CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

GEOMETRIA – II PROVA DI ACCERTAMENTO – B – 15/6/2010

Esercizio 1.1. Si consideri la base B = {(0, 0, 1, 1), (1, 0, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0)} di R^{4} e sia E la base canonica di R^{4}. Sia T : R^{4} → R^{4} la funzione lineare con matrice associata

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

con k parametro reale.

a) Stabilire per quali valori di k la funzione T è un isomorfismo (cioè iniettiva e suriettiva).

b) Posto k = −1, si trovi una base del sottospazio T^{−1}(W) = {v ∈ R^{4} | T (v) ∈ W }, con W = ⟨(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1)⟩.

Soluzione:

a) T è un isomorfismo se il rango di M_{B}^{E}(T) è 4, infatti in tale caso dim(Im(T)) = rg(M) = 4 e T è suriettiva, e dim(N(T)) = 4 − 4 = 0 e T è iniettiva. In questo caso è probabilmente più rapido calcolare il determinante di M, sviluppando rispeto alla terza colonna:

det ((M_{B}^{E}(T)) = 1 · k · 1 = k

Quindi T è un isomorfismo se k ≠ 0 quando il rango di M è 4.

b) La matrice associata a T per k = −1 è

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

Possiamo procedere in due modi:

– MODO 1. Esprimiamo i due vettori w_{1} = (1, 0, 0, 1) e w_{2} = (0, 1, 0, 1) come combinazione lineare delle immagini della base B risolvendo i due sistemi M_{B}^{E}(T)|w_{1} e M_{B}^{E}(T)|w_{2}. Riduciamo a gradini le due matrici contemporaneamente:

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

Risolviamo il primo sistema xT (v_{1}) + yT (v_{2}) + zT (v_{3}) + wT (v_{4}) = w_{1}:

\begin{cases}x = 1 \\ −y = −1 \\ z + w = −1 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = 1 \\ z = −1 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ T^{−1}(w_{1}) = (1, 1, −1, 0)_{B} = (0, −1, 2, 1)

Risolviamo il secondo sistema xT (v_{1}) + yT (v_{2}) + zT (v_{3}) + wT (v_{4}) = w_{2}:

\begin{cases}x = 0 \\ −y = 1 \\ z + w = 1 \\ w = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −1 \\ z = 0 \\ w = 1 \end{cases} ⇒ T^{−1}(w_{2}) = (0, −1, 0, 1)_{B} = (−1, 1, 0, 0)

– MODO 2.Essendo T un isomorfismo possiamo calcolare l’inversa di M(T):

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

Quindi

T^{−1}(w_{1}) = M_{E}^{B}(T^{−1}) · w_{1}^{T} = (1, 1, −1, 0)_{B} = (0, −1, 2, 1)
T^{−1}(w_{2}) = M_{E}^{B}(T^{−1}) · w_{2}^{T} = (0, −1, 0, 1)_{B} = (−1, 1, 0, 0)
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Esercizio 1.2. Sia T l’endomorfismo di R^{3} la cui matrice rispetto alla base canonica è

A = [\begin{matrix}8 & −12 & −2 \\ 3 & −4 & −1 \\ 3 & −6 & 1 \end{matrix}]

a) Stabilire se A è diagonalizzabile e, in caso positivo, determinare una matrice P tale che P^{−1}AP sia una matrice diagonale.

b) Determinare, se esistono, i valori di k per cui la matrice

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

può essere associata al medesimo endomorfismo T.

Soluzione:

a) Il polinomio caratteristico di A è p_{A}(λ) = −(λ−1)(λ−2)^{2}, quindi T ha l’autovalore λ = 2, doppio,

e λ = 1, singolo.

Per stabilire se T è diagonalizzabile cominciamo a calcolare l’autospazio E(2):

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}6 & −12 & −2 \\ 3 & −6 & −1 \\ 3 & −6 & −1 \end{matrix}] ⇒ 3x − 6y − z = 0 ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = 3t − 6s \end{cases} ⇒

E(2) = ⟨ (1, 0, 3), (0, 1, −6)⟩

A questo punto possiamo già dire che T è diagonalizzabile.

Determiniamo l’autospazio E(1):

E(1) = N(A − I) : [\begin{matrix}7 & −12 & −2 \\ 3 & −5 & −1 \\ 3 & −6 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}2II − I \\ 1/3III \end{matrix} [\begin{matrix}7 & −12 & −2 \\ −1 & 2 & 0 \\ 1 & −2 & 0 \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}7 & −12 & −2 \\ −1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (2, 1, 1)⟩

Infine la matrice P diagonalizzante (formata da una base di autovettori) è

P = [\begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 3 & −6 & 1 \end{matrix}]

b) Dal momento che A è diagonalizzabile con autovalori λ = 2, doppio, e λ = 1, singolo, A e B sono associate allo stesso endomorfismo T se anche B ha le stesse caratteristiche. Calcoliamo quindi il polinomio caratteristico di B:

p_{B}(λ) = (1 − λ)(k − 1 − λ)(2 − λ)

quindi A e B hanno gli stessi autovalori se k = 3. Dobbiamo ora verificare che, per k = 3, anche B sia diagonalizzabile, ovvero che λ = 2 abbia molteplicità geometrica 2:

E_{B}(2) = N(B − 2I) : [\begin{matrix}−1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases}

La molteplicità geometrica di λ = 2 è 1, quindi B non è diagonalizzabile e A e B non sono associate al medesimo endomorfismo T per nessun valore di k.

