & 2k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ IV − 2III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 3 & −3 \\ 0 & 2k & 4 & −4 \\ 0 & 0 & k + 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 2k + 2 \end{matrix}]

Dobbiamo distinguere tre casi: • Se k ≠ 0, −1, allora dim(V) = rg(A) = 4. Inoltre B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}}.

• Se k = 0, la matrice diventa

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

Quindi dim(V) = rg(A) = 3. Inoltre

B(V) = {v_{1}, v_{3}, v_{4}} = {(3, 7, 1, 2), (1, 1, 0, 0), (−3, −7, −1, 0)}.

• Se k = −1, la matrice diventa

[\begin{matrix}1 & 2 & 3 & −3 \\ 0 & −2 & 4 & −4 \\ 0 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi dim(V) = rg(A) = 3. Inoltre

B(V) = {v_{2}, v_{3}, v_{4}} = {(2, 0, 0, 0), (1, 1, 0, 0), (−3, −7, −1, −2)}.
□

Esercizio 1.3. Si considerino i polinomi

p_{1}(x) = x^{2} + 2,  p_{2}(x) = 3x + 4,  p_{3}(x) = −x^{2} + 6x + 6

e sia W = ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ il sottospazio di R_{2}[x] generato da p_{1}, p_{2} e p_{3}.

a) Si determini la dimensione e una base di W. b) Si stabilisca per quali valori di k il polinomio f_{k}(x) = (k + 1)x^{2} + 3kx + 4 appartiene a

W.

Soluzione: A ogni polinomio a_{2}x^{2} +a_{1}x+a_{0} di R_{2}[x] possiamo associare il vettore (a_{2}, a_{1}, a_{0}) formato dalle coordinate del polinomio rispetto alla base canonica {x^{2}, x, 1}. In questo caso otteniamo quindi i vettori

p_{1} = (1, 0, 2), p_{2} = (0, 3, 4), p_{3} = (−1, 6, 6), f_{k} = (k + 1, 3k, 4)

Per rispondere alla prima domanda dobbiamo calcolare la dimensione di ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩, mentre per rispondere alla seconda domanda dobbiamo verificare se l’equazione xp_{1}+yp_{2}+zp_{3} = f_{k} ammette soluzione. Consideriamo quindi direttamente la matrice A|b che ci permette di rispondere anche alla seconda domanda.

[\begin{matrix}1 & 0 & −1 & | & k + 1 \\ 0 & 3 & 6 & | & 3k \\ 2 & 4 & 6 & | & 4 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3II \\ 1/2III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & | & k + 1 \\ 0 & 1 & 2 & | & k \\ 0 & 2 & 4 & | & −k + 1 \end{matrix}]

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

a) dim(W) = rg(A) = 2. Inoltre

B(W) = {p_{1}(x), p_{2}(x)} = {x^{2} + 2, 3x + 4}.

b) f_{k}(x) appartiene a W se il sistema A|b ammette soluzione. Per Rouché Capelli questo

succede solo se rg(A) = rg(A|b) = 2, cioè se k = \frac{1}{3}.

□

Esercizio 1.4. Sia T : R^{3} → R^{3} la funzione lineare definita da

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

e sia B = {(1, 2, −4), (0, 1, 1), (1, 0, −7)} una base di R^{3}.

a) Stabilire se T è iniettivo e/o suriettiva.

b) Si determini la matrice M_{B}(T) associata a T rispetto alla base B

Soluzione:

Per rispondere alla domanda a) possiamo comunque calcolare prima la matrice associata a T rispetto a B.

b) Siano v_{1} = (1, 2, −4), v_{2} = (0, 1, 1) e v_{3} = (1, 0, −7). Il metodo più semplice consiste nel calcolare le tre immagini dei vettori della nuova base e poi trovare le coordinate di questi tre vettori rispetto alla base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

T (v_{1}) = (3, 4, 0), T (v_{2}) = (1, −2, 3), T (v_{3}) = (1, 9, −7)

Si tratta ora di esprimere tali immagini come combinazioni lineari degli elementi di B, cioè di risolvere l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{i}) per i = 1, 2, 3. Per risolvere i tre sistemi contemporaneamente riduciamo a gradini la matrice formata dai tre vettori v_{i} affiancata dalla matrice formata dai tre vettori T (v_{i})

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 3 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & | & 4 & −2 & 9 \\ −4 & 1 & −7 & | & 0 & 3 & −7 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III + 4I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 3 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & −2 & | & −2 & −4 & 7 \\ 0 & 1 & −3 & | & 12 & 7 & −3 \end{matrix}]

⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 3 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & −2 & | & −2 & −4 & 7 \\ 0 & 0 & −1 & | & 14 & 11 & −10 \end{matrix}]

4 GEOMETRIA 2005-2006

Risolviamo ora i tre sistemi:

T (v_{1}) : \begin{cases}x + z = 3 \\ y − 2z = −2 \\ −z = 14 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 17 \\ y = −30 \\ z = 14 \end{cases} ⇒ T (v_{1}) = (−17, −30, 14)_{B}

T (v_{2}) : \begin{cases}x + z = 1 \\ y − 2z = −4 \\ −z = 11 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 12 \\ y = −26 \\ z = −11 \end{cases} ⇒ T (v_{2}) = (12, −26, −11)_{B}

T (v_{3}) : \begin{cases}x + z = 1 \\ y − 2z = 7 \\ −z = −11 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −9 \\ y = 27 \\ z = 10 \end{cases} ⇒ T (v_{3}) = (−9, 27, 10)_{B}

