CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

APPELLO DEL 25/06/2009, FILA A – GEOMETRIA –

Esercizio 1. Sia r la retta nello spazio passante per i punti A = (2, 3, 1) e B = (−1, 0, 0). Sia s la retta contenente il punto C = (−4, −3, −1) e parallela al vettore geometrico \overrightarrow{OD}, con D = (−3, −2, k).

a) Stabilire per quali valori di k le due rette sono incidenti. Se sono incidenti, trovare le coordinate del punto di intersezione.

b) Per quali k le rette sono parallele?

Soluzione:

a) Le rette r e s hanno rispettivamente equazione parametrica:

r : \begin{cases}x = −1 + 3t \\ y = 3t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R s : \begin{cases}x = −4 − 3s \\ y = −3 − 2s \\ z = −1 + ks \end{cases} ∀s ∈ R

Per trovare gli eventuali valori di k per cui r e s sono incidenti risolviamo il sistema

\begin{cases}−1 + 3t = −4 − 3s \\ 3t = −3 − 2s \\ t = −1 + ks \end{cases} ⇒ \begin{cases}3t + 3s = −3 \\ 3t + 2s = −3 \\ t − ks = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = 0 \\ t = −1 \\ t − ks = −1 \end{cases}

Sostutuendo i valori s = 0 e t = −1 nella terza equazione otteniamo un’identità, quindi le due rette sono incidenti nel punto P (−4, −3, −1) per ogni valore di k.

b) Per quanto trovato al punto precedente le due rette sono sempre incidenti, quindi per ogni valore

di k non sono parallele.

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Esercizio 2. Sia S il sottoinsieme di R^{4}

S = {x ∈ R^{4} | 2x_{1} + x_{2} − 3x_{4} = 0, x_{4}^{2} = 0, x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0} .

a) S è un sottospazio vettoriale di R^{4}?

b) Se la risposta ad a) è affermativa, determinare una base di S.

Soluzione:

a) Poiché l’equazione x_{4}^{2} = 0 è equivalente all’equazione x_{4} = 0, l’insieme S può essere riscritto come

S = {x ∈ R^{4} | 2x_{1} + x_{2} − 3x_{4} = 0, x_{4} = 0, x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0} .

Si tratta quindi di un sottospazio vettoriale di R^{4} in quanto insieme delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo.

b) Consideriamo la matrice associata al sistema:

[\begin{matrix}2 & 1 & 0 & −3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}2III − I \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & 0 & −3 & | & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x_{1} + x_{2} − 3x_{4} = 0 \\ x_{2} + 2x_{3} + 3x_{4} = 0 \\ x_{4} = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x_{1} = t \\ x_{2} = −2t \\ x_{3} = t \\ x_{4} = 0 \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi S = ⟨(1, −2, 1, 0)⟩ e una base di S è {(1, −2, 1, 0)}.

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Esercizio 3. Si considerino i seguenti vettori di R^{4}:

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

a) Determinare per quali valori del parametro reale k i vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} sono linearmente dipendenti.

b) Per i valori di k determinati in a), esprimere uno o più vettori come combinazione lineare dei rimanenti.

Soluzione:

Per rispondere ad entrambe le domande e per semplificare i conti impostiamo l’equazione xv_{3}+yv_{2}+zv_{1} = 0, a cui è associata la matrice

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

a) Il rango della matrice associata ai tre vettori è 3 se e solo se k ≠ 0, quindi i tre vettori sono linearmente dipendenti se k = 0.

b) Posto k = 0, risolviamo il sistema associato all’equazione xv_{3} + yv_{2} + zv_{1} = 0:

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

Di conseguenza tv_{3} − 2tv_{2} + tv_{1} = 0 per ogni valore di t, ovvero:

v_{1} = 2v_{2} − v_{3},  v_{2} = \frac{1}{2}v_{1} + \frac{1}{2}v_{3},  v_{3} = −v_{1} + 2v_{2}
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Esercizio 4. Sia S l’endomorfismo di R^{3} cos definito:

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

a) Stabilire per quali valori di k la funzione T è iniettiva e/o suriettiva.

b) Determinare basi del nucleo e dell’immagine di T al variare del parametro reale k.

c) Stabilire per quali k il vettore v = (1, 0, −1) appartiene all’immagine di T.

Soluzione:

La matrice associata a T rispetto alla base canonica è la matrice

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

Per rispondere a tutte le domande, riduciamo a gradini la matrice associata all’equazione Ax = v^{t}:

A|v = [\begin{matrix}3 & 1 & k & | & 1 \\ 1 & 2 & 2 & | & 0 \\ 2 & k & 1 & | & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}3II − I \\ III − 2II \end{matrix} [\begin{matrix}3 & 1 & k & | & 1 \\ 0 & 5 & 6 − k & | & −1 \\ 0 & k − 4 & −3 & | & −1 \end{matrix}] ⇒

5III − (k − 4)II [\begin{matrix}3 & 1 & k & | & 1 \\ 0 & 5 & 6 − k & | & −1 \\ 0 & 0 & k^{2} − 10k + 9 & | & k − 9 \end{matrix}]

Notiamo che k^{2} − 10k + 9 = 0 se k = 1 o k = 9.

