CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

APPELLO DEL 2/09/2009, FILA A – GEOMETRIA –

Esercizio 1. Si considerino i piani π_{1} : 2x − y + z = −4 e π_{2} : x + 2y − 3z = 3, e la retta r = π_{1} ∩ π_{2}.

a) Determinare equazioni parematriche e cartesiane della retta s passante per A = (1, 1, 1) e perpendicolare a π_{1}.

b) Stabilire la posizione reciproca di r e s.

c) Determinare l’angolo tra r e s.

Soluzione:

a) π_{1} è perpendicolare al vettore (2, −1, 1), quindi la retta s ha equazioni

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

b) La retta r = π_{1} ∩ π_{2} ha equazioni

r : \begin{cases}2x − y + z = −4 \\ x + 2y − 3z = 3 \end{cases}  ⇒  \begin{cases}x = t \\ y = 7t + 9 \\ z = 5t + 5 \end{cases}  ∀t ∈ R

r e s sono rispettivamente parallele a (1, 7, 5) e (2, −1, 1), quindi non sono parallele. Inoltre

r ∩ s = \begin{cases}2x − y + z = −4 \\ x + 2y − 3z = 3 \\ x = 1 + 2t \\ y = 1 − t \\ z = 1 + t \end{cases} ⇒ \begin{cases}2 + 4t − 1 + t + 1 + t = −4 \\ 1 + 2t + 2 − 2t − 3 − 3t = 3 \\ x = 1 + 2t \\ y = 1 − t \\ z = 1 + t \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = −1 \\ t = −1 \\ x = −1 \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases}

Quindi r e s si intersecano nel punto r ∩ s = P (−1, 2, 0).

c) Indicato con ϑ l’angolo tra r e s otteniamo cos(ϑ) = 0, quindi r e s sono tra loro ortogonali.

□

Esercizio 2. Si consideri l’isometria f del piano che trasforma i punti O = (0, 0), A = (1, 0) e B = (1, 1)

rispettivamente nei punti O′ = (1, −2), A′ = (\frac{2}{5}, −\frac{6}{5}) e B′ = (\frac{6}{5}, −\frac{3}{5}).

a) Stabilire il tipo di isometria e trovarne le equazioni.

b) Stabilire se f ha dei punti fissi e in caso positivo trovarli.

Soluzione: Rappresentando i punti si vede che l’angolo 0ÂB è orario mentre l’angolo 0′Â′B′ è antiorario, quindi si tratta di una trasformazione inversa: una riflessione o una glissoriflessione. Dobbiamo cercare una trasformazione del tipo

\begin{cases}x′ = cx + sy + a \\ y′ = sx − cy + b \end{cases}

Imponendo le sei condizioni f(O) = O′, f(A) = A′, f(B) = B′ otteniamo il sistema

\begin{cases}1 = a \\ −2 = b \\ \frac{2}{5} = c + 1 \\ −\frac{6}{5} = s − 2 \\ \frac{6}{5} = c + s + 1 \\ −\frac{3}{5} = s − c − 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = 1 \\ b = −2 \\ c = −\frac{3}{5} \\ s = \frac{4}{5} \end{cases} ⇒ f(x, y) = (−\frac{3}{5}x + \frac{4}{5}y + 1, \frac{4}{5}x + \frac{3}{5}y − 2)

Per stabilire se si tratta di una riflessione o glissoriflessione cerchiamo gli eventuali punti fissi impostando il sistema

f(x, y) = (x, y) ⇒ \begin{cases}x = −\frac{3}{5}x + \frac{4}{5}y + 1 \\ y = \frac{4}{5}x + \frac{3}{5}y − 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}8x − 4y = 5 \\ −4x + 2y = −10 \end{cases} ⇒ \begin{cases}8x − 4y = 5 \\ 5 = 20 \end{cases}

Poiché il sistema non ammette soluzione, la trasformazione non ha punti fissi e si tratta quindi di una glissoriflessione.

□

Esercizio 3. Si considerino i vettori

v_{1} = (k + 1, 0, k + 1, 1), v_{2} = (0, 1, k + 2, 0), v_{3} = (1, 2k, 0, 1), v_{4} = (0, 0, k + 1, 0), w = (0, 1, 1, 1)

dove k è un parametro reale.

a) Al variare di k in R si determini la dimensione e una base di V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩.

b) Posto k = −1 si esprima w come combinazione lineare della base trovata al punto precedente.

Soluzione:

a) Dobbiamo calcolare il rango della matrice

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

Calcoliamo il determinante di A sviluppando rispetto alla quarta colonna det(A) = −k(k + 1). Quindi

– Se k ≠ 0, −1, la matrice A ha determinante non nullo, quindi rango 4. In tali casi dim(V) = 4 e una base di V è B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}}.

– Per k = 0 otteniamo la matrice

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

Poiché rg(A) = 3 si ha dim(V) = 3 e una base di V è B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

– Per k = −1 otteniamo la matrice

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

Poiché rg(A) = 3 si ha dim(V) = 3 e una base di V è B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

b) Dobbiamo risolvere l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = w con k = −1:

[\begin{matrix}0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & −2 & | & 1 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 \\ 1 & 0 & 1 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}IV \\ III \\ I \\ II − III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = 1 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ w = v_{1} + v_{2}

□

Esercizio 4. Sia T l’applicazione lineare da R^{3} in R^{4} definita da

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

a) Determinare la dimensione del nucleo di T, al variare del parametro reale k.

b) Sia b = (2, 1, 2, k). Per quali valori reali di k il vettore b appartiene all’immagine di T? Per tali k, trovare una controimmagine di b.

