CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

APPELLO D’ESAME DEL 24/06/2008, FILA A – GEOMETRIA 2007/08

Esercizio 0.1. Si considerino le matrici (dove k è un parametro reale)

A = [\begin{matrix}6k & 4 & −2 & 2 \\ 4k + 1 & 4 & −1 & 1 \\ −2k − 1 & −2 & 1 & −1 \\ 2k + 3 & 2 & 0 & 0 \end{matrix}] , b = [\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}]

a) Si stabilisca il rango di A al variare di k.

b) Si stabilisca per quali valori di k il sistema lineare Ax = b è risolubile e in tali casi se ne determinino le soluzioni.

Soluzione: Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice A|b. Scambiamo la prima e quarta colonna di A e ricordando poi tale scambio prima di rispondere alla domanda b).

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

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

Anche senza completare la riduzione siamo in grado di risponedere ad entrambe le domande.

a) La matrice A ha rango 3 per ogni valore di k, infatti i due termini k − 1 e k + 2 non si possono annullare contemporaneamente.

b) Il sistema Ax = b ha soluzione se anche rg(A|b) = 3, cioè se k = 1 quando, ricordando lo scambio di colonne, otteniamo il sistema:

[\begin{matrix}1 & 2 & −1 & 3 & | & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 2 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 3 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}w + 2y − z + 3x = \\ 2y + 2x = 1 \\ 3x = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{3} \\ y = \frac{1}{6} \\ z = t \\ w = −\frac{4}{3} + t \end{cases} ∀t ∈ R

Infine le soluzioni del sistema sono gli elementi dell’insieme

\{(x, y, z, w) = (\frac{1}{3}, \frac{1}{6}, 0, −\frac{4}{3}) + (0, 0, 1, 1)t | t ∈ R\} .

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Esercizio 0.2. Siano assegnati il punto A = (1, 2, 1) il piano π e la retta s di equazioni

π : x + z = 4, s : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases}

a) Si determini il punto B, proiezione ortogonale di A su π e la retta r passante per A e per B.

b) Indicato con C il punto di intersezione tra s e r e con D il punto di intersezione tra s e π, si determini un’equazione della retta CD.

c) Si determini l’angolo tra r e la retta CD.

Soluzione:

a) Per trovare B determiniamo l’equazione della retta r passante per A e ortogonale a π, cioè di direzione (1, 0, 1):

r : \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \end{cases}

Il punto B è dato dall’intersezione tra r e π:

B : \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \\ x + z = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \\ 1 + s + 1 + s = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = 1 \\ x = 2 \\ y = 2 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ B = (2, 2, 2)

Notiamo che la retta passante per A e B richiesta è la retta r precedentemente trovata.

b) Calcoliamo le intersezioni:

C = r ∩ s : \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \\ x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \\ 1 + s = 1 + t \\ 2 = 2 \\ 1 + s = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = −1 \\ t = −1 \\ x = 0 \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ C = (0, 2, 0)

D = s ∩ π : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = 0 \\ x + z = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = 0 \\ 1 + t = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = 3 \\ x = 4 \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ D = (4, 2, 0)

c) La retta r è parallela al vettore u = (1, 0, 1) e la retta CD è parallela al vettore v = (4, 0, 0). Indicato con ϑ l’angolo tra le due rette si ottiene:

cos(ϑ) = \frac{(u, v)}{|u| · |v|} = \frac{4}{\sqrt{2} · 4} = \frac{\sqrt{2}}{2} ⇒ ϑ = arccos (\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{π}{4} = 45^{∘}.

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Esercizio 0.3. Sia V = ⟨A, B, C⟩ il sottospazio di M_{2}(R) generato dalle matrici

A = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}0 & 4 \\ 4 & 0 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}2 & 9 \\ 10 & 1 \end{matrix}] ,  D = [\begin{matrix}6 & k − 2 \\ 2 & k + 2 \end{matrix}]

a) Si determini la dimensione e una base di V.

b) Si stabilisca per quali k la matrice D appartiene a V. In tali casi si esprima D come combianzione lineare della base trovata al punto precedente.

