CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

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

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

T (x, y, z, w) = (x + 2y + 3z + w, y + z, x + y + 2z + (k + 1)w, −x + y + (2k − 3)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 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 2 & k + 1 \\ −1 & 1 & 0 & 2k − 3 \end{matrix}]

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

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

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

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

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

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

\begin{cases}x + 2y + 3z + w = 0 \\ y + z = 0 \\ kw = 1 \\ −2w = −1 \end{cases}

Notiamo che dalle ultime due equazioni ricaviamo la condizione k = 2. In questo caso otteniamo il sistema:

\begin{cases}x + 2y + 3z + w = 0 \\ y + z = 0 \\ −2w = −1 \end{cases}

che ha soluzione. Quindi v ∈ Im(T) se k = 2.

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

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

M(T) · v_{3}^{t} = [\begin{matrix}2 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 4 & −3 \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}3 & 5 & 4 \\ 1 & 1 & 0 \\ 4 & 1 & −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 & | & 3 & 5 & 4 \\ 1 & 1 & 0 & | & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 4 & 1 & −3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}I − III \\ II − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & −1 & 4 & 7 \\ 0 & 0 & −1 & | & −2 & −4 & −4 \\ 0 & 1 & 1 & | & 4 & 1 & −3 \end{matrix}]

Di conseguenza

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

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

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

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

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{3}) ⇒ \begin{cases}x = 7 \\ −z = −4 \\ y + z = −3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 7 \\ y = −7 \\ z = 4 \end{cases} ⇒

T (v_{3}) = 7v_{1} − 7v_{2} + 4v_{3} = (7, −7, 4)_{B}

Infine la matrice associata a T rispetto alla base B è

M(T)_{B} = [\begin{matrix}−1 & 4 & 7 \\ 2 & −3 & −7 \\ 2 & 4 & 4 \end{matrix}]

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Esercizio 0.3. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}4 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 4 \end{matrix}] B = [\begin{matrix}−3 & 0 & −8 \\ −4 & k & −6 \\ 4 & 0 & 9 \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) = (1 − λ)(λ^{2} − 8λ + 15), quindi gli autovalori di A sono

λ = 1, λ = 3 e λ = 5.

Calcoliamo gli autospazi:

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

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

E(5) = ker(A − 5I) : [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & −4 & 0 & | & 0 \\ 1 & 0 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ E(5) = ⟨(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} − 6λ + 5), quindi gli autovalori di B sono λ = k, 1, 5. 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 è diagonalizzabile poiché i suoi tre autovalori hanno molteplicità algebrica uno: in questo modo A e B sono simili in quanto simili alla stessa matrice diagonale. Infine le matrici 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 − 2I_{4} = [\begin{matrix}0 & 1 & 1 & 1 \\ −2 & −3 & −1 & −1 \\ 2 & 1 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −2 \end{matrix}]

Consideriamo due qualsiasi punti di r, in coordinate omogenee, per esempio A = (0, 1, 0, 1) e B = (1, 3, 1, 1), e calcoliamone la proiezione:

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

B′ = B · M = [1 3 1 1] · [\begin{matrix}0 & 1 & 1 & 1 \\ −2 & −3 & −1 & −1 \\ 2 & 1 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −2 \end{matrix}] = [−4 −7 −3 −3]

⇒ B′ = (−4, −7, −3, −3) = (\frac{4}{3}, \frac{7}{3}, 1, 1) ⇒ B′ = (\frac{4}{3}, \frac{7}{3}, 1)

Infine la retta r′ è la retta passante per A′ e B′:

r′ : \begin{cases}x = \frac{2}{3} + t \\ y = 1 + 2t \\ z = \frac{1}{3} + t \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒  3x − 3z − 1 = 6x − 3y − 1 = 0

b) La retta r′ ha direzione (1, 2, 1), quindi punto all’infinito P_{∞} = (1, 2, 1, 0). r e r′ sono parallele

perchè le rispettive direzioni sono uguali, ovvero hanno lo stesso punto all’infinito.

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Esercizio 0.5. Sia C la conica di equazione

C_{k} : x^{2} + xy + y^{2} − 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 & \frac{1}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & 1 & −2k \\ 0 & −2k & 0 \end{matrix}] A = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix}]

det(A′) = −4k^{2}, quindi se k = 0 si tratta di una conica degenere. In particolare per k = 0 si ottiene la conica C_{0} : x^{2} + xy + y^{2} = 0, ovvero una coppia di rette immaginarie che si intersecano nel punto reale (0, 0).

Nel caso non degenere, k ≠ 0, per trovare la forma canonica determiniamo gli autovalori di A.

p_{A}(λ) = (1 − λ)^{2} − \frac{1}{4} = λ^{2} − 2λ + \frac{3}{4}, quindi A ha autovalori λ = \frac{1}{2} e λ = \frac{3}{2}. Poiché gli autovalori

sono concordi si tratta di un’ellisse 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 ⇒ \frac{3}{2}x^{2} + \frac{1}{2}y^{2} + t = 0

a cui è associata la matrice

B = [\begin{matrix}\frac{3}{2} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 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:

−4k^{2} = \frac{3}{4}t ⇒ t = −\frac{16k^{2}}{3}

Infine possiamo ricavare la forma canonica:

\frac{3}{2}x^{2} + \frac{1}{2}y^{2} − \frac{16k^{2}}{3} = 0 ⇒ \frac{9}{32k^{2}} x^{2} + \frac{3}{32k^{2}} y^{2} − 1 = 0

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

[\begin{matrix}1 & \frac{1}{2} & | & 0 \\ \frac{1}{2} & 1 & | & 2k \end{matrix}] ⇒ C = (−\frac{4}{3}k, \frac{8}{3}k)

c) Gli asintoti sono rette passanti per il centro C = (−\frac{4}{3}, \frac{8}{3}) nel caso k = 1, di direzione parallela

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

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

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

Infine gli assi sono le rette

a_{1} : x + y − \frac{4}{3} = 0 a_{2} : x − y + 4 = 0

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