CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

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

Esercizio 1. Si considerino la retta r : x − 2y = y − z − 1 = 0 e la famiglia di piani π_{k} : 4x + 2y + kz = 2, dove k è un parametro reale.

a) Determinare per quali valori di k il piano π_{k} è parallelo alla retta r, e per quali valori di k il piano π_{k} è ortogonale alla retta r.

b) Fissato k = 0, si consideri il piano π_{0}. Determinare un’equazione cartesiana del piano passante per l’origine, ortogonale a π_{0} e al piano x + y + z = 0.

Soluzione:

a) La retta r ha equazione parametrica

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

quindi ha direzione v = (2, 1, 1). Il piano π_{k} : 4x + 2y + kz = 2 è ortogonale a w = (4, 2, k). Di conseguenza

– r e π_{k} sono paralleli se v e w sono ortogonali, quindi se 8 + 2 + k = 0, cioè k = −10.

– r e π_{k} sono ortogonlai se v e w sono paralleli, cioè proporzionali. Di consequenza deve essere

2 · (2, 1, 1) = (4, 2, k), cioè k = 2.

b) Consideriamo il piano π_{0} : 2x + y = 1. Notiamo che x + y + z = 0 e π_{0} non sono tra loro paralleli, quindi la loro intersezione è una retta s:

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

Un piano ortogonale a π_{0} e al piano x + y + z = 0 è anche ortogonale a s. Si tratta quindi di determinare il piano ortogonale a s passante per l’origine. Poiché s ha direzione (1, −2, 1), otteniamo il piano x − 2y + z = 0.

□

Esercizio 2. Si considerino gli insiemi

S_{k} = {(x, y, z, w) ∈ R^{4} | 2x + y − z + w = k + 1, x + 3y − z − w = 0} ,

dove k è un parametro reale.

a) Stabilire per quali valori di k l’insieme S_{k} è un sottospazio vettoriale di R^{4}.

b) Per i valori di k trovati al punto precedente determinare la dimensione e una base di S_{k}.

c) Stabilire per quali valori di k il vettore v = (3, 1, 6, 0) appartiene a S_{k}.

Soluzione:

a) L’insieme S_{k} è uno spazio vettoriale se è l’insieme delle soluzioni di un sistema omogeneo, quindi se k = −1.

b) Posto k = −1 riduciamo a gradini la matrice associata al sistema

[\begin{matrix}2 & 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 1 & 3 & −1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ 2II − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 5 & −1 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 2t − 2s \\ y = t \\ z = 5t − 3s \\ w = s \end{cases} ∀s, t ∈ R

Una base di S_{−1} è data da

B = { (2, 1, 5, 0), (−2, 0, −3, 1) }

c) v = (3, 1, 6, 0) appartiene a S_{k} se

2 · 3 + 1 − 6 = k + 1 ⇒ k = 0
3 + 3 · 1 − 6 = 0 ⇒ 0 = 0

Quindi v ∈ S_{k} se k = 0.

□

Esercizio 3. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & −1 \end{matrix}] , B = [\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}] , C = [\begin{matrix}2 & 2 \\ 5 & −2 \end{matrix}] , D = [\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & k + 1 \end{matrix}] , E = [\begin{matrix}1 & 4 \\ k + 3 & 2k + 2 \end{matrix}]

con k parametro reale.

a) Si determini la dimensione e una base del sottospazio V = ⟨A, B, C, D⟩ dello spazio M(2 × 2, R), al variare di k ∈ R.

b) Al variare di k ∈ R si stabilisca se E ∈ V. In caso affermativo, si scriva la rappresentazione di E come combinazine lineare della base di V.

Soluzione:

Per determinare la dimensione e una base di V bisogna stabilire quante e quali tra le matrici A, B, C e D sono linearmente indipendenti, ovvero risolvere l’equazione xA + yB + zC + wD = 0. Tale equazione si traduce nel seguente sistema

\begin{cases}x + 2z = 0 \\ x + y + 2z + w = 0 \\ 2x + 5z = 0 \\ −x + y − 2z + (k + 1)w = 0 \end{cases}

Per eprimere E come combinazione lineare di A, B, C e D dobbiamo risolvere l’equazione xA + yB + zC + wD = E, ovvero il sistema

\begin{cases}x + 2z = 1 \\ x + y + 2z + w = 4 \\ 2x + 5z = k + 3 \\ −x + y − 2z + (k + 1)w = 2k + 2 \end{cases}

Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo quindi a gradini la matrice associata al secondo sistema:

[\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 0 & | & 1 \\ 1 & 1 & 2 & 1 & | & 4 \\ 2 & 0 & 5 & 0 & | & k + 3 \\ −1 & 1 & −2 & k + 1 & | & 2k + 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − 2I \\ IV + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 0 & | & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & | & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & | & k + 1 \\ 0 & 1 & 0 & k + 1 & | & 2k + 3 \end{matrix}] ⇒

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

a) Consideriamo la matrice dei coefficienti.