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Esercizio 1.3. Si consideri la funzione lineare T : R^{4} → R^{4} definita da

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (x_{1} + 2x_{3}, x_{4}, 2x_{1} + x_{3}, x_{2}).

a) Mostrare che T è diagonalizzabile.

b) Se esiste, trovare una base ortonormale di R^{4} formata da autovettori di T?

Soluzione: La matrice associata a T rispetto alla base canonica di R^{4} è

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

a) T è simmetrica, quindi è sicuramente diagonalizzabile.

b) Essendo T simmetrica esiste una base ortonormale di R^{4} formata da autovettori di T. Calcoliamo il polinomio caratteristico di T:

p_{M}(λ) = (1 − λ)(1 − λ)(λ^{2} − 1) + 2(−2)(λ^{2} − 1) = (λ^{2} − 1)(λ^{2} − 2λ + 1 − 4)
= (λ^{2} − 1)(λ^{2} − 2λ − 3) = (λ − 1)(λ − 3)(λ + 1)^{2}

T ha autovalori λ = −1, doppio, λ = 1 e λ = 3, singoli. Calcoliamo i tre autospazi:

E(1) = N(M − I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = 0 \\ w = t \end{cases} ⇒

E(1) = ⟨ (0, 1, 0, 1, 0) ⟩ = ⟨ (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}}) ⟩

Analogamente

E(3) = N(M − 3I) : [\begin{matrix}−2 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & −3 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & −2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & −3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ III + I \\ 3IV + II \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & −3 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −8 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = t \\ w = 0 \end{cases} ⇒

E(3) = ⟨ (1, 0, 1, 0) ⟩ = ⟨ (\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0) ⟩

Infine

E(−1) = N(M + I) : [\begin{matrix}2 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = −t \\ w = −s \end{cases} ⇒

E(1) = ⟨ (1, 0, −1, 0), (0, 1, 0, −1) ⟩

Notiamo che i due vettori di E(−1) trovati sono ortogonali tra loro, quindi è sufficiente normalizzarli:

E(−1) = ⟨ (\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, −\frac{1}{\sqrt{2}}, 0) , (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0, −\frac{1}{\sqrt{2}})⟩

Infine una base ortonormale formata da autovettori cercata è:

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

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Esercizio 1.4. Sia C la conica di equazione

C : 9x^{2} + 4xy + 6y^{2} − 4x + 7y = 0. a) Stabilire il tipo di conica e la forma canonica di C.

b) Trovare equazioni degli assi di simmetria di C.

Soluzione:

a) Le matrici associate alla conica sono

Ã = [\begin{matrix}9 & 2 & −2 \\ 2 & 6 & \frac{7}{2} \\ −2 & \frac{7}{2} & 0 \end{matrix}] e A = [\begin{matrix}9 & 2 \\ 2 & 6 \end{matrix}]

Di conseguenza:

– I_{3} = det(Ã) = −\frac{649}{4}, e si tratta di una conica non degenere.

– p_{A}(λ) = (9 − λ)(6 − λ) − 4 = λ^{2} − 15λ + 50. Quindi gli autovalori sono λ_{1} = 10 e λ_{2} = 5, concordi, e si tratta di un’ellisse.

– Sappiamo che la forma canonica sarà del tipo ax^{2}+by^{2}±1 = 0, cerchiamo quindi un’equazione del tipo

λ_{1}x^{2} + λ_{2}y^{2} + t = 0 ⇒ 10x^{2} + 5y^{2} + t = 0

a cui è associata la matrice

B = [\begin{matrix}10 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]

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

−\frac{649}{4} = 50t ⇒ t = −\frac{649}{200}

Infine possiamo ricavare la forma canonica:

10x^{2} + 5y^{2} − \frac{649}{200} = 0 ⇒ \frac{2000}{649}x^{2} + \frac{1000}{649}y^{2} − 1 = 0

Notiamo che si tratta di un ellisse reale.

b) Determiniamo il centro della conica risolvendo il sistema A| − h:

[\begin{matrix}9 & 2 & | & 2 \\ 2 & 6 & | & −\frac{7}{2} \end{matrix}] ⇒ 9II − 2I [\begin{matrix}9 & 2 & | & 2 \\ 0 & 50 & | & −\frac{71}{2} \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = \frac{19}{50} \\ y = −\frac{71}{100} \end{cases} ⇒ C (\frac{19}{50}, −\frac{71}{100})

Calcoliamo gli autospazi di A:

E(10) = N(A − 10I) : [\begin{matrix}−1 & 2 \\ 2 & −4 \end{matrix}] ⇒ x − 2y = 0

E(5) = N(A − 5I) : [\begin{matrix}4 & 2 \\ 2 & 1 \end{matrix}] ⇒ 2x + y = 0

Infine gli assi hanno la direzione degli autovettori e passano per il centro C:

a_{1} : x − 2y = \frac{9}{5} a_{2} : 2x + y = \frac{1}{20}

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Esercizio 1.5. Cos’è una base ortonormale? Dopo averne dato la definizione, dare un esempio di base ortonormale dello spazio R^{3}.