CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

GEOMETRIA – APPELLO DEL 28/6/2010 – A –

Esercizio 1.1. Si considerino il piano π_{1} di equazione x + y − 2z = 0 e la retta r di equazione cartesiana

r : \begin{cases}x − y = 0 \\ x + 2y = 3 \end{cases}

a) Determinare un’equazione cartesiana del piano π_{2} contenente r e il punto A(1, 0, −1); determinare inoltre un’equazione parametrica della retta intersezione tra π_{1} e π_{2}.

b) Determinare equazione parametrica e cartesiana del piano π_{3} ortogonale a π_{1} e π_{2} passante per il punto B(3, 1, 3).

Soluzione:

La retta r ha equazione parametrica

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

quindi due suoi punti sono per esempio P (1, 1, 0) e Q(1, 1, 1).

a) Il piano π_{2} passa per i punti A, P e Q. Poiché \overrightarrow{AP} = (0, 1, 1) e \overrightarrow{P Q} = (0, 0, 1), il piano π_{2} ha equazione parametrica

π_{2} : \begin{cases}x = 1 \\ y = 1 + t \\ z = t + s \end{cases} ∀s, t ∈ R

e l’equazione cartesiana di π_{2} è x = 1.

Per trovare la retta s intersezione di π_{1} e π_{2} risolviamo il sistema

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

b) Il piano π_{3} ortogonale a π_{1} e π_{2} è anche ortogonale a s = π_{1} ∩ π_{2}, quindi al vettore (0, 2, 1). Di

conseguenza π_{3} è del tipo 2y + z = d. Imponendo il passaggio per B, otteniamo π_{3} : 2y + z = 5.

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Esercizio 1.2. Sia A la matrice reale A = [\begin{matrix}−1 & 2 \\ −1 & 1 \end{matrix}] .

a) Determinare tutte le matrici M ∈ M_{2}(R) di tipo 2 × 2 tali che MA = AM.

b) Mostrare che l’insieme S delle matrici trovate in a) forma un sottospazio vettoriale di M_{2}(R) e calcolarne la dimensione.

Soluzione:

a) Sia M = [\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix}] la generica matrice di M ∈ M_{2}(R). Di conseguenza:

MA = [\begin{matrix}−x − y & 2x + y \\ −z − w & 2z + w \end{matrix}] e AM = [\begin{matrix}−x + 2z & −y + 2w \\ −x + z & −y + w \end{matrix}]

Imponendo la condizione MA = AM otteniamo il sistema:

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

Quindi M è del tipo

M = [\begin{matrix}2t + s & −2t \\ t & s \end{matrix}] = [\begin{matrix}2 & −2 \\ 1 & 0 \end{matrix}] · t + [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] · s

b) L’insieme S delle matrici che commutano con A è un sottospazio vettoriale di M_{2}(R) in quanto: – è chiuso rispetto alla somma: se M_{1} e M_{2} appartengono a S, quindi commutano con A, allora

(M_{1} + M_{2})A = M_{1}A + M_{2}A = AM_{1} + AM_{2} = A(M_{1} + M_{2})

Di conseguenza anche M_{1} + M_{2} appartiene a S.

– è chiuso rispetto al prodotto per scalari: se M appartiene a S, quindi commuta con A, e λ ∈ R, allora

(λM)A = λ(MA) = λ(AM) = A(λM).

Di conseguenza anche λM appartiene a S. La dimostrazione si poteva anche fare uilizzando la scrittura esplicita di M trovata al punto precedente.

Abbiamo trovato al punto a) che

S = ⟨ [\begin{matrix}2 & −2 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] ⟩

Poiché le due matrici C = [\begin{matrix}2 & 2 \\ 1 & 0 \end{matrix}] e I = [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] sono linearmente indipendenti (non sono una

multiplo dell’altra), l’insieme {C, I} forma una base di S che di conseguenza ha dimensione 2.

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Esercizio 1.3. Si consideri l’insieme S costituito dai seguenti vettori di R^{4}

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

a) È possibile estendere S a una base di R^{4}?

b) In caso affermativo, trovare una base di R^{4} contenente S.