– Se k ≠ 0 la matrice ha rango 4, quindi A, B, C e D sono linearmente indipendenti e una base di V è {A, B, C, D}, dim(V) = 4.

– Se k = 0 la matrice ha rango 3 e A, B e C sono linearmente indipendenti. Una base di V è

{A, B, C}, dim(V) = 3.

b) Per esprimere E come combinazione lineare della base trovata, consideriamo la matrice completa,

distinguendo due casi:

– Se k ≠ 0 sia la matrice dei coefficienti che quella completa hanno rango 4, quindi il sistema ha soluzione:

\begin{cases}x + 2z = 1 \\ y + w = 3 \\ z = k + 1 \\ kw = 2k \end{cases}  ⇒ \begin{cases}x = −2k − 1 \\ y = 1 \\ z = k + 1 \\ w = 2 \end{cases}  ⇒ E = (−1 − 2k)A + B + (k + 1)C + 2D

– Se k = 0, in base alla base scelta al punto precedente, dobbiamo risolvere il sistema xA + yB + zC = E. Consideriamo quindi solo le prime tre colonne della matrice dei coefficienti: sia la matrice dei coefficienti che quella completa hanno rango 3, quindi il sistema ha soluzione.

\begin{cases}x + 2z = 1 \\ y = 3 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ y = 3 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ E = −A + 3B + C

□

Esercizio 4. Sia T l’endomorfismo di R^{3} così definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (2x_{1} + x_{2} + x_{3}, 4x_{1} + kx_{2} + 6x_{3}, 2x_{1} + 4x_{2} + kx_{3})

a) Determinare il nucleo e l’immagine di T al variare del parametro reale k.

b) Stabilire per quali valori di k la funzione T è invertibile.

c) Stabilire per quali valori di k il vettore v = (0, k, 5) appartiene all’immagine di T.

Soluzione: Consideriamo la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica:

M(T) = [\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 4 & k & 6 \\ 2 & 4 & k \end{matrix}]

Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo M(T) a gradini, affiancondola alla calonna data dal vettore v:

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

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

a) Dobbiamo distinguere tre casi – Se k ≠ −2, 5, la matrice M(T) ha rango 3 e

B(Im(T)) = { (2, 4, 2), (1, k, 4), (1, 6, k) } ker(T) = {0}

– Se k = −2, la matrice M(T) ha rango 2 e

B(Im(T)) = { (2, 4, 2), (1, −2, 4) }

Per trovare il nucleo di T dobbiamo risolvere il sistema omogeneo associato a M(T):

\begin{cases}2x + y + z = 0 \\ 3y − 3z = 0 \end{cases}  ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = t \end{cases}  B (ker(T)) = \{(−1, 1, 1)\}

– Se k = 5, la matrice M(T) ha rango 2 e

B(Im(T)) = { (2, 4, 2), (1, 5, 4) }

Per trovare il nucleo di T dobbiamo risolvere il sistema omogeneo associato a M(T):

\begin{cases}2x + y + z = 0 \\ 3y + 4z = 0 \end{cases}  ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{6}t \\ y = −\frac{4}{3}t \\ z = t \end{cases}  B (ker(T)) = \{(1, −8, 6)\}

b) T è invertibile se M(T) ha determinante diverso da zero, ovvero rango massimo. Quindi T è invertibile se k ≠ −2, 5.

c) Consideriamo il sistema M(T)|v. Dalla matrice ridotta vediamo che – Se k ≠ −2, 5, rg(M) = rg(M|v) = 4 quindi il sistema ha soluzione.

– Se k = 5, rg(M) = rg(M|v) = 3 quindi il sistema ha soluzione.

– Se k = −2, rg(M) = 3 < rg(M|v) = 4 quindi il sistema non ha soluzione. Infine v appartiene all’immagine di T se k ≠ −2.

□

Esercizio 5. Sia B = {(1, 2, 1), (1, 0, −1), (1, −1, 1) } una base di R^{3} e sia S l’endomorfismo di R^{3} con matrice associata rispetto a B

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

a) Trovare equazioni paramtriche o cartesiane degli autospazi di S.

b) Trovare per quali k reali la matrice A è diagonalizabile.

