CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

I PROVA DI ACCERTAMENTO, FILA B – GEOMETRIA – 17/04/2009

Esercizio 0.1. Si consideri il seguente sistema lineare:

\begin{cases}x + 4z = 2 \\ x + (k − 3)y + 8z = 3 \\ 3x + (k + 17)z = 8 \\ −x + (k + 1)z = 0 \end{cases}

con k parametro reale.

(a) Si stabilisca per quali valori di k il sistema ammette soluzione.

(b) Si trovino esplicitamente le soluzioni del sistema quando questo ammette infinite soluzioni.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice associata al sistema

[\begin{matrix}1 & 0 & 4 & | & 2 \\ 1 & k − 3 & 8 & | & 3 \\ 3 & 0 & k + 17 & | & 8 \\ −1 & 0 & k + 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − 3I \\ IV + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 4 & | & 2 \\ 0 & k − 3 & 4 & | & 1 \\ 0 & 0 & k + 5 & | & 2 \\ 0 & 0 & k + 5 & | & 2 \end{matrix}]

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

a) Dobbiamo distinguere tre casi:

– Se k ≠ 3, −5 allora rg(A) = 3 = rg(A|b) = numero delle incognite, quindi il sistema ammette un’unica soluzione;

– Se k = 3 otteniamo la matrice

[\begin{matrix}1 & 0 & 4 & | & 2 \\ 0 & 0 & 4 & | & 1 \\ 0 & 0 & 8 & | & 2 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III − 2II [\begin{matrix}1 & 0 & 4 & | & 2 \\ 0 & 0 & 4 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Di conseguenza rg(A) = rg(A|b) = 2 e il sistema ammette infinite soluzioni;

– Se k = −5 allora rg(A) = 2 mentre rg(A|b) = 3, quindi il sistema non ammette soluzioni. In conclusione il sistema ha soluzione per ogni k ≠ −5.

b) Risolviamo il sistema per k = 3

\begin{cases}x + 4z = 2 \\ 4z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = t \\ z = \frac{1}{4} \end{cases} ∀t ∈ R

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Esercizio 0.2. Si considerino i punti A = (1, 1, 0), B = (0, 2, 1), C = (−1, 0, 1). a) Si trovino equazioni cartesiane e parametriche del piano π passante per i punti A, B, C.

b) Si trovino equazioni cartesiane della retta r passante per D = (2, 2, 0) e ortogonale a π.

c) Sia s la retta passante per i punti B e C. Stabilire la posizione reciproca fra r e s (rette parallele, incidenti, sghembe... ).

Soluzione:

a) Possiamo determinare prima l’equazione parametrica. Poichè

\overrightarrow{AB} = (−1, 1, 1), \overrightarrow{BC} = (−1, −2, 0)

otteniamo

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

b) La retta ortogonale a π ha direzione parallela a (2, −1, 3). Imponendo il passaggio per D otteniamo

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

c) La retta s ha equazione cartesiana

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

Notiamo che r e s non sono parallele. Mettendo a sistema l’equazione cartesiana di r con quella parametrica di s otteniamo:

\begin{cases}x = −1 − t \\ y = −2t \\ z = 1 \\ x + 2y = 6 \\ 3y + z = 6 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 − t \\ y = −2t \\ z = 1 \\ −1 − t − 4t = 6 \\ −6t + 1 = 6 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 − t \\ y = −2t \\ z = 1 \\ −5t = 7 \\ −6t = 5 \end{cases}

Le ultime due equazioni sono in contraddizione, quindi il sistema non ammette soluzione e r e s sono sghembe.

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Esercizio 0.3. Si considerino i punti del piano A = (2, 0), B = (0, t), C = (0, 0) e A′ = (2 + \sqrt{3}, 3) , B′ =

(\frac{3}{2}, 2 + \frac{\sqrt{3}}{2}) , C′ = (2, 2).

a) Per quali valori di t esiste un’isometria diretta che trasforma i punti A, B, C nei punti A′, B′, C′ rispettivamente?

b) Per i valori di t determinati al punto precedente, trovare le equazioni dell’isometria.

c) Stabilire se l’isometria f in b) ha dei punti fissi, cioè tali che f(P) = P.