Soluzione:

a) Per determinare la dimensione e una base di V bisogna stabilire quante e quali tra le matrici A, B e C sono linearmente indipendenti, ovvero risolvere l’equazione xA + yB + zC = 0. Tale equazione si traduce nel seguente sistema

\begin{cases}2x + 2z = 0 \\ x + 4y + 9z = 0 \\ 2x + 4y + 10z = 0 \\ x + z = 0 \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}2 & 0 & 2 & | & 0 \\ 1 & 4 & 9 & | & 0 \\ 2 & 4 & 10 & | & 0 \\ 1 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II − 1/2I \\ III − I \\ IV − 1/2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 4 & 8 & | & 0 \\ 0 & 4 & 8 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}1/4II \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + z = 0 \\ y + 2z = 0 \end{cases}

Il sistema xA + yB + zC = 0 ammette infinite soluzioni, quindi le tre matrici sono linearmente dipendenti. Viceversa, risolvendo il sistema xA + yB = 0 otteniamo ol sistema equivalente

\begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \end{cases} ⇒ x = y = 0

quindi A e B sono linearmente indipendenti. Infine

dim(V) = 2, B(V) = {A, B} .

b) Per esprimere D come combinazione lineare della base trovata dobbiamo risolvere l’equazione xA + yB = D. Ripercorrendo i conti fatti precedentemente, otteniamo:

\begin{cases}2x = 6 \\ x + 4y = k − 2 \\ 2x + 4y = 2 \\ x = k + 2 \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}2 & 0 & | & 6 \\ 1 & 4 & | & k − 2 \\ 2 & 4 & | & 2 \\ 1 & 0 & | & k + 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II − 1/2I \\ III − I \\ IV − 1/2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & | & 3 \\ 0 & 4 & | & k − 5 \\ 0 & 4 & | & −4 \\ 0 & 0 & | & k − 1 \end{matrix}]

Il sistema ammette soluzione solo se k = 1, quando otteniamo

\begin{cases}x = 3 \\ 4y = −4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 3 \\ y = −1 \end{cases} ⇒ D = 3A − B se k = 1.

Se k ≠ 1 la matrice D non appartiene a V.

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Esercizio 0.4. Sia T l’endomorfismo di R^{3} cos definito:

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

a) Scrivere la matrice associata a T rispetto alle basi canoniche e determinare il nucleo e l’immagine di T.

b) Stabilire se T è iniettiva. Trovare, al variare del parametro reale k, tutti i vettori v tali che T (v) = (3, 3, k).

Soluzione:

a) La matrice associata a T rispetto alle basi canoniche è

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

Per risponedere alla domanda b) dobbiamo determinare risolvere il sistema A·(x, y, z)^{T} = (3, 3, k)^{T}; riduciamo quindi direttamente a gardini la matrice A affiancata dalla colonna (3, 3, k)^{T}:

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

Considerando la matrice A otteniamo che una base dell’immagine di T è data da

B(Im(T)) = {(2, −2, 0), (0, 1, 1)}

Risolvendo il sistema Ax = 0 otteniamo

\begin{cases}2x + z = 0 \\ y + 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{1}{2}t \\ y = −2t \\ z = t \end{cases} ⇒ B(ker(T)) = \{(−\frac{1}{2}, −2, 1)\}

b) T non è iniettiva in quanto il nucleo di T ha dimensione 1.

Risolviamo il sistema Ax = (3, 3, k)^{T}. Il sistema ha soluzione solo se k = 6 quando otteniamo

\begin{cases}2x + z = 3 \\ y + 2z = 6 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{3}{2} − \frac{1}{2}t \\ y = 6 − 2t \\ z = t \end{cases}

Infine (3, 3, k) appartiene all’imangine di T solo se k = 6. In tale caso i vettori v tali che T (v) =

(3, 3, k) sono i vettori del tipo v = (\frac{3}{2}, 6, 0) + (−\frac{1}{2}, −2, 1) t, ∀t ∈ R.

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Esercizio 0.5. Sia B = {v_{1} = (1, 0, 0), v_{2} = (1, 1, 0), v_{3} = (1, 1, 1)} una base di R^{3} e sia S l’endomorfismo di R^{3} con matrice associata rispetto a B

A = M_{B}(S) = [\begin{matrix}5 & 2 & −2 \\ 1 & 6 & −5 \\ 3 & −3 & 4 \end{matrix}] .

a) Trovare gli autovalori (reali) di S.

b) Trovare gli autovettori di S e stabilire se S è diagonalizzabile.