Soluzione:

a) Il polinomio caratteristico di A è p_{A}(λ) = (2 − λ)(λ^{2} − 2λ), quindi A ha come autovalori λ = 2, doppio, e λ = 0. Calcoliamo gli autospazi di A:

E(0) = ker(A) : [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 1 & 1 & 0 & | & 0 \\ k & 0 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + y = 0 \\ kx + 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = \frac{k}{2} t \end{cases} ⇒ E(0) = ⟨(−2, 2, k)_{B}⟩

Notiamo che la matrice A è associata a S rispetto alla base B, quindi dobbiamo trasformare il vettore ottenuto per esprimerlo rispetto alla base canonica:

(−2, 2, k)_{B} = −2(1, 2, 1) + 2(1, 0, −1) + k(1, −1, 1) = (k, −k − 4, k − 4)

Quindi E(0) = ⟨(k, −k − 4, k − 4)⟩, ed equazioni parametriche e cartesiane della retta E(0) sono

E(0) : \begin{cases}x = kt \\ y = (−k − 4)t \\ z = (k − 4)t \end{cases} ∀t ∈ R,  e  E(0) : \begin{cases}8x + ky + kz = 0 \\ (k − 4)y + (k + 4)z = 0 \end{cases}

Analogamente

E(2) = ker(A − 2I) : [\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 1 & −1 & 0 & | & 0 \\ k & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x − y = 0 \\ kx = 0 \end{cases}

Dobbiamo distinguere due casi – Se k ≠ 0, otteniamo

\begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = t \end{cases} ⇒ E(2) = ⟨(0, 0, 1)_{B}⟩

Passando alla base canonica, (0, 0, 1)_{B} = (1, −1, 1), quindi E(2) = ⟨(1, −1, 1)⟩, ed equazioni parametriche e cartesiane della retta E(2) sono

E(2) : \begin{cases}x = t \\ y = −t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R,  e  E(2) : \begin{cases}x + y = 0 \\ x − z = 0 \end{cases}

– Se k = 0, otteniamo

\begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = s \end{cases} ⇒ E(2) = ⟨(0, 0, 1)_{B}, (1, 1, 0)_{B}⟩

Passando alla base canonica, (0, 0, 1)_{B} = (1, −1, 1), e (1, 1, 0)_{B} = (2, 2, 0), quindi E(2) = ⟨(1, −1, 1), (2, 2, 0)⟩, ed equazioni parametriche e cartesiane del piano E(2) sono

E(2) : \begin{cases}x = t + 2s \\ y = −t + 2s \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R,  e  E(2) : x − y − 2z = 0

b) Dai conti eseguiti al punto precedente ricaviamo che S è diagonalizzabile se k = 0 quando λ = 2

ha molteplicità algebrica e geometrica 2.

□

Esercizio 6. Sia W il sottospazio di R^{4} definito da

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

a) Si trovi una base ortonormale di W.

b) Si trovi una base dell’insieme W^{⊥} dei vettori ortogonali a tutti gli elementi di W.

Soluzione: a) Cominciamo con il determinare una base di W

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

Quindi una base di W è data da

B(W) = {v_{1} = (−1, 0, 0, 1), v_{2} = (2, 1, 2, 0)}

Sia B′ = {u_{1}, u_{2}} la base ortonormale che vogliamo ottenere a partire dalla base B. Costruiamo prima una base B′′ = {w_{1}, w_{2}} di vettori a due a due ortogonali (non necessariamente di norma 1).

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

A questo punto per ottenere la base ortonormale cercata basta prendere i vettori u_{i} paralleli a w_{i}, ma di norma 1:

u_{1} = \frac{w_{1}}{∥w_{1}∥} = \frac{(−1, 0, 0, 1)}{\sqrt{2}} = (−\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, 0, \frac{1}{\sqrt{2}})

u_{2} = \frac{w_{2}}{∥w_{2}∥} = \frac{1}{\sqrt{7}}(1, 1, 2, 1) = (\frac{1}{\sqrt{7}}, \frac{1}{\sqrt{7}}, \frac{2}{\sqrt{7}}, \frac{1}{\sqrt{7}})

Infine

B′(W) = \{(−\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, 0, \frac{1}{\sqrt{2}}) , (\frac{1}{\sqrt{7}}, \frac{1}{\sqrt{7}}, \frac{2}{\sqrt{7}}, \frac{1}{\sqrt{7}})\}

b) Per verificare se un vettore di R^{4} è ortogonale a tutti gli elementi di W basta controllare che sia ortogonale agli elementi di una base di W. Quindi

W^{⊥} = {v ∈ R^{4} | (v, v_{1}) = (v, v_{2}) = 0} = {(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) ∈ R^{4} | − x_{1} + x_{4} = 2x_{1} + x_{2} + 2x_{3} = 0}

Risolvendo il sistema omogeneo otteniamo:

W^{⊥} : \begin{cases}x_{1} = t \\ x_{2} = −2t − 2s \\ x_{3} = s \\ x_{4} = t \end{cases} ∀s, t ∈ R, ⇒ B(W^{⊥}) = \{(1, −2, 0, 1), (0, −2, 1, 0)\}

□