CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

APPELLO DEL 31/08/2006 - FILA A

A.A. 2005/06

Esercizio 1.1. Si considerino la retta r di equazione

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

e la famiglia di piani π_{k} : 2x + ky − z = 1 dove k è un parametro reale. a) Si determini per quali k il piano π_{k} risulta parallelo a r.

b) Per il valore di k trovato al punto precedente calcolare la distanza tra π_{k} e r.

Soluzione:

a) Un metodo consiste nel mettere a sistema retta e piano e stabilire per quali k il sistema non ammette soluzione:

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

Il sistema è impossibile, e quindi r e π sono paralleli, se k = 1.

b) Consideriamo un punto di r, per esempio il punto A(2, −3, 1), e sia s la retta passante per A e perpendicolare a π. Poichè la direzione ortogonale a π è (2, 1, −1), l’equazione parametrica di s è:

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

Il punto B = s ∩ π è dato da:

\begin{cases}x = 2 + 2t \\ y = −3 + t \\ z = 1 − t \\ 2x + y − z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 + 2t \\ y = −3 + t \\ z = 1 − t \\ 4 + 4t − 3 + t − 1 + t = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{14}{6} \\ y = −\frac{17}{6} \\ z = \frac{5}{6} \\ t = \frac{1}{6} \end{cases}

Quindi B = s ∩ π = (\frac{14}{6}, −\frac{17}{6}, \frac{1}{6}).

Infine

d(π, r) = d(A, B) = \sqrt{(\frac{2}{6})^{2} + (\frac{1}{6})^{2} + (−\frac{1}{6})^{2}} = \frac{\sqrt{6}}{6}.

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Esercizio 1.2. Sia S il sottospazio di R^{3} formato dai vettori v della forma

v = (2a_{1} + a_{2}, a_{1} − a_{3}, a_{1} + a_{2} + a_{3})

con a_{1}, a_{2}, a_{3} parametri reali.

a) Calcolare la dimensione di S.

b) Determinare una base di S.

Soluzione: Il generico vettore v di S è del tipo v = (2, 1, 1)a_{1} + (1, 0, 1)a_{2} + (0, −1, 1)a_{3}. Quindi

S = ⟨ (2, 1, 1), (1, 0, 1), (0, −1, 1) ⟩

Consideriamo la matrice A associata ai tre vettori

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

Infine

dim(S) = rg(A) = 2  e  B(S) = { (2, 1, 1), (1, 0, 1) }
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Esercizio 1.3. Sia S l’insieme delle soluzioni del seguente sistema lineare:

\begin{cases}−x_{1} + (k − 1)x_{4} = 0 \\ −x_{1} + 2x_{2} + (k + 1)x_{3} + (k − 1)x_{4} = 0 \\ 2x_{1} + 2x_{3} + (2 − 2k)x_{4} = k − 2 \\ x_{1} + 4x_{2} + (2k − 2)x_{3} + (1 − k)x_{4} = 2 − k \end{cases}  (k parametro reale)

a) Stabilire per quali k l’insieme S è uno spazio vettoriale e in tali casi determinarne una base.

b) Esplicitare S al variare di k ∈ R.

Soluzione:

L’insieme S è uno spazio vettoriale quando si tratta delle soluzioni di un sistema omogeneo, quindi per k = 2. Per rispondere ad entrambe le domande effettuiamo comunque la riduzione a gradini per ogni valore di k.

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

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

a) Abbiamo già osservato che S è uno spazio vettoriale se k = 2, nel quale caso le soluzioni sono

\begin{cases}−x_{1} + x_{4} = 0 \\ 2x_{2} + 3x_{3} = 0 \\ 2x_{3} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = t \\ x_{2} = 0 \\ x_{3} = 0 \\ x_{4} = t \end{cases} ⇒ S = ⟨(1, 0, 0, 1)⟩

Infine per k = 2 una base di S è B(S) = {(1, 0, 0, 1)}.

b) Dalla matrice ridotta vediamo che il sistema ammette soluzione quando rg(A) = rg(A|b), cioè quando k = 2. In tale caso abbiamo già trovato S al punto precedente: S = ⟨(1, 0, 0, 1)⟩. Per k ≠ 2 il sistema non ammette soluzioni, quindi S = ∅.

