CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

II PROVA DI ACCERTAMENTO, FILA A – GEOMETRIA – 19/06/2008

Esercizio 0.1. Si consideri il seguente endomorfismo di R^{4}

T (x, y, z, w) = ( x + 2y + 2z + w, y + z, x + y + z + (k + 1)w, −x + y + z + (2k − 2)w )

con k parametro reale.

a) Si determino basi di immagine e nucleo di T al variare di k.

b) Si stabilisca, al variare di k, se il vettore v = (0, 0, 1, 1) appartiene all’immagine di T.

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

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

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

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

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

Anche senza completare la riduzione possiamo rispondere ad entrambe le domande.

a) La matrice M(T) ha rango 3 per ogni valore di k, inoltre una base dell’immagine è data da:

B(Im(T)) = { (1, 0, 1, −1), (2, 1, 1, 1), (1, 0, k + 1, 2k − 2) }

Per determinare il nucleo di T risolviamo il sistema omogeneo associato a T:

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

b) Consideriamo il sistema M(T)|v.

\begin{cases}x + 2y + 2z + w = 0 \\ y + z = 0 \\ kw = 1 \\ −w = −1 \end{cases}

Notiamo che dalle ultime due equazioni ricaviamo la condizione k ≠ 1. In questo caso otteniamo il sistema

\begin{cases}x + 2y + 2z + w = 0 \\ y + z = 0 \\ w = 1 \end{cases}

che ha soluzione. Quindi v ∈ Im(T) se k = 1.

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Esercizio 0.2. Si consideri la funzione lineare T : R^{3} → R^{3} la cui matrice rispetto alla base canonica è

M(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ −1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 1 \end{matrix}]

e sia B = {v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (1, 1, 1), v_{3} = (1, 0, 1)} una base di R^{3}.

a) Si determini la matrice M_{B}^{E}(T) associata a T rispetto alla base B nel dominio e rispetto alla base canonica E nel codominio.

b) Si determini la matrice M_{B}(T) associata a T rispetto alla base B.

Soluzione:

a) La matrice M_{B}^{E}(T) ha per colonne le immagini dei vettori della base B, espresse rispetto alla base canonica. Calcoliamo quindi le immagini dei vettori v_{i}, utilizzando la matrice M(T):

M(T) · v_{1}^{t} = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ −1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 4 \end{matrix}] ⇒ T (v_{1}) = (1, 0, 4)

M(T) · v_{2}^{t} = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ −1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}4 \\ 1 \\ 5 \end{matrix}] ⇒ T (v_{2}) = (4, 1, 5)

M(T) · v_{3}^{t} = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ −1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}4 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}] ⇒ T (v_{3}) = (4, 0, 3)

Quindi

M_{B}^{E}(T) = [\begin{matrix}1 & 4 & 4 \\ 0 & 1 & 0 \\ 4 & 5 & 3 \end{matrix}]

b) La matrice M_{B}(T) ha per colonne le immagini dei vettori della base B, espresse rispetto alla base B. Dobbiamo quindi esprimere rispetto alla base B i vettori T (v_{i}), trovati al punto precedente. Si tratta di risolvere i tre sistemi xv_{i} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{i}) per i = 1, 2, 3. Per comodità riduciamo a gradini i tre sistemi contemporaneamente, affiancando direttamente le tre colonne dei termini noti:

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

Di conseguenza

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{1}) ⇒ \begin{cases}x = −3 \\ −z = −1 \\ y + z = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −3 \\ y = 3 \\ z = 1 \end{cases} ⇒

T (v_{1}) = −3v_{1} + 3v_{2} + v_{3} = (−3, 3, 1)_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{2}) ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ −z = −3 \\ y + z = 5 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ y = 2 \\ z = 3 \end{cases} ⇒

T (v_{2}) = −v_{1} + 2v_{2} + 3v_{3} = (−1, 2, 3)_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{3}) ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ −z = −4 \\ y + z = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = −1 \\ z = 4 \end{cases} ⇒

