II APPELLO D’ESAME - 14/07/2005 – A

A.A. 2004/05

Esercizio 0.1. Siano v_{1} = (−1, −2, 1, 1), v_{2} = (2, 7, 1, 1), v_{3} = (0, 1, 0, k + 1), w = (0, k, k, k^{2} + k − 1), dove k è un parametro reale.

a) Si calcoli la dimensione del sottospazio V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ al variare di k.

b) Si stabilisca per quali valori di k w ∈ V.

Soluzione: Per rispondere a intrambe le domande riduciamo a gradini la matrice associata all’equazione

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = w

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

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

a) Dalla matrice dei coefficienti otteniamo che dim(V) = rg(A) = 3 ∀k ∈ R.

b) Il vettore w appartiene a V se il sistema ammette soluzioni, ovvero se la matrice completa e incompleta hanno lo stesso rango. Quindi w ∈ V se k^{2} − 1 = 0, cioè k = ±1.

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Esercizio 0.2. Sia V ⊆ R^{4} così definito:

V = {(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})|x_{1} + 2x_{2} + (k + 1)x_{4} = 0, x_{1} + x_{2} − 2kx_{3} = 0, 3x_{1} + 7x_{2} − 2x_{3} = 0}

a) Determinare per quale valore di k il vettore v = (−4, 2, 1, 1) appartiene a V.

b) Per il valore di k trovato al punto precedente determinare una base di V e estendere tale base a una base di R^{4}.

Soluzione:

a) Per come è definito V, il vettore v = (−4, 2, 1, 1) appartiene a V se:

\begin{cases}−4 + 2 · 2 + (k + 1) · 1 = 0 \\ −4 + 2 − 2k · 1 = 0 \\ 3 · (−4) + 7 · 2 − 2 · 1 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}k + 1 = 0 \\ −2 − 2k = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}k = −1 \\ k = −1 \\ 0 = 0 \end{cases}

Quindi v ∈ V se k = −1. b) Per k = 1 lo spazio V è lo spazio delle soluzioni del seguente sistema omogeneo:

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

⇒ III + II [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x_{1} + 2x_{2} = 0 \\ −x_{2} + 2x_{3} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −4t \\ x_{2} = 2t \\ x_{3} = t \\ x_{4} = s \end{cases} ∀s, t ∈ R

Quindi

B(V) = { (−4, 2, 1, 0), (0, 0, 0, 1) }

Per estendere la base trovata a una base di R^{4} basta osservare che la matrice

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

ha rango 4. Quindi

B(R^{4}) = { (−4, 2, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0) }
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Esercizio 0.3. Siano assegnate la matrici

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

a) Discutere la dipendenza/indipendenza lineare di A, B, C al variare di k.

b) Esprime, quando possibile, D come combinazione lineare di A, B, C.

Soluzione: Per rispondere alla prima domanda dobbiamo risolvere l’equazione xA + yB + zC = 0, ovvero

[\begin{matrix}x + 2y & −y + z \\ kz & x + 2z \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2y = 0 \\ −y + z = 0 \\ kz = 0 \\ x + 2z = 0 \end{cases}

Analogamente per rispondere alla seconda domanda dobbiamo risolvere l’equazione xA + yB + zC = D, ovvero

[\begin{matrix}x + 2y & −y + z \\ kz & x + 2z \end{matrix}] = [\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2y = 1 \\ −y + z = 0 \\ kz = 1 \\ x + 2z = 1 \end{cases}

Riduciamo quindi a gradini la matrice associata al sistema non omogeneo:

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

a) Se k ≠ 0 il sistema omogeneo ammette solo la soluzione x = y = z = 0, quindi A, B, C sono linearmente indipendenti. Se k = 0 il sistema omogeneo ammette infinite soluzioni e A, B, C sono linearmente dipendenti.

b) Il sistema

\begin{cases}x + 2y = 1 \\ −y + z = 0 \\ kz = 1 \end{cases}

ammette soluzione solo se k ≠ 0. In questo caso otteniamo:

(1 − \frac{2}{k}) A + \frac{1}{k}B + \frac{1}{k}C = D

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Esercizio 0.4. Si consideri la funzione S : R^{3} → R^{3} definita da

S(x_{1}, x_{3}, x_{3}) = (kx_{1} + 2x_{2}, x_{2} + x_{3}, x_{1} − 2x_{2} + x_{3} − k^{2} + 1)

a) Trovare i valori di k per cui S è lineare.

b) Per i valori trovati in a) si determini una base del nucleo N(S) e una base dell’immagine Im(S).