Soluzione:

Sia A = M(T) la matrice assocaita a T rispetto alla base canonica. Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice completa A|b:

[\begin{matrix}k & k & 0 & | & 2 \\ −k & 1 − k & 0 & | & 1 \\ 0 & −2 & 1 & | & 2 \\ k & k & 0 & | & k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}k & k & 0 & | & 2 \\ 0 & 1 & 0 & | & 3 \\ 0 & −2 & 1 & | & 2 \\ 0 & 0 & 0 & | & k − 2 \end{matrix}] ⇒ III + 2II [\begin{matrix}k & k & 0 & | & 2 \\ 0 & 1 & 0 & | & 3 \\ 0 & 0 & 1 & | & 8 \\ 0 & 0 & 0 & | & k − 2 \end{matrix}]

a) Consideriamo la matrice A dei coefficienti:

– Se k ≠ 0, A ha rango 3, quindi dim(ker(T)) = 0 e ker(T) = {0}.

– Se k = 0, per determinare il nucleo (di dimensione 1) risolvendo il sistema omgeneo associato

ad A otteniamo y = z = 0, quindi una base del nucleo è B(ker(T)) = {(1, 0, 0)}.

b) b appartiene all’immagine di T se il sistema A|b ammette soluzione, quindi se k = 2. Per tale valore la soluzione del sistema è data da

\begin{cases}2x + 2y = 2 \\ y = 3 \\ z = 8 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2 \\ y = 3 \\ z = 8 \end{cases}

Quindi per k = 2 la controimmagine di b è il vettore (−2, 3, 8) in quanto T (−2, 3, 8) = b.

□

Esercizio 5. Sia S l’endomorfismo di R_{2}[x] che al polinomio a + bx + cx^{2} associa il polinomio

(k + 1)a + (k − 1)c + (−ka + b + (1 − k)c)x + ((1 − k)a + (3 − k)c)x^{2}.

a) Trovare la matrice associata a S rispetto alla base B = {1, x, x^{2}}.

b) Determinare i valori reali di k per i quali S è diagonalizzabile.

Soluzione:

a) Determiniamo le immagini degli elementi della base (canonica) B:

S(1) = (k + 1) − kx + (1 − k)x^{2}, S(x) = x, S(x^{2}) = (k − 1) + (1 − k)x + (3 − k)x^{2}

Di conseguenza la matrice associata a S rispetto alla base B è

M = [\begin{matrix}k + 1 & 0 & k − 1 \\ −k & 1 & 1 − k \\ 1 − k & 0 & 3 − k \end{matrix}]

b) Caolcoliamo il polinomio caratteristico di M sviluppando il determinante di M − λI rispetto alla seconda colonna:

p_{M}(λ) = (1 − λ) [(k + 1 − λ)(3 − k − λ) + (k − 1)^{2}] = (1 − λ)(λ^{2} − 4λ + 4)

Di conseguenza S ha come autovalori λ = 2, doppio, e λ = 1. Condizione necessaria e sufficiente affinché S sia diagonalizzabile è che la dimensione dell’autospazio E(2) sia 2:

E(2) = ker(M − 2I) : [\begin{matrix}k − 1 & 0 & k − 1 \\ −k & −1 & 1 − k \\ 1 − k & 0 & 1 − k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + I \\ III + I \end{matrix} [\begin{matrix}k − 1 & 0 & k − 1 \\ −1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Se k ≠ 1, la matrice associata a E(2) ha rango 2, quindi dim(E(2)) = 1 e S non è diagonalizzabile. Se invece k = 1, la matrice associata a E(2) ha rango 1, quindi dim(E(2)) = 2 e S è diagonalizzabile.

□

Esercizio 6. Sia C la conica di equazione

C : 3x^{2} + 6xy + 3y^{2} − 2x + 2y + 3 = 0.

a) Dimostrare che C è non degenere.

b) Trovare l’equazione canonica di C.

c) Trovare i punti impropri di C.

Soluzione: a) La matrice A′ associata alla conica è

[\begin{matrix}3 & 3 & −1 \\ 3 & 3 & 1 \\ −1 & 1 & 3 \end{matrix}]

Poiché det(A) = −12 ≠ 0, si tratta di una conica non degenere.

b) Determiniamo gli autovalori della matrice A associata alla forma quadratica. Poiché p_{A}(λ) = (3 − λ)^{2} − 9 la matrice ha come autovalori λ = 0 e λ = 6 e si tratta di una parabola. Sappiamo quindi che la forma canonica sarà del tipo x^{2} − 2py = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo λx^{2} + 2ty = 0:

6x^{2} + 2ty = 0

a cui è associata la matrice

B = [\begin{matrix}6 & 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:

−12 = −6t^{2} ⇒ t = ±\sqrt{2}

Infine possiamo ricavare la forma canonica:

6x^{2} − 2\sqrt{2}y = 0 ⇒ x^{2} − \frac{\sqrt{2}}{3}y = 0

c) Passando alle coordinate omogenee e imponendo la condizione Z = 0, otteniamo l’equazione 3X^{2} + 6XY 3Y^{2} = 0, che ha come soluzione X = −Y. Di conseguenza la conica ha come punto improprio il punto P_{∞} = (1, −1, 0).

□