T (v_{3}) = v_{1} − v_{2} + 4v_{3} = (1, −1, 4)_{B}

Infine la matrice associata a T rispetto alla base B è

M(T)_{B} = [\begin{matrix}−3 & −1 & 1 \\ 3 & 2 & −1 \\ 1 & 3 & 4 \end{matrix}]

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Esercizio 0.3. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{matrix}] B = [\begin{matrix}−5 & 0 & −8 \\ −4 & k & −4 \\ 4 & 0 & 7 \end{matrix}]

con k parametro reale. a) Si determini una base ortonormale di R^{3} formata da autovettori di A.

b) Si stabilisca se esistono valori di k per cui A e B sono simili.

Soluzione:

a) Il polinomio caratteristico di A è P_{A}(λ) = (3 − λ)(λ^{2} − 2λ − 3), quindi gli autovalori di A sono

λ = 3, doppio, e λ = −1.

Calcoliamo gli autospazi:

E(3) = ker(A − 3I) : [\begin{matrix}−2 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 2 & 0 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ E(3) = ⟨(1, 0, 1), (0, 1, 0)⟩ = ⟨(\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}}) , (0, 1, 0)⟩

E(−1) = ker(A + I) : [\begin{matrix}2 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & 4 & 0 & | & 0 \\ 2 & 0 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ E(−1) = ⟨(1, 0, −1)⟩ = ⟨(\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, −\frac{1}{\sqrt{2}})⟩

Infine una base ortonormale di R^{3} formata da autovettori di T è data da

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

b) Il polinomio caratteristico di B è P_{B}(λ) = (k − λ)(λ^{2} − 2λ − 3), quindi gli autovalori di B sono λ = k, 3, −1. Condizione necessaria perché B sia simile ad A è che abbia gli stessi autovalori con la stessa molteplicità, quindi deve essere k = 3. Inoltre anche B deve essere diagonalizzabile: in questo modo A e B sono simili in quanto simili alla stessa matrice diagonale. Calcoliamo quindi l’autospazio E_{B}(3), con k = 3:

E_{B}(3) = ker(B − 3I) : [\begin{matrix}−8 & 0 & −8 & | & 0 \\ −4 & 0 & −4 & | & 0 \\ 4 & 0 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ E_{B}(3) = ⟨(1, 0, 1), (0, 1, 0)⟩

Poiché E_{B}(3) ha dimensione due, anche B è diagonalizzabile, quindi A e B sono simili per k = 3.

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Esercizio 0.4. Sia r la retta dello spazio di equazioni cartesiane r : 2x − y + 1 = x − z = 0.

(a) Si trovino equazioni cartesiane ed equazioni parametriche della retta r′ ottenuta proiettando r sul piano x + y + z = 0 dal centro C = (2, 1, 1).

(b) Trovare coordinate omogenee del punto all’infinito della retta r′ e stabilire se r e r′ sono parallele.

Soluzione: La retta r ha equazione parametrica

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

a) Il piano di vista ha coordinate omogenee N(1, 1, 1, 0) e C ha coordinate omogenee C(2, 1, 1, 1), quindi la matrice della proiezione è

M = N^{t}C − (N · C)I_{4} = N^{t}C − 4I_{4} = [\begin{matrix}−2 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & −3 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & −3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −4 \end{matrix}]

Consideriamo due qualsiasi punti di r, in coordinate omogenee, per esempio A = (0, 1, 0, 1) e P_{∞} = (1, 2, 1, 0), e calcoliamone la proiezione:

A′ = A · M = [0 1 0 1] · [\begin{matrix}−2 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & −3 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & −3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −4 \end{matrix}] = [2 −3 1 −3]

⇒ A′ = (2, −3, 1, −3) = (−\frac{2}{3}, 1, −\frac{1}{3}, 1) ⇒ A′ (−\frac{2}{3}, 1, −\frac{1}{3})

P′_{∞} = P_{∞} · M = [1 1 1 0] · [\begin{matrix}−2 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & −3 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & −3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −4 \end{matrix}] = [4 −4 0 4]