Soluzione:

a) S può essere esteso a una base di R^{4} se v_{1}, v_{2} e v_{3} sono linearmente indipendenti. Per rispondere ad entrambe le domande, riduciamo a gradini la matrice A formata dai vettori colonna v_{1}, v_{2} e v_{3} affiancata, per semplicità, dalla matrice identica I_{4}.

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

\begin{matrix}7III + 2II \\ 2IV + III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & 0 & | & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −7 & 1 & | & −2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 9 & | & −4 & −5 & 7 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 & −1 & −1 & 4 \end{matrix}] ⇒ 9IV − III [\begin{matrix}1 & 3 & 0 & | & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −7 & 1 & | & −2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 9 & | & −4 & −5 & 7 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 4 & −4 & −16 & 36 \end{matrix}]

La matrice A ha rango 3, quindi i tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3} sono linearmente indipendenti e l’insieme S può essere esteso ad un base di R^{4}.

b) La matrice formata dalle prime tre colonne e da una qualsiasi delle ultime quattro, ha rango 4, quindi i vettori corrispondenti formano una base di R^{4}. Una base di R^{4} contenente S è per esempio

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

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Esercizio 1.4. Dati i vettori v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (0, 2, 0) e v_{3} = (0, 1, 1), sia T l’endomorfismo di R^{3} tale che T (v_{1}) = v_{2}, T (v_{2}) = v_{3} e T (v_{3}) = v_{1}.

a) Determinare la matrice associata a T rispetto alla base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

b) Determinare la matrice associata a T rispetto alla base canonica.

c) Determinare il nucleo di T e trovare (se esiste) una controimmagine di (5, 1, −11).

Soluzione: a) Dalla definzione di T si ha

T (v_{1}) = v_{2} = 0 · v_{1} + 1 · v_{2} + 0 · v_{3} = (0, 1, 0)_{B}
T (v_{2}) = v_{3} = 0 · v_{1} + 0 · v_{2} + 1 · v_{3} = (0, 0, 1)_{B}
T (v_{3}) = v_{1} = 1 · v_{1} + 0 · v_{2} + 0 · v_{3} = (1, 0, 0)_{B}

quindi la matrice associata a T rispetto a B è

M_{B}^{B}(T) = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}]

b) Senza la necessità di impostare un sistema è facile scrivere gli elementi della base canonica come combinazione lineare degli elementi della base B e quindi trovarne l’immagine attraverso a T:

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

Quindi la matrice associata a T rispetto alla base canonica è

M(T) = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} \end{matrix} ]

c) È immediato verificare che det (M_{B}^{B}(T)) = 1, quindi rg (M_{B}^{B}(T)) = rg(M(T)) = 3. Di conseguenza

dim(N(T)) = 0 e N(T) = { (0, 0, 0) }.

T è suriettiva, quindi esiste una controimmagine per ogni elemento di R^{3}. Per trovare una controimmagine di v = (3, 7, −14) ci conviene forse usare la matrice M(T) risolvendo il sistema M(T)|v:

[\begin{matrix}0 & 0 & 1 & | & 3 \\ \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & | & 7 \\ −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & | & −14 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}2III \\ 2II \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 1 & −1 & | & −28 \\ 3 & 1 & 1 & | & 14 \\ 0 & 0 & 1 & | & 3 \end{matrix}] ⇒ II + 3I [\begin{matrix}−1 & 1 & −1 & | & −28 \\ 0 & 4 & −2 & | & −70 \\ 0 & 0 & 1 & | & 3 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}−x + y − z = −28 \\ 2y − z = −35 \\ z = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 9 \\ y = −16 \\ z = 3 \end{cases}

Quindi T (9, −16, 3) = (3, 7, −14) e la controimmagine di v è (9, −16, 3).

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Esercizio 1.5. Sia T l’endomorfismo di R^{4} definito dalla matrice

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

Stabilire se T è diagonalizzabile.

Soluzione: Il polinomio caratteristico di A è

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}1 − λ & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 − λ & −1 & 1 \\ −2 & 0 & 2 − λ & 0 \\ −2 & 0 & 1 & 1 − λ \end{matrix}] = (1 − λ)^{2}(2 − λ)^{2}

Risolvendo l’equazione p_{A}(λ) = 0 troviamo che T ha come autovalori λ = 1 e λ = 2, entrambi con molteplicità algebrica 2. Per stabilire se T è diagonalizzabile bisogna determinare la molteplicità geometrica di entrambi gli autolvalori.

