CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

GEOMETRIA – APPELLO DEL 07/09/2010 – A –

Esercizio 1.1. Si consideri il piano π di equazione 2x + y − z = 0.

a) Determinare la retta r ortogonale a π passante per il punto A(1, 1, 0) e trovare il punto di intersezione B = r ∩ π.

b) Tra i piani ortogonali a π e passanti per l’origine, determinare quello passante per A.

Soluzione:

a) La retta r ha direzione (2, 1, −1), quindi equazione parametrica

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

Inoltre

B = r ∩ π = \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = −t \\ 2x + y − z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = −t \\ 2 + 4t + 1 + t + t = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = \frac{1}{2} \\ z = \frac{1}{2} \\ t = −\frac{1}{2} \end{cases} ⇒ B = (0, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})

b) Un piano ortogonale a π è parallelo alla retta r, ovvero alla direzione (2, 1, −1). Contenendo l’origine e il punto A, è anche parallelo a OA = (1, 1, 0). Di consequenza il piano cercato ha equazioni

\begin{cases}x = 2t + s \\ y = t + s \\ z = −t \end{cases}  ∀t, s ∈ R  ⇒  x − y + z = 0

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Esercizio 1.2. Si considerino la matrice

A = [\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}]

e l’insieme V = {B ∈ M_{3,3}(R) | AB = 0}.

a) Dimostrare che V è un sottospazio vettoriale di M_{3,3}(R).

b) Determinare la dimensione e una base di V.

Soluzione:

a) V è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per scalari, infatti:

– SOMMA. Se B_{1} e B_{2} appartengono a V, allora AB_{1} = AB_{2} = 0; di conseguenza A(B_{1}+B_{2}) = AB_{1} + AB_{2} = 0 e anche B_{1} + B_{2} appartiene a V.

– PRODOTTO. Se B ∈ V e α ∈ R, allora (αB)A = α(BA) = 0, quindi anche αB appartiene a

V.

b) Sia

B = [\begin{matrix}b_{1,1} & b_{1,2} & b_{1,3} \\ b_{2,1} & b_{3,2} & b_{3,3} \\ b_{3,1} & b_{3,2} & b_{3,3} \end{matrix}]

la generica matrice di M_{3,3}(R). Di conseguenza:

AB = [\begin{matrix}b_{1,1} + 2b_{2,1} + b_{3,1} & b_{1,2} + 2b_{2,2} + b_{3,2} & b_{1,3} + 2b_{2,3} + b_{3,3} \\ b_{1,1} + 2b_{2,1} & b_{1,2} + 2b_{2,2} & b_{1,3} + 2b_{2,3} \\ 3b_{3,1} & 3b_{3,2} & 3b_{3,3} \end{matrix}]

Imponendo la condizione AB = 0 otteniamo il sistema:

\begin{cases}b_{1,1} + 2b_{2,1} = 0 \\ b_{1,2} + 2b_{2,2} = 0 \\ b_{1,3} + 2b_{2,3} = 0 \\ b_{3,1} = b_{3,2} = b_{3,3} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}b_{1,1} = −2t \\ b_{2,1} = t \\ b_{1,2} = −2s \\ b_{2,2} = s \\ b_{1,3} = −2h \\ b_{2,3} = h \\ b_{3,1} = b_{3,2} = b_{3,3} = 0 \end{cases} ∀t, s, h ∈ R

Infine le matrici B di V sono del tipo

B = [\begin{matrix}−2t & −2s & −2h \\ t & s & h \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] · t + [\begin{matrix}0 & −2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] · s + [\begin{matrix}0 & 0 & −2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] · h

Le tre matrici

B_{1} = [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]  B_{2} = [\begin{matrix}0 & −2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]  B_{3} = [\begin{matrix}0 & 0 & −2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

sono linearmente indipendenti e generano tutto V, quindi dim(V) = 3 e una base di V è {B_{1}, B_{2}, B_{3}}. □

Esercizio 1.3. Si considerino i seguenti vettori di R^{4}

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

e w = (1, k + 2, k + 1, 1), con k parametro reale, e sia V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩.

a) Determinare la dimensione e una base di V al variare di k.

b) Stabilire per quali k il vettore w appartiene a V e in tali casi trovarne le coordinate rispetto alla base di V trovata al punto precedente.

