CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

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

Esercizio 1.1. Si consideri la base B = {(1, −1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 1, 1), (1, 0, −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 = 2, 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 = 2 è

M_{B}^{E}(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 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 & 2 & 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 & 2 & 0 & 0 & | & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & | & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ 2III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & | & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 & | & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & 2 & | & 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 \\ 2y = −1 \\ 2z + 2w = 1 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = −\frac{1}{2} \\ z = \frac{1}{2} \\ w = 0 \end{cases} ⇒ T^{−1}(w_{1}) = (1, −\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0)_{B} = (1, −\frac{3}{2}, 0, \frac{1}{2})

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

\begin{cases}x = 0 \\ 2y = 1 \\ 2z + 2w = −1 \\ w = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = \frac{1}{2} \\ z = −\frac{3}{2} \\ w = 1 \end{cases} ⇒ T^{−1}(w_{2}) = (0, \frac{1}{2}, −\frac{3}{2}, 1)_{B} = (1, \frac{1}{2}, −2, −\frac{3}{2})

– 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 \\ −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ \frac{3}{2} & −\frac{1}{2} & 1 & −1 \\ −1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

T^{−1}(w_{1}) = M_{E}^{B}(T^{−1}) · w_{1}^{T} = (1, −\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0)_{B} = (1, −\frac{3}{2}, 0, \frac{1}{2})

T^{−1}(w_{2}) = M_{E}^{B}(T^{−1}) · w_{2}^{T} = (0, \frac{1}{2}, −\frac{3}{2}, 1)_{B} = (1, \frac{1}{2}, −2, −\frac{3}{2})

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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}−4 & −3 & −1 \\ 12 & 8 & 2 \\ −6 & −3 & 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}k & 0 & 1 \\ 0 & 2 & k − 1 \\ 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 & −3 & −1 \\ 12 & 6 & 2 \\ −6 & −3 & −1 \end{matrix}] ⇒ −6x − 3y − z = 0 ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = −6t − 3s \end{cases} ⇒

E(2) = ⟨ (1, 0, −6), (0, 1, −3)⟩

A questo punto possiamo già dire che T è diagonalizzabile.

Determiniamo l’autospazio E(1):

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

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