Soluzione:

a) Un’isometria conserva le distanze, quindi:

|AB| = |A′B′| ⇒ \sqrt{4t^{2} + 1} = \sqrt{5} ⇒ t = ±1
|AC| = |A′C′| ⇒ 2 = 2
|BC| = |B′C′| ⇒ |t| = 1 ⇒ t = ±1

Di conseguenza perché esista un’isometria deve essere t = ±1. Inoltre rappresentando i punti si vede che l’isometria è diretta per t > 0, quindi esiste un’isometria diretta che trasforma i punti A, B, C nei punti A′, B′, C′ rispettivamente, per t = 1.

In alternativa per rispondere alla domanda a) si poteva impostare il sistema relativo alla generica isometria diretta:

\begin{cases}f(A) = A \\ f(B) = B \\ f(C) = C \\ c^{2} + s^{2} = 1 \end{cases}

b) Sia

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

la generica isometria diretta. Imponendo le condizioni f(A) = A′ e f(C) = C′ (con t = 1) otteniamo il sistema

\begin{cases}2 = a \\ 2 = b \\ 2 + \sqrt{3} = 2c + a \\ 3 = 2s + b \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = 2 \\ b = 2 \\ s = \frac{1}{2} \\ c = \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}

Quindi l’isometria f cercata è

\begin{cases}x′ = \frac{\sqrt{3}}{2}x − \frac{1}{2}y + 2 \\ y′ = \frac{1}{2}x + \frac{\sqrt{3}}{2}y + 2 \end{cases}

Notiamo che si tratta di una rotazione antioraria pari ad un angolo di 30^{∘}.

c) Imponendo al generico punto P (x, y) la condizione P′ = f(P) = P otteniamo il sistema

\begin{cases}x = \frac{\sqrt{3}}{2}x − \frac{1}{2}y + 2 \\ y = \frac{1}{2}x + \frac{\sqrt{3}}{2}y + 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}(2 − \sqrt{3})x + y = 4 \\ −x + (2 − \sqrt{3})y = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 4 − (2 − \sqrt{3})x \\ −x + 4(2 − \sqrt{3}) − (2 − \sqrt{3})^{2}x = 4 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = −1 − \sqrt{3} \\ y = 3 + \sqrt{3} \end{cases}

Infine il punto fisso dell’isometria (centro di rotazione) è P (−1 − \sqrt{3}, 3 + \sqrt{3}).

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Esercizio 0.4. Siano assegnati i seguenti vettori di R^{4}:

v_{1} = (3, 3, 3, −6), v_{2} = (1, 0, 1, −2), v_{3} = (0, 1, 1, 0), v_{4} = (0, 0, 2, k − 1), v_{5} = (1, 1, 2, −2)

con k parametro reale.

(a) Si stabilisca per quali valori di k il sottospazio ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩ coincide con R^{4}.

(b) Per i valori trovati al punto precedente si esprimano le coordinate di v_{5} rispetto alla base {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}} di R^{4}.

Soluzione: Lo spazio V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩ coincide con R^{4} se dim(V) = 4, cioè se il rango della matrice associata a v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4} è 4. Inoltre, in tali casi, le coordinate di v_{5} rispetto alla base {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}} sono date dalla soluzione dell’equazione x_{1}v_{1} + x_{2}v_{2} + x_{3}v_{3} + x_{4}v_{4} = v_{5}. Per rispondere a entrambe le domande riduciamo quindi a gradini la matrice associata ai primi quattro vettori, con il vettore v_{5} come colonna dei termini noti:

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

a) I quattro vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4} sono linearmente indipendenti e quindi ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩ = R^{4} se k ≠ 1 b) Dalla matrice ridotta, con k ≠ 1, otteniamo il sistema:

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

Infine v_{5} = v_{2} + v_{3} ovvero v_{5} ha coordinate (0, 1, 1, 0)_{B} rispetto alla base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}} di R^{4}.

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Esercizio 0.5. Sia W il sottoinsieme dello spazio di polinomi R_{3}[x] definito da

W = {p(x) ∈ R_{3}[x] | p′′′ = 0, p(−1) = 0}

(p′′′ è la derivata terza di p)

a) Mostrare che W è un sottospazio vettoriale di R_{2}[x].

b) Trovare una base e la dimensione di W.

c) Determinare le coordinate del polinomio p(x) = x^{2} + 2x + 1 ∈ W rispetto alla base trovata al punto b).