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Esercizio 1.4. Sia T : R^{3} → R^{4} la funzione lineare definita da:

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

a) Trovare le dimensioni del nucleo e dell’immagine di T al variare del parametro reale k.

b) Stabilire per quali valori di k il vettore v = (3, 3, 1, 0) appartiene all’immagine di T.

Soluzione:

La matrice associata a T rispetto alla base canonica è

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

Per rispondere alla domanda a) dobbiamo in sostanza calcolare il rango di A, mentre per rispondere alla domanda b) dobbiamo stabilire quando il sistema A|v ammette soluzione. Riduciamo quindi a gradini la matrice A|v:

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

⇒ \begin{matrix}2III − II \\ 2IV − (2k − 1)III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 2k + 1 & | & 5 \\ 0 & 0 & 2k − 1 & | & −2k + 7 \end{matrix}]

Conviene forse interrompere la riduzione a questo punto.

a) 2k + 1 e 2k − 1 non possono essre contemporaneamente nulli, quindi la matrice A ha sempre rango 3:

dim (Im(T)) = rg(A) = 3  dim (N(T)) = 3 − 3 = 0  ∀k ∈ R

b) Il sistema A|v ammette soluzione quando rg(A) = rg(A|v). Abbiamo appena visto che rg(A) = 3, quindi il sistema ammette soluzione se anche rg(A|v) = 3, cioè se det(A|v) = 0. Calcoliamo quindi il determinante della matrice ridotta:

det [\begin{matrix}1 & −1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 2k + 1 & | & 5 \\ 0 & 0 & 2k − 1 & | & −2k + 7 \end{matrix}] = 1 · 2 · [(2k + 1)(−2k + 7) − (2k − 1) · 5]

= 2 · (−4k^{2} + 2k + 12)

Risolvendo l’equazione di secondo grado vediamo che il determinante si annulla per k = −3, 4.

Infine v appartiene all’immagine di T quando k = −3, 4.

In alternativa si poteva completare la riduzione a gradini di A|v.

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Esercizio 1.5. Sia T l’endomorfismo di R^{3} così definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (2x_{1}, 2x_{2} + \sqrt{3}x_{3}, \sqrt{3}x_{2})

a) Stabilire se T è invertibile.

b) Mostrare che T è un endomorfismo simmetrico.

c) Trovare una base ortonormale di R^{3} che diagonalizza T.

Soluzione: La matrice associata a T rispetto alla base canonica è:

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & 0 \end{matrix}]

a) T è invertibile se è invertibile la matrice A, cioè se A ha determinante non nullo:

det(A) = det [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & 0 \end{matrix}] = 2 · (−3) = −6 ≠ 0

b) La matrice associata a T rispetto alla base canonica (che è ortonormale) è simmetrica: A^{T} = A, quindi T è un endomorfismo simmetrico.

c) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}2 − λ & 0 & 0 \\ 0 & 2 − λ & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & −λ \end{matrix}] = (2 − λ) · [(2 − λ)(−λ) − 3] = (2 − λ)(λ^{2} − 2λ − 3)

quindi gli autovalori di A sono λ = 2, −1, 3.

Calcoliamo ora gli autospazi.

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}\sqrt{3}z = 0 \\ \sqrt{3}y − 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases}

⇒ E(2) = ⟨(1, 0, 0)⟩

E(−1) = N(A + I) : [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & 1 \end{matrix}] ⇒ \sqrt{3}III − II [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & \sqrt{3} \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}3x = 0 \\ 3y + \sqrt{3}z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = −\frac{3}{\sqrt{3}}t = −\sqrt{3}t \end{cases} ⇒ E(−1) = ⟨(0, 1, −\sqrt{3})⟩