Soluzione:

a) Perché S sia lineare deve essere per esempio S(0) = 0. Nel nostro caso quindi

S(0, 0, 0) = (0, 0, −k^{2} + 1) = (0, 0, 0) ⇒ k^{2} + 1 = 0 ⇒ k = ±1

b) Nel caso k = 1, l’applicazione S ha associata la matrice

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

Quindi

N(S) = {(0, 0, 0)}
B(Im(S)) = { (1, 1, 1), (2, 0, −2), (0, 1, 1) }

Analogamente se k = −1, l’applicazione S ha associata la matrice

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

Quindi

N(S) = {(0, 0, 0)}
B(Im(S)) = { (−1, 1, 1), (2, 0, −2), (0, 1, 1) }
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Esercizio 0.5. Sia T : R^{3} → R^{3} una funzione lineare e B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}, dove

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

Sapendo che v_{1} genera il nucleo di T e che v_{2} e v_{3} sono autovettori di T relativi agli autovalori 2 e −1 rispettivamente:

a) Mostrare che B una base di R^{3}.

b) Calcolare la matrice associata a T rispetto alla base B.

c) Calcolare la matrice associata a T rispetto alla base canonica.

Soluzione:

a) La matrice associata ai tre vettori è

[\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

La matrice ha rango tre, quindi i tre vettori sono linearmente indipendenti e formano una base di R^{3}.

b) Il fatto che il vettore v_{1} generi il nucleo di T significa che v_{1} è autovettore relativo all’autovalore 0. Conosciamo quindi tre autovalori e tre rispettivi autovettori di T, quindi rispetto alla base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} l’applicazione T ha matrice

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

c) Ricaviamo l’azione di T sugli elementi della base canonica:

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

Quindi

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

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Esercizio 0.6. Si consideri la conica C di equazione

x^{2} + 8xy + y^{2} − 8x + 1 = 0

a) Determinare le coordinate del centro di simmetria di C.

b) Trovare la rototraslazione che trasforma l’equazione di C in forma canonica.

c) Scrivere coordinate omogenee dei punti all’infinito di C.

Soluzione: Consiamo le matrici associate a C:

A′ = [\begin{matrix}1 & 4 & −4 \\ 4 & 1 & 0 \\ −4 & 0 & 1 \end{matrix}]

Notiamo che det(A′) ≠ 0 e det(A) < 0 quindi si tratta di una iperbole non degenere. a) Per trovare il centro C della conica risolviamo il sistema

[\begin{matrix}1 & 4 & | & −4 \\ 4 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − 4I [\begin{matrix}1 & 4 & | & −4 \\ 0 & −15 & | & −16 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −\frac{4}{15} \\ y = \frac{16}{15} \end{cases} ⇒ C (−\frac{4}{15}, \frac{16}{15})

b) Per trovare la rotazione necessaria calcoliamo gli autovettori di A.

p_{A}(λ) = (1 − λ)^{2} − 16 ⇒ λ_{1} = 5, λ_{2} = −3

Calcoliamo l’autospazio E(5):

[\begin{matrix}−4 & 4 & | & 0 \\ 4 & −4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ −x + y = 0 ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \end{cases} ⇒ E(5) = ⟨(1, 1)⟩ = ⟨(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})⟩

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(−3):

[\begin{matrix}4 & 4 & | & 0 \\ 4 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ x + y = 0 ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \end{cases} ⇒ E(−3) = ⟨(−1, 1)⟩ = ⟨(−\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})⟩

Quindi la matrice di rotazione cercata è

R = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 \end{matrix}] ⇒ R^{T} AR = [\begin{matrix}5 & 0 \\ 0 & −3 \end{matrix}]

Tale rotazione corrisponde al cambio di coordinate

[\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] = R^{T} [\begin{matrix}x′ \\ y′ \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{\sqrt{2}}(x′ − y′) \\ y = \frac{1}{\sqrt{2}}(x′ + y′) \end{cases}

[\begin{matrix}x′ \\ y′ \end{matrix}] = R [\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x′ = \frac{1}{\sqrt{2}}(x + y) \\ y′ = \frac{1}{\sqrt{2}}(−x + y) \end{cases}

Nelle nuove coordinate la conica ha centro C′:

C′ = \begin{cases}x′ = \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{12}{15} = \frac{4}{5\sqrt{2}} \\ y′ = \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{20}{15} = \frac{4}{3\sqrt{2}} \end{cases}

Infine la rototraslazione che trasforma l’equazione di C in forma canonica corrisponde al cambio di coordinate:

\begin{cases}x′′ = x′ − \frac{4}{5\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}(x + y) − \frac{4}{5\sqrt{2}} \\ y′′ = y′ − \frac{4}{3\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}(−x + y) − \frac{4}{3\sqrt{2}} \end{cases}

Lo stesso risultato lo potevamo ottenere effettuando prima la rotazione e poi procedendo con il completamento del quadrato.

6 GEOMETRIA 2004-2005

c) Le coordinate omogenee dei punti all’infinito di C sono:

P_{∞} = (−1, 1, 0) Q_{∞} = (1, 1, 0)

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