Soluzione: a) Sia p(x) = ax^{3} + bx^{2} + cx + d il generico elemento di R_{3}[x]. Per dimostrare che W è un sottospazio

vettoriale di R_{2}[x] dobbiamo innanzitutto verificare che W è un sottoinsieme di R_{2}[x]. In effetti la condizione p′′′ = 0 applicata al generico elemento di R_{3}[x] diventa 6a = 0. Quindi se p(x) ∈ W deve essere del tipo p(x) = bx^{2} + cx + d cioè un elemento di R_{2}[x]. Inoltre W può essere riscritto come

W = {p(x) ∈ R_{2}[x] | p(−1) = 0}

Per dimostrare ora che si tratta di un sottospazio di R_{2}[x] dobbiamo verificare che è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per scalari.

– W è chiuso rispetto alla somma, infatti presi due elementi di W anche la loro somma sta in W:

(p_{1} + p_{2})(−1) = p_{1}(−1) + p_{2}(−1) = 0 + 0 = 0

– W è chiuso rispetto al prodotto per scalari, infatti preso un elemento di W e uno scalare λ ∈ R, anche il loro prodotto sta in W:

(λp)(−1) = λ · p(−1) = λ · 0 = 0

b) Traducendo la condizione p(−1) = 0 sui coefficienti del generico elemento bx^{2} + cx + d di R_{2}[x] otteniamo b − c + d = 0, ovvero d = −b + c. Quindi ogni elemento di W è del tipo

p(x) = bx^{2} + cx − b + c = b(x^{2} − 1) + c(x + 1)

I due polinomi, linearmente indipendenti, p_{1}(x) = x^{2} − 1 e p_{2}(x) = x + 1 costituiscono una base di W, quindi

dim(W) = 2, B(W) = {p_{1}(x) = x^{2} − 1, p_{2}(x) = x + 1}

c) Per determinare le coordinate di p(x) rispetto alla base B trovata la cosa più semplice è forse associare ad ogni polinomio le sue componenti rispetto alla base canonica {x^{2}, x, 1} di R_{2}[x]. In particolare ai polinomi p_{1}(x), p_{2}(x), p(x) possiamo associare i vettori:

p_{1} = (1, 0, −1), p_{2} = (0, 1, 1), p = (1, 2, 1)

Risolviamo quindi l’equazione xp_{1} + yp_{2} = p:

\begin{cases}x = 1 \\ y = 2 \\ −x + y = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = 2 \end{cases}

Infine p(x) = p_{1}(x)+2p_{2}(x), ovvero p(x) ha coordinate (1, 2)_{B} rispetto alla base B trovata al punto precedente.

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Esercizio 0.6. (Facoltativo)Sia x ∈ R^{n} un vettore colonna, n > 1. Dimostrare che la matrice A = xx^{T} ∈ M_{n}(R) ha determinante nullo.

Soluzione: Sia x^{T} = (x_{1}, x_{2}, …, x_{n}) allora xx^{T} è una matrice n × n:

A = [\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ … \\ x_{n} \end{matrix}] · [x_{1} x_{2} … x_{n}] = [\begin{matrix}x_{1}x_{1} & x_{1}x_{2} & … & x_{1}x_{n} \\ x_{2}x_{1} & x_{2}x_{2} & … & x_{2}x_{n} \\ … \\ x_{n}x_{1} & x_{n}x_{2} & … & x_{n}x_{n} \end{matrix}]

In sostanza ogni riga di A è un multiplo della riga formata da x^{T}. Se x = 0 allora anche la matrice A è nulla e rg(A) = 0, altrimenti A può essere ridotta nella matrice

[\begin{matrix}x_{1} & x_{2} & … & x_{n} \\ 0 & 0 & … & 0 \\ … \\ 0 & 0 & … & 0 \end{matrix}]

dove la riga ottenuta è non nulla, quindi se x ≠ 0 la matrice A = xx^{T} ha rango 1.

In ogni caso, essendo n > 1 e rg(A) ≤ 1, la matrice A ha determinante nullo.

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