⇒ P′_{∞} = (4, −4, 0, 4) = (1, −1, 0, 1) ⇒ P′_{∞} = (1, −1, 0)

Infine la retta r′ è la retta passante per A′ e P′_{∞}:

r′ : \begin{cases}x = 1 + 5t \\ y = −1 − 6t \\ z = t \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒  x − 5z − 1 = y + 6z + 1 = 0

b) La retta r′ ha direzione (5, −6, 1), quindi punto all’infinito P_{∞} = (5, −6, 1, 0). r e r′ non sono parallele perchè le rispettive direzioni non sono proporzionali, ovvero non hanno lo stesso punto all’infinito.

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Esercizio 0.5. Sia C la conica di equazione

C_{k} : x^{2} + 4xy + y^{2} − 2kx + 4ky = 0.

a) Stabilire il tipo di conica e la forma canonica di C_{k}.

b) In caso di conica a centro, trovare le coordinate del centro di simmetria al variare del parametro k.

c) Trovare equazioni degli assi di simmetria di C_{1} (porre k = 1).

Soluzione:

a) Le matrici A′ e A associate alla conica sono:

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

det(A′) = −13k^{2}, quindi se k = 0 si tratta di una conica degenere. In particolare per k = 0 si ottiene la conica C_{0} : x^{2} + 4xy + y^{2} = 0, ovvero la coppia di rette reali x = (−2 + \sqrt{3})y e x = (−2 − \sqrt{3})y che si intersecano nell’origine.

Nel caso non degenere, k ≠ 0, per trovare la forma canonica determiniamo gli autovalori di A. p_{A}(λ) = (1 − λ)^{2} − 4 = λ^{2} − 2λ − 3, quindi A ha autovalori λ = 3 e λ = −1. Poiché gli autovalori sono discordi si tratta di un’iperbole e quindi la forma canonica sarà del tipo ax^{2} − by^{2} − 1 = 0. Cerchiamo un’equazione del tipo

λ_{1}x^{2} + λ_{2}y^{2} + t = 0 ⇒ 3x^{2} − y^{2} + t = 0

a cui è associata la matrice

B = [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]

Sappiamo inoltre che I_{3} = det(A′) è un invariante, quindi I_{3} = det(A′) = det(B). Risolviamo quindi l’equazione:

−13k^{2} = −3t ⇒ t = \frac{13k^{2}}{3}

Infine possiamo ricavare la forma canonica:

3x^{2} − y^{2} + \frac{13k^{2}}{3} = 0 ⇒ \frac{9}{13k^{2}} x^{2} − \frac{3}{13k^{2}} y^{2} + 1 = 0

II PROVA DI ACCERTAMENTO – GEOMETRIA 2008/09 5

Per ottenere esattamente la forma canonica dobbiamo ancora effettuare la rotazione che scambia x e y:

\frac{3}{13k^{2}} x^{2} − \frac{9}{13k^{2}} y^{2} − 1 = 0

b) Per trovare il centro risolviamo il sistema Ax = −h:

[\begin{matrix}1 & 2 & | & k \\ 2 & 1 & | & −2k \end{matrix}] ⇒ C = (−\frac{5}{3}k, \frac{4}{3}k)

c) Gli asintoti sono rette passanti per il centro C = (−\frac{5}{3}, \frac{4}{3}) nel caso k = 1, di direzione parallela

agli autovettori di A. Calcoliamo quindi gli aoutospazi di A:

E(−1) = N(A + I) : [\begin{matrix}2 & 2 & | & 0 \\ 2 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ x + y = 0 ⇒ E(−1) = ⟨(1, −1)⟩

E(3) = N(A − 3I) : [\begin{matrix}−2 & 2 & | & 0 \\ 2 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ x − y = 0 ⇒ E(3) = ⟨(1, 1)⟩

Infine gli assi sono le rette

a_{1} : x + y + \frac{1}{3} = 0 a_{2} : x − y + 3 = 0

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