a) Consideriamo la matrice A dei coefficienti: rg(A) = 3 se k ≠ 1, 9 e rg(A) = 2 se k = 1 o k = 9. Di conseguenza T è sia suriettiva che iniettiva per k ≠ 1, 9, mentre non è nè iniettiva nè suriettiva per k = 1 o k = 9.

b) Per k = 1 o k = 9, T è biiettiva, quindi ker(T) = {0} e Im(T) = R^{3}, e possiamo prendere come base di Im(T) una qualsiasi base di R^{3}. In particolare, essendo T (e_{1}), T (e_{2}) e T (e_{3}) linearmente indipendenti possiamo prendere

B(Im(T)) = {(3, 1, 2), (1, 2, k), (k, 2, 1)}

Se k = 1 o k = 9 una base di Im(T) è formata da T (e_{1}) e T (e_{2}), quindi

B(Im(T)) = {(3, 1, 2), (1, 2, 1)} se k = 1
B(Im(T)) = {(3, 1, 2), (1, 2, 9)} se k = 9

Per trovare il nucleo di T per k = 1 o k = 9 dobbiamo risolvere il sistema omogeneo associato a A:

Se k = 1: \begin{cases}3x + y + z = 0 \\ 5y + 5z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = −t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ B(ker(T)) = \{(0, 1, −1)\}

Se k = 9: \begin{cases}3x + y + 9z = 0 \\ 5y − 3z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{16}{5}t \\ y = \frac{3}{5}t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ B(ker(T)) = \{(−16, 3, 5)\}

c) Per rispondere all’ultima domanda consideriamo la matrice A|v: v appartiene a Im(T) se rg(A) = rg(A|v) ovvero se k ≠ 1 (Notiamo che se k ≠ 1, 9, rg(A) = rg(A|v) = 3, e se k = 9, rg(A) = rg(A|v) = 2).

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Esercizio 5. Sia π il piano dello spazio di equazione cartesiana

π : x − y + z + 1 = 0.

a) Si calcoli la matrice della proiezione sul piano π dal centro di proiezione C = (1, 1, 1).

b) Si calcoli il punto improprio P_{∞} della retta r : x − y = z = 0 e la proiezione di P_{∞} sul piano π (dal centro C). Cosa si può dire della posizione reciproca di r e π?

Soluzione:

a) Il piano di vista ha coordinate omogenee N(1, −1, 1, 1) e C ha coordinate omogenee C(1, 1, 1, 1), quindi

N^{t}C = [\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}] · [1 1 1 1] = [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ −1 & −1 & −1 & −1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}]  e  N · C = 1 − 1 + 1 + 1 = 2

Quindi la matrice della proiezione è

M = N^{t}C − 2I_{4} = [\begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 1 \\ −1 & −3 & −1 & −1 \\ 1 & 1 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & −1 \end{matrix}]

b) La retta r ha equazione cartesiana

\begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ∀t ∈ R

quindi il suo punto improprio è P_{∞} = (1, 1, 0, 0) che viene proiettato nel punto

P′ = P_{∞} · M = [1 1 0 0] · [\begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 1 \\ −1 & −3 & −1 & −1 \\ 1 & 1 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & −1 \end{matrix}] = [−2 −2 0 0]

⇒ P′ = (−2, −2, 0, 0) = (1, 1, 0, 0)

Notiamo che P_{∞} è trasformato in se stesso, infatti r e π sono tra loro ortogonali.

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Esercizio 6. Sia T l’applicazione lineare da R^{3} a R^{3} tale che

T (1, 1, 1) = (1, 1, 1), T (1, 0, 0) = (2, 0, 1), T (1, 1, 0) = (1, −1, 0).

a) Determinare una base ortonormale del nucleo di T.

b) Trovare una base dell’immagine di T.

c) Dire se l’endomorfismo T è diagonalizzabile.

Soluzione: Determiniamo le immagini attraverso T degli elementi della base canonica:

T (e_{1}) = (2, 0, 1)

T (e_{2}) = T (1, 1, 0) − T (1, 0, 0) = (1, −1, 0) − (2, 0, 1) = (−1, −1, −1)

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

Di coonseguenza la matrice associata a T rispetto alla base canonica è

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

a) Risolviamo il sistema omogeneo associato ad A:

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

⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 2t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ ker(T) = ⟨(1, 2, 1)⟩

Pioché il nucleo è generato da un solo elemento per trovare una base ortonormale basta prendere

un generatore di norma 1: B(ker(T)) = \{(\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}})\}.

b) Una base dell’immagine è B(Im(T)) = {(2, 0, 1), (−1, −1, −1)}

c) Calcoliamo il polinomio caratteristico associato ad A:

p_{A}(λ) = (2 − λ)(λ^{2} + 1) − 2 = −λ(λ^{2} − 2λ + 1)

Quindi T ha come autovalori λ = 1, doppio, e λ = 0. Per stabilire se T è diagonalizzabile basta deterimanre la dimensione di E(1).

dim(E(1)) = 3 − rg(A − I) = 3 − rg [\begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ 0 & −2 & 2 \\ 1 & −1 & 0 \end{matrix}] = 3 − 2 = 1

Poiché la molteplicità algebrica e geometrica di λ = 1 non coincidono, T non è diagonalizzabile. □