CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

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

Esercizio 0.1. Si consideri il seguente sistema lineare:

\begin{cases}x − 2z = 3 \\ −x + (k + 1)y + 8z = −1 \\ 2x + kz = 7 \\ x + (k + 2)z = 4 \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 & −2 & | & 3 \\ −1 & k + 1 & 8 & | & −1 \\ 2 & 0 & k & | & 7 \\ 1 & 0 & k + 2 & | & 4 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + I \\ III − 2I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & −2 & | & 3 \\ 0 & k + 1 & 6 & | & 2 \\ 0 & 0 & k + 4 & | & 1 \\ 0 & 0 & k + 4 & | & 1 \end{matrix}]

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

a) Dobbiamo distinguere tre casi:

– Se k ≠ −1, −4 allora rg(A) = 3 = rg(A|b) = numero delle incognite, quindi il sistema ammette un’unica soluzione;

– Se k = −1 otteniamo la matrice

[\begin{matrix}1 & 0 & −2 & | & 3 \\ 0 & 0 & 6 & | & 2 \\ 0 & 0 & 3 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2II \\ 2III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & −2 & | & 3 \\ 0 & 0 & 3 & | & 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 = −4 allora rg(A) = 2 mentre rg(A|b) = 3, quindi il sistema non ammette soluzioni. In conclusione il sistema ha soluzione per ogni k ≠ −4.

b) Risolviamo il sistema per k = −1

\begin{cases}x − 2z = 3 \\ 3z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{11}{3} \\ y = t \\ z = \frac{1}{3} \end{cases} ∀t ∈ R

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Esercizio 0.2. Si considerino i punti A = (1, 1, 3), B = (0, 1, 4), C = (2, 0, 0).

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, 0, 1), \overrightarrow{BC} = (2, −1, −4)

otteniamo

π : \begin{cases}x = 2 − t + 2s \\ y = −s \\ z = t − 4s \end{cases}  ∀ t, s ∈ R  ⇒ x − 2y + z = 2

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

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

c) La retta s ha equazione cartesiana

s : \begin{cases}x = 2 + 2t \\ y = −t \\ z = −4t \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 = 2 + 2t \\ y = −t \\ z = −4t \\ 2x + y = 6 \\ x − z = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 + 2t \\ y = −t \\ z = −4t \\ 4 + 4t − t = 6 \\ 2 + 2t + 4t = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 + 2t \\ y = −t \\ z = −4t \\ 3t = 2 \\ 6t = 0 \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 = (0, 0), B = (t, 0), C = (0, 1) e A′ = (1, −1), B′ = (1 + \frac{\sqrt{2}}{2}, −1 − \frac{\sqrt{2}}{2}) , C′ = (1 + \frac{\sqrt{2}}{2}, −1 + \frac{\sqrt{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′| ⇒ |t| = 1 ⇒ t = ±1
|AC| = |A′C′| ⇒ 1 = 1
|BC| = |B′C′| ⇒ \sqrt{1 + t^{2}} = \sqrt{2} ⇒ 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}1 = a \\ −1 = b \\ 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} = −s + 1 \\ −1 + \frac{\sqrt{2}}{2} = c − 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = 1 \\ b = −1 \\ s = −\frac{\sqrt{2}}{2} \\ c = \frac{\sqrt{2}}{2} \end{cases}

Quindi l’isometria f cercata è

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

Notiamo che si tratta di una rotazione oraria pari ad un angolo di 45^{∘}.

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

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

Infine il punto fisso dell’isometria (centro di rotazione) è P (−\frac{\sqrt{2}}{2}, −1 − \frac{\sqrt{2}}{2}).

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

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

b) Dalla matrice ridotta, con k ≠ −2, otteniamo il sistema:

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

Infine v_{5} = −\frac{1}{3}v_{1} + \frac{1}{3}v_{2} + \frac{1}{3}v_{3} ovvero v_{5} ha coordinate (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 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(0) = 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) = 2x^{2} − x ∈ 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(0) = 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})(0) = p_{1}(0) + p_{2}(0) = 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)(0) = λ · p(0) = λ · 0 = 0

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

p(x) = bx^{2} + cx

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

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

c) Le coordinate di p(x) rispetto alla base B trovata si vedono immediatamente: p(x) = 2p_{1}(x)−p_{2}(x),

ovvero p(x) ha coordinate (2, −1)_{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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