Soluzione: Per rispondere ad entrambe le domande, riduciamo a gradini la matrice associata all’equazione vettoriale x_{1}v_{1} + x_{2}v_{2} + x_{3}v_{3} + x_{4}v_{4} = w.

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

a) Consideriamo la matrice dei coefficienti. Dobbiamo distinguere tre casi: – Se k ≠ 0, 1, lo spazio V ha dimensione 4 e una base di V è B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}}.

– Se k = 0, lo spazio V ha dimensione 2 e una base di V è B = {v_{1}, v_{4}}.

– Se k = 1, lo spazio V ha dimensione 3 e una base di V è B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

b) Consideriamo ora la matrice completa, distinguendo i tre casi evidenziati al punto precedente:

– Se k ≠ 0, 1, abbiamo visto che V = R^{4}, quindi w ∈ V. Risolviamo il sistema, ridotto, associato all’equazione x_{1}v_{1} + x_{2}v_{2} + x_{3}v_{3} + x_{4}v_{4} = w:

\begin{cases}x_{1} + x_{2} = 1 \\ kx_{2} + kx_{3} = k \\ kx_{3} = −k \\ (k − 1)x_{4} = k \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −1 \\ x_{2} = 2 \\ x_{3} = −1 \\ x_{4} = \frac{k}{k−1} \end{cases} ⇒ w = (−1, 2, −1, \frac{k}{k − 1})_{B} con B = \{v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}\}

– Se k = 0, il rango della matrice completa e incompleta coincidono, quindi w ∈ V. Poiché in questo caso la base individuata è {v_{1}, v_{4}}, consideriamo il sistema formato dalla prima e quarta colonna, associato all’equazione x_{1}v_{1} + x_{4}v_{4} = w:

\begin{cases}x_{1} = 1 \\ −x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ w = (1, 0)_{B} con B = \{v_{1}, v_{4}\}

– Se k = 1, la matrice completa ha rango 3, mentre quella dei coefficienti ha rango 2, quindi

w ∉ V.

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Esercizio 1.4. Sia T : R_{3}[x] → R_{2}[x] la funzione lineare definita da

T (p(x)) = p(1) − p(2)x + 2p(−1)x^{2}.

a) Determinare la matrice associata a T rispetto alla base B = {1 + x, 1 − x, x^{2}, x + x^{3}} nel dominio e B′ = {1, x, x^{2} + 1} nel codominio.

b) Determinare il nucleo e l’immagine di T.

Soluzione:

a) Consideriamo i vettori della base dello spazio di partenza e la definizione di T:

p_{1}(x) = 1 + x  ⇒ p_{1}(1) = 2 p_{1}(2) = 3  p_{1}(−1) = 0  ⇒ T (p_{1}(x)) = 2 − 3x
p_{2}(x) = 1 − x  ⇒ p_{1}(1) = 0 p_{1}(2) = −1 p_{1}(−1) = 2  ⇒ T (p_{2}(x)) = x + 4x^{2}
p_{3}(x) = x^{2}  ⇒ p_{1}(1) = 1 p_{1}(2) = 4  p_{1}(−1) = 1  ⇒ T (p_{3}(x)) = 1 − 4x + 2x^{2}
p_{4}(x) = x + x^{3} ⇒ p_{1}(1) = 2 p_{1}(2) = 10 p_{1}(−1) = −2 ⇒ T (p_{4}(x)) = 2 − 10x − 4x^{2}

Si tratta ora di esprimere i polinomi immagine ottenuti come combinazione lineare dei polinomi della base dello spazio di arrivo B′ = {q_{1}(x) = 1, q_{2}(x) = x, q_{3}(x) = x^{2} + 1}

