CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

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

Esercizio 1. Si considerino la retta r : x − 3z = y + z − 2 = 0 e la famiglia di piani π_{k} : 6x + ky + 2z = 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 = 3t \\ y = 2 − t \\ z = t \end{cases} ∀ t ∈ R

quindi ha direzione v = (3, −1, 1). Il piano π_{k} : 6x + ky + 2z = 4 è ortogonale a w = (6, k, 2). Di conseguenza

– r e π_{k} sono paralleli se v e w sono ortogonali, quindi se 18 − k + 2 = 0, cioè k = 20.

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

2 · (3, −1, 1) = (6, k, 2), cioè k = −2.

b) Consideriamo il piano π_{0} : 3x + z = 2. 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}3x + z = 2 \\ x + y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −2 + 2t \\ z = 2 − 3t \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, −3), otteniamo il piano x + 2y − 3z = 0.

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Esercizio 2. Si considerino gli insiemi

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

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 = (1, 1, 0, 1) 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 = −2.

b) Posto k = −2 riduciamo a gradini la matrice associata al sistema

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

Una base di S_{−2} è data da

B = { (4, 2, 0, 5), (−1, 0, 1, −1) }

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

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

Quindi v ∈ S_{k} se k = −3.

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Esercizio 3. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & −1 \end{matrix}] , B = [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 0 \end{matrix}] , C = [\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}] , D = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & k + 1 \end{matrix}] , E = [\begin{matrix}2 & 3 \\ k + 4 & 2k + 1 \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 + y = 0 \\ x + 2y + z = 0 \\ 2x + 2y + z + w = 0 \\ −x + z + (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 + y = 2 \\ x + 2y + z = 3 \\ 2x + 2y + z + w = k + 4 \\ −x + z + (k + 1)w = 2k + 1 \end{cases}

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

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

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

a) Consideriamo la matrice dei coefficienti.

– Se k ≠ −1 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 = −1 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 ≠ −1 sia la matrice dei coefficienti che quella completa hanno rango 4, quindi il sistema ha soluzione:

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

– Se k = −1, 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 + y = 2 \\ y + z = 1 \\ z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 2 \\ z = −1 \end{cases} ⇒ E = 2B − C

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

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (x_{1} + 6x_{2} + kx_{3}, x_{1} + kx_{2} + 4x_{3}, 3x_{1} + 6x_{2} + 3x_{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 = (1, k + 5, 6) appartiene all’immagine di T.

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

M(T) = [\begin{matrix}1 & 6 & k \\ 1 & k & 4 \\ 3 & 6 & 3 \end{matrix}]

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

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

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

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

B(Im(T)) = { (1, 1, 3), (6, k, 6), (k, 4, 3) } ker(T) = {0}

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

B(Im(T)) = { (1, 1, 3), (6, −2, 6) }

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

\begin{cases}x + 6y − 2z = 0 \\ −4y + 3z = 0 \end{cases}  ⇒ \begin{cases}x = −\frac{5}{2}t \\ y = \frac{3}{4}t \\ z = t \end{cases}  B (ker(T)) = \{(−10, 3, 4)\}

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

B(Im(T)) = { (1, 1, 3), (6, 5, 6) }

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

\begin{cases}x + 6y + 5z = 0 \\ 4y + 4z = 0 \end{cases}  ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −t \\ z = t \end{cases}  B (ker(T)) = \{(1, −1, 1)\}

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 = −2, rg(M) = rg(M|v) = 3 quindi il sistema ha soluzione.

– Se k = 5, rg(M) = 3 < rg(M|v) = 4 quindi il sistema non ha soluzione. Infine v appartiene all’immagine di T se k ≠ 5.

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Esercizio 5. Sia B = {(1, 1, 1), (1, 0, −1), (−1, 2, −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}2 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & k \\ 2 & 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) = −λ(λ^{2} −4λ), quindi A ha come autovalori λ = 0, doppio, e λ = 4. Calcoliamo gli autospazi di A:

E(4) = ker(A − 4I) : [\begin{matrix}−2 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & −4 & k & | & 0 \\ 2 & 0 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x − z = 0 \\ −4y + kz = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = \frac{k}{4} t \\ z = t \end{cases} ⇒ E(0) = ⟨(4, k, 4)_{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:

(4, k, 4)_{B} = 4(1, 2, 1) + k(1, 0, −1) + 4(1, −1, 1) = (k, 12, k)

Quindi E(4) = ⟨(k, 12, k)⟩, ed equazioni parametriche e cartesiane della retta E(4) sono

E(4) : \begin{cases}x = kt \\ y = 12t \\ z = kt \end{cases} ∀t ∈ R,  e  E(4) : \begin{cases}x − z = 0 \\ 12x − ky = 0 \end{cases}

Analogamente

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

Dobbiamo distinguere due casi – Se k ≠ 0, otteniamo

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

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

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

– Se k = 0, otteniamo

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

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

E(0) : \begin{cases}x = t + 2s \\ y = −s \\ z = −t + 2s \end{cases} ∀t ∈ R,  e  E(0) : x + 4y + z = 0

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

ha molteplicità algebrica e geometrica 2.

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

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

Quindi una base di W è data da

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

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, 1, −2, 0)
w_{2} = v_{2} − pr_{w_{1}}(v_{2}) = v_{2} − \frac{(v_{2}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} = (−2, 0, −2, 1) − \frac{6}{6} · (−1, 1, −2, 0) = (−1, −1, 0, 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, 1, −2, 0)}{\sqrt{6}} = (−\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}}, 0)

u_{2} = \frac{w_{2}}{∥w_{2}∥} = \frac{1}{\sqrt{3}}(−1, −1, 0, 1) = (−\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}, 0, \frac{1}{\sqrt{3}})

Infine

B′(W) = \{(−\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}}, 0) , (−\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}, 0, \frac{1}{\sqrt{3}})\}

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} | − 2x_{1} − 2x_{3} + x_{4} = −x_{1} + x_{2} − 2x_{3} = 0}

Risolvendo il sistema omogeneo otteniamo:

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

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