E(3) = N(A − 3I) : [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & −3 \end{matrix}] ⇒ III + \sqrt{3}II [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & \sqrt{3} \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}3x = 0 \\ −y + \sqrt{3}z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = \sqrt{3}t \\ z = t \end{cases} ⇒ E(3) = ⟨(0, \sqrt{3}, 1)⟩

Essendo tre autospazi distinti i tre autovalori generatori trovati sono tra loro ortogonali. Per ottenere la base ortonormale cercata basta quindi prendere i generatori di norma 1:

B(R^{3}) = \{(1, 0, 0), (0, \frac{1}{2}, −\frac{\sqrt{3}}{2}) , (0, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})\}

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Esercizio 1.6. Sia Q la quadrica di equazione

Q : x^{2} + z^{2} + 2xz + 2\sqrt{2}x + \sqrt{2}z + 2y + 4 = 0

a) Riconoscere la quadrica.

b) Studiare la conica che si ottiene intersecando la quadrica Q con il piano z = 0 (tipo, forma canonica,...).

Soluzione:

La matrice A′ associata alla quadriica è

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

a) Notiamo che A′ ha due righe uguali, quindi det(A′) = 0 e si tratta di una quadrica degenere. Calcoliamo il rango di A′:

\begin{matrix}III − I \\ IV − \sqrt{2}I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & \sqrt{2} \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \end{matrix}]

quindi rg(A′) = 3 e si tratta di una quadrica degenere irriducibile. Inoltre det(A) = 0, quindi si tratta di un cilindro.

Per stabilire il tipo di cilindro dobbiamo calcolare gli autovalori di A:

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

Quindi A ha autovalori λ_{1} = λ_{2} = 0 e λ_{3} = 1 e

I_{2} = λ_{1}λ_{2} + λ_{1}λ_{3} + λ_{2}λ_{3} = 0

Si tratta infine di un cilindro parabolico.

b) Intersecando la quadrica con il piano z = 0 otteniamo la conica

C : x^{2} + 2\sqrt{2}x + 2y + 4 = 0

Notiamo che l’equazione può essere riscritta nella forma (nota dalle superiori)

y = −\frac{1}{2}x^{2} − \sqrt{2}x − 2

Si tratta quindi di una parabola con asse verticale di vertice V (−\sqrt{2}, −1) e asse x = −\sqrt{2}.

In alternativa per calcolare asse e vertice possiamo studiare (complicando un po’ le cose) le matrici associate alla conica.

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

Poiché det(A′) = −1 ≠ 0 si tratta di una conica non degenere. Inoltre det(A) = 0 quindi si tratta di una parabola. Per calcolare asse e vertice dobbiamo calcolare gli autovalori di A:

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

Quindi gli autovalori sono λ = 0, 1. L’asse ha direzione parallela all’autovalore relativo a λ = 0. Calcoliamo quindi E(0):

[\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \end{cases} ⇒ E(0) = ⟨(0, 1)⟩

La direzione ortogonale all’asse è quindi (1, 0) e una retta ortogonale all’asse è

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

Calcoliamo i punti D e E di intersezione di tale retta con la parabola e quindi il loro punto medio M:

x^{2} + 2\sqrt{2}x + 4 = 0 ⇒ x_{1,2} = −\sqrt{2} ± \sqrt{−2}

Quindi x_{M} = −\sqrt{2} e y_{M} = 0. L’asse è quindi la retta di direzione (0, 1) passante per M:

\begin{cases}x = −\sqrt{2} \\ y = t \end{cases} ⇒ x = −\sqrt{2}

Infine il vertice è dato dall’intersezione tra asse e parabola: V (−\sqrt{2}, −1).

Sappiamo che la forma canonica di una parabola è del tipo x^{2} − 2py = 0, cerchiamo quindi una equazione del tipo λ_{1}x^{2} + 2ty = 0. Sapendo che λ_{1} = 1 la matrice associata a tale equazione è

B = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & t \\ 0 & t & 0 \end{matrix}]

Poichè I_{3} = det(A′) = det(B) otteniamo t = ±1. Infine la forma canonica è x^{2} − 2y = 0. □