T (p_{1}(x)) = 2 − 3x = 2q_{1}(x) − 3q_{2}(x) = (2, −3, 0)_{B′}
T (p_{2}(x)) = x + 4x^{2} = −4q_{1}(x) + q_{2}(x) + 4q_{3}(x) = (−4, 1, 4)_{B′}
T (p_{3}(x)) = 1 − 4x + 2x^{2} = −q_{1}(x) − 4q_{2}(x) + 2q_{3}(x) = (−1, −4, 2)_{B′}
T (p_{4}(x)) = 2 − 10x − 4x^{2} = 6q_{1}(x) − 10q_{2}(x) − 4q_{3}(x) = (6, −10, −4)_{B′}

Infine la matrice associata a T rispetto alle basi B e B′ è

M_{B}^{B′}(T) = [\begin{matrix}2 & −4 & −1 & 6 \\ −3 & 1 & −4 & −10 \\ 0 & 4 & 2 & −4 \end{matrix}]

b) Riduciamo a gradini la matrice trovata al punto precedente:

[\begin{matrix}2 & −4 & −1 & 6 \\ −3 & 1 & −4 & −10 \\ 0 & 4 & 2 & −4 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}2II + 3I \\ 1/2III \end{matrix} [\begin{matrix}2 & −4 & −1 & 6 \\ 0 & −10 & −11 & −2 \\ 0 & 2 & 1 & −2 \end{matrix}] ⇒ 5III + II [\begin{matrix}2 & −4 & −1 & 6 \\ 0 & −10 & −11 & −2 \\ 0 & 0 & −6 & −12 \end{matrix}]

L’immagine di T è lo spazio generato dai tre polinomi, linearmente indipendenti, corrispondenti alle prime tre colonne della matrice:

B(Im(T)) = {2 − 3x, x + 4x^{2}, 1 − 4x + 2x^{2}}

Il nucleo dell’immagine di T è dato dalle soluzioni delsistema omogeneo associato a M_{B}^{B′}(T):

\begin{cases}2x − 4y − z + 6w = 0 \\ −10y − 11z − 2w = 0 \\ −6z − 12w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 2t \\ z = −2t \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ N(T) = ⟨(0, 2, −2, 1)_{B}⟩

Tornando ai polinomi:

(0, 2, −2, 1)_{B} = 2p_{2}(x) − 2p_{3}(x) + p_{4}(x) = 2 − x − 2x^{2} + x^{3}

quindi una base del nucle di T è

B(N(T)) = {2 − x − 2x^{2} + x^{3}}
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Esercizio 1.5. Sia T l’endomorfismo di R^{4} con matrice associata rispetto alla base canonica:

A = M_{E}(T) = [\begin{matrix}2 & 2 − k & −k & 0 \\ −1 & k & k − 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 − k & −k & 1 \end{matrix}]

a) Mostrare che il vettore v = (1, 0, 0, 1) è autovettore di T. Trovare gli autovalori di T.

b) Stabilire se esistono valori del parametro reale k per i quali l’endomorfismo è diagonalizzabile.

Soluzione: a) Per verificare che v è autovettore di T dobbiamo stabilire se esiste un numero λ ∈ R tale che

T (v) = A · v^{t} = λv:

T (v) = A · v^{t} = [\begin{matrix}2 & 2 − k & −k & 0 \\ −1 & k & k − 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 − k & −k & 1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}] = [2 0 0 2] = 2 · v

quindi v è autovettore di T rispetto all’autovalore λ = 2.

Il polinomio caratteristico di A è

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}2 − λ & 2 − k & −k & 0 \\ −1 & k − λ & k − 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 − λ & 0 \\ 1 & 2 − k & −k & 1 − λ \end{matrix}] = (1 − λ)^{2}(2 − λ)(k − λ)

Infine gli autovalori di T sono: λ = 1, almeno doppio, λ = 2 e λ = k.

b) Per stabilire se T è diagonalizzabile bisogna determinare la molteplicità geometrica degli autolvalori.