E(1) = N(A − I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 1 & 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ −2 & 0 & 1 & 0 & | & 0 \\ −2 & 0 & 1 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ III + 2II \\ IV − III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 2 & −1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Quindi rg(A − I) = 2 e dim(E(1)) = dim(N(A − I)) = 4 − 2 = 2; di conseguenza la molteplicità geometrica di λ = 1 è 2.

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 1 & 0 & −1 & 1 & | & 0 \\ −2 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ −2 & 0 & 1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + I \\ III − 2I \\ IV − III \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

Iv + II [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Quindi rg(A − 2I) = 2 e dim(E(2)) = dim(N(A − 2I)) = 4 − 2 = 2; di conseguenza anche la molteplicità geometrica di λ = 2 è 2.

Poiché entrambi gli autovalori hanno molteplicità geometrica 2, l’endomorfismo T è diagonalizzabile.

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Esercizio 1.6. Si considerino i seguenti vettori di R^{4}:

v_{1} = (1, 0, −1, 0), v_{2} = (2, 2, −1, t) (t parametro reale).

a) Si determini il valore di t tale che v_{1} e v_{2} formino un angolo di 45^{∘}.

b) Posto t = 0 si determini la proiezione di v_{2} su v_{1}.

c) Posto t = 0 e dato v_{3} = (0, 0, 1, 1), si determini una base ortonormale dello spazio V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩.

Soluzione:

a) Sia ϑ l’angolo formato da v_{1} e v_{2}. Si ha

cos(ϑ) = \frac{(v_{1}, v_{2})}{||v_{1}|| · ||v_{2}||} = \frac{3}{\sqrt{2} · \sqrt{9 + t^{2}}}

Poiché cos(45^{∘}) = \frac{\sqrt{2}}{2} otteniamo l’equazione

\frac{3}{\sqrt{2} \sqrt{9 + t^{2}}} = \frac{\sqrt{2}}{2} ⇒ \frac{3}{\sqrt{9 + t^{2}}} = 1 ⇒ 3 = \sqrt{9 + t^{2}} ⇒ 9 = 9 + t^{2} ⇒ t = 0

Quindi v_{1} e v_{2} formano un angolo di 45^{∘} se t = 0.

b) La proiezione di v_{2} su v_{1} è

pr_{v_{1}}(v_{2}) = \frac{(v_{1}, v_{2})}{(v_{1}, v_{1})} · v_{1} = \frac{3}{2} · (1, 0, −1, 0) = (\frac{3}{2}, 0, −\frac{3}{2}, 0)

c) Cerchiamo prima una base ortogonale w_{1}, w_{2}, w_{3}.
w_{1} = v_{1} = (1, 0, −1, 0)
w_{2} = v_{2} − pr_{w_{1}}(v_{2}) = (2, 2, −1, 0) − (\frac{3}{2}, 0, −\frac{3}{2}, 0) = (\frac{1}{2}, 2, \frac{1}{2}, 0) ⇒ w_{2} = (1, 4, 1, 0)
w_{3} = v_{3} − pr_{w_{1}}(v_{3}) − pr_{w_{2}}(v_{3}) = (0, 0, 1, 1) − \frac{−1}{2} (1, 0, −1, 0) − \frac{1}{18} (1, 4, 1, 0) = (\frac{4}{9}, −\frac{2}{9}, \frac{4}{9}, 1) ⇒
w_{3} = (4, −2, 4, 9)

APPELLO DEL 28/6/2010 – A – GEOMETRIA 2009/10 5

Per trovare una base ortonormale {u_{1}, u_{2}, u_{3}} di V si tratta ora di determinare i generatori di norma 1:

u_{1} = \frac{w_{1}}{||w_{1}||} = \frac{1}{\sqrt{2}} (1, 0, −1, 0)
u_{2} = \frac{w_{2}}{||w_{2}||} = \frac{1}{\sqrt{18}}(1, 4, 1, 0) = \frac{1}{3\sqrt{2}} (1, 4, 1, 0)
u_{3} = \frac{w_{3}}{||w_{3}||} = \frac{1}{\sqrt{117}} (4, −2, 4, 9)
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