Soluzione:

a) Gli autovalori di T non dipendono dalla base, quindi possiamo lavorare sulla matrice A:

p_{A}(λ) = (1 − λ)(λ^{2} − 14λ + 49)

Quindi S ha due autovalori: λ = 1 e λ = 7.

b) Trovare gli autovettori di S possiamo comunque lavorare sulla matrice A ricordando però che i vettori trovati saranno espressi rispetto alla base B:

E(1) = N(A − I) : [\begin{matrix}4 & 2 & −2 & | & 0 \\ 1 & 5 & −5 & | & 0 \\ 3 & −3 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ 2II − 1/2I \\ 1/3III − II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 9 & −9 & | & 0 \\ 0 & −6 & 6 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{matrix}1/9II \\ 1/6III + 1/9II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = t \end{cases}

Quindi l’autospazio E(1) è generato dal vettore (0, 1, 1)_{B}, cioè dal vettore v_{2} + v_{3} = (2, 2, 1). Infine E(1) = ⟨(2, 2, 1)⟩.

Analogamente:

E(7) = N(A − 7I) : [\begin{matrix}−2 & 2 & −2 & | & 0 \\ 1 & −1 & −5 & | & 0 \\ 3 & −3 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II + 1/2I \\ 1/3III + 1/2I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −6 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases}

Quindi l’autospazio E(7) è generato dal vettore (1, 1, 0)_{B}, cioè dal vettore v_{1} + v_{2} = (2, 1, 0). Infine E(7) = ⟨(2, 1, 0)⟩.

S non è diagonalizzabile in quanto l’autovalore λ = 7 ha molteplicità algebrica 2 e molteplicità geometrica 1.

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Esercizio 0.6. Sia C la conica di equazione

x^{2} + 4xy + 4y^{2} + 4y = 0.

a) Si determini il tipo di conica.

b) Si trovi la forma canonica della conica.

c) Si trovino gli eventuali assi di simmetria della conica.

Soluzione:

a) Le matrici associate alla conica sono:

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

Notiamo che I_{3} = det(A′) = −4 ≠ 0, quindi si tratta di una conica non degenere. Inoltre I_{2} = det(A) = 0, quindi è una parabola.

b) Il polinomio caratteristico di A è p_{A}(λ) = λ^{2} − 5λ, quindi A ha autovalori: λ_{1} = 0 e λ_{2} = 5. La forma canonica sarà del tipo x^{2} − 2py = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo

λx^{2} + 2ty = 0 ⇒ 5x^{2} + 2ty = 0

a cui è associata la matrice

B = [\begin{matrix}5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & t \\ 0 & t & 0 \end{matrix}]

Sappiamo inoltre che I_{3} = det(A′) è un invariante, quindi det(A′) = det(B). Risolviamo quindi l’equazione:

−4 = −5t^{2} ⇒ t^{2} = \frac{4}{5} ⇒ t = −\frac{2}{\sqrt{5}}

Infine possiamo ricavare la forma canonica:

5x^{2} + 2 · (−\frac{2}{\sqrt{5}}) y = 0 ⇒ x^{2} − \frac{4}{5\sqrt{5}}y = 0

c) Calcoliamo la direzione dell’asse ricordando che questo è parallelo all’autovettore relativo all’auto-

valore nullo.

Calcoliamo quindi l’autospazio E(0) risolvendo il sistema omogeneo associato a A:

[\begin{matrix}1 & 2 & | & 0 \\ 2 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − 2I ⇒ [\begin{matrix}1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ x + 2y = 0 ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = t \end{cases} ⇒ E(0) = ⟨(−2, 1)⟩

Ora che abbiamo la direzione dell’asse dobbiamo determinarne un punto per potere scrivere l’equazione.

Consideriamo una qualsiasi retta ortogonale all’asse, cioè di direzione (1, 2):

\begin{cases}x = x_{0} + t \\ y = y_{0} + 2t \end{cases} ⇒ 2x − y = k per qualche k

Se una tale retta interseca la parabola in due punti D e E, allora il punto medio M del segmento DE sarà un punto dell’asse. Senza tenere k variabile assegnamo a k un valore a caso, la cosa più semplice è porre k = 0.

\begin{cases}2x − y = 0 \\ x^{2} + 4xy + 4y^{2} + 4y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 2x \\ 25x^{2} + 8x = 0 \end{cases} ⇒ D = (0, 0), E = (−\frac{8}{25}, −\frac{16}{25})

Infine il punto medio M del segmento DE è M = (−\frac{4}{25}, −\frac{8}{25}).

L’asse è la retta per M parallela all’autovettore relativo a λ = 0, cioè di direzione (−2, 1):

\begin{cases}x = −\frac{4}{25} − 2t \\ y = −\frac{8}{25} + t \end{cases} ⇒ x + 2y = −\frac{4}{5} ⇒ 5x + 10y = −4

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