E(1) = N(A − I) : [\begin{matrix}1 & 2 − k & −k & 0 \\ −1 & k − 1 & k − 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 − k & −k & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 − k & −k & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

⇒ dim(E(1)) = dim(N(A − I)) = 4 − rg(A − I) = 2

A questo punto possiamo affermare che

– Se k ≠ 1, 2, allora m.a.(1) = m.g.(1) = 2 e λ = k e λ = 2 sono autovalori singoli, quindi T è diagonalizzabile.

– Se k = 1, allora m.a.(1) = 3 ≠ m.g.(1) = 2 quindi T non è diagonalizzabile.

Resta da considerare il caso k = 2, quando λ = 2 è doppio. In questo caso

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}0 & 0 & −2 & 0 \\ −1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & −2 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ I \\ IV + II \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \end{matrix}]

Quindi rg(A − 2I) = 2 e dim(E(2)) = dim(N(A − 2I)) = 4 − 2 = 2; di conseguenza per k = 2 anche la molteplicità geometrica di λ = 2 è 2.

Infine se k = 2, i due autovalori doppi λ = 1 e λ = 2 hanno molteplicità geometrica 2, quindi anche in questo caso T è diagonalizzabile.

In conclusione T è diagonalizzabile per ogni k ≠ 1.

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Esercizio 1.6. Sia C la conica di equazione 2x^{2} + 4xy + 5y^{2} + 2x − 2y + 1 = 0. a) Si determini il tipo di conica e la sua forma canonica.

b) Si trovi l’eventuale centro della conica e, se esistono, i punti all’infinito di C.

c) Si trovino gli assi di simmetria della conica.

Soluzione:

a) La matrice associata alla conica è

A′ = [\begin{matrix}2 & 2 & 1 \\ 2 & 5 & −1 \\ 1 & −1 & 1 \end{matrix}] ⇒ det(A) = −5 ≠ 0

e si tratta di una conica non degenere. Inoltre

det(A) = det [\begin{matrix}2 & 2 \\ 2 & 5 \end{matrix}] = 6 > 0

quindi si tratta di una conica a centro, in particolare di un’ellisse.

Per trovare la forma canonica calcoliamo gli autovalori di A:

p_{A}(λ) = (2 − λ)(5 − λ) − 4 = λ^{2} − 7λ + 6

quindi gli autovalori di A sono λ = 1, 6. In effetti, poiché gli autovalori sono concordi, si tratta di un’ellisse. La forma canonica cercata è quindi del tipo x^{2} + 6y^{2} + t = 0, a cui è associata la matrice

B = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]

Imponendo la condizione det(A) = det(B) otteniamo t = −\frac{5}{6}. Infine la forma canonica della conica (ellisse reale) è

x^{2} + 6y^{2} − \frac{5}{6} = 0  ⇒  \frac{6}{5}x^{2} + \frac{36}{5}y^{2} − 1 = 0

b) Per trovare il centro risolviamo il sistema A| − h:

[\begin{matrix}2 & 2 & | & −1 \\ 2 & 5 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}2 & 2 & | & −1 \\ 0 & 3 & | & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x + 2y = −1 \\ 3y = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{7}{6} \\ y = \frac{2}{3} \end{cases} ⇒ C (−\frac{7}{6}, \frac{2}{3})

Inoltre, essendo un’ellisse, non ha punti all’infinito.

c) Per trovare gli assi di simmetria calcoliamo gli autospazi di A:

E(1) = N(A − I) : [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 4 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = t \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨(−2, 1)⟩

E(6) = N(A − 6I) : [\begin{matrix}−4 & 2 \\ 2 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 2t \end{cases} ⇒ E(6) = ⟨(1, 2)⟩

Gli assi sono le rette passanti per il centro, di direzione parallela agli autovettori trovati:

a_{1} : \begin{cases}x = −\frac{7}{6} − 2t \\ y = \frac{2}{3} + t \end{cases} ⇒ x + 2y = \frac{1}{6}

a_{2} : \begin{cases}x = −\frac{7}{6} + t \\ y = \frac{2}{3} + 2t \end{cases} ⇒ 2x − y = −3

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