Infine la matrice B associata a T rispetto alla base B è

M_{B}(T) = [\begin{matrix}17 & 12 & −9 \\ −30 & −26 & 27 \\ −14 & −11 & 10 \end{matrix}]

a) Dobbiamo in sostanza calcolare il rango di M_{B}(T). In alternativa risulta forse più semplice calcolare la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica e calcolare poi il rango di questa:

M(T) = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 2 & −1 & −1 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}] ⇒ II − 2I [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & −3 & −1 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}] ⇒ 3III + 2II [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & −3 & −1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

dim(Im(T)) = rg(M(T)) = 3 ⇒ T è suriettiva dim(N(T)) = 3 − rg(M(T)) = 0 ⇒ T è iniettiva

□

Esercizio 1.5. Sia A la matrice dipendente dal parametro reale

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

a) Discutere la diagonalizzabiltà di A al variare di k.

b) Determinare una base di R^{4} costituita da autovettori di A per un valore opportuno di k. Soluzione: Calcoliamo il polinomio caratteristico di A, sviluppando rispetto a opportune righe

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

= (1 − λ) det [\begin{matrix}2 − k − λ & 0 & −k \\ 0 & 1 − λ & 0 \\ k & 0 & k + 2 − λ \end{matrix}]

= (1 − λ)^{2}[(2 − k − λ)(k + 2 − λ) + k^{2}] = (1 − λ)^{2}[(2 − λ)^{2} − k^{2} + k^{2}] = (1 − λ)^{2}(2 − λ)^{2}

quindi gli autovalori di A sono λ = 2, 1, entrambi di molteplicità algebrica due.

Calcoliamo ora gli autospazi.

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & 0 \\ k − 3 & −k & 0 & −k \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ 2 − k & k & 0 & k \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x = 0 \\ (k − 3)x − ky − kw = 0 \\ −z = 0 \\ (2 − k)x + ky + kw = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = 0 \\ −ky − kw = 0 \\ z = 0 \\ ky + kw = 0 \end{cases}

Dobbiamo ora distinguere due casi:

• Se k ≠ 0 otteniamo

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

• Se k = 0 otteniamo

\begin{cases}x = 0 \\ y = s \\ z = 0 \\ w = t \end{cases} ⇒ dim(E(2)) = 2 e E(2) = ⟨(0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)⟩.

A questo punto A può essere diagonalizzabile solo se k = 0. Si tratta di verificare se per k = 0 anche dim(E(1)) = 2.

E(1) = N(M − I) con k = 0 : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ −3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 3t \\ z = s \\ w = −2t \end{cases}

⇒ dim(E(1)) = 2 e E(1) = ⟨(1, 3, 0, −2), (0, 0, 1, 0)⟩ con k = 0.

a) Abbiamo verificato che A è diagonalizzabile solo per k = 0.

b) Per k = 0 una base di R^{4} formata da autovettori di A è data da

B(R^{4}) = { (0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 3, 0, −2), (0, 0, 1, 0) }

□

Esercizio 1.6. Fissato il parametro reale t, sia C_{t} la conica di equazione

C_{t} : (2t − 1)x^{2} + 6txy + ty^{2} + 2x = 0

a) Stabilire se esistono valori di t per cui la conica è degenere.

b) Determinare il tipo di conica al variare del parametro t.

c) Scrivere la forma canonica di C_{t} per t = \frac{1}{3}.

Soluzione:

La matrice A′ associata alla conica è

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

a) det(A′) = −t, quindi la conica è degenere per t = 0 b) det(A) = −7t^{2} − t, quindi:

– Se t < −\frac{1}{7} o t > 0, det(A) < 0 e si tratta di un’iperbole.

– Se −\frac{1}{7} < t < 0, det(A) > 0 e si tratta di un’ellisse.

– Se t = −\frac{1}{7}, det(A) = 0 e si tratta di una parabola.

– Se t = 0 otteniamo l’equazione −x^{2} + 2x = 0, quindi si tratta di una coppia di rette

parallele (infatti det(A) = 0): x = 0 e x = 2.

c) Calcoliamo gli autovalori di A per t = \frac{1}{3}:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}−\frac{1}{3} − λ & 1 \\ 1 & \frac{1}{3} − λ \end{matrix}] = λ^{2} − \frac{10}{9}

Quindi gli autovalori di A sono λ = ±\frac{\sqrt{10}}{3}, discordi infatti si tratta di un’iperbole. La conica ha quindi equazione del tipo

\frac{\sqrt{10}}{3}x^{2} − \frac{\sqrt{10}}{3}y^{2} + k = 0 ⇒ B = [\begin{matrix}\frac{\sqrt{10}}{3} & 0 & 0 \\ 0 & −\frac{\sqrt{10}}{3} & 0 \\ 0 & 0 & k \end{matrix}]

Imponendo la condizione I_{3} = det(B) = det(A) = \frac{1}{3} otteniamo −\frac{10}{9}k = −\frac{1}{3}, cioè k = \frac{3}{10}. Quindi l’equazione di C_{\frac{1}{3}} è

\frac{\sqrt{10}}{3}x^{2} − \frac{\sqrt{10}}{3}y^{2} + \frac{3}{10} = 0 ⇒ −\frac{10\sqrt{10}}{9}x^{2} + \frac{10\sqrt{10}}{9}y^{2} − 1 = 0

Effettuando infine la rotazione che manda x in y e y in −x otteniamo la forma canonica

C_{\frac{1}{3}} : \frac{10\sqrt{10}}{9}x^{2} − \frac{10\sqrt{10}}{9}y^{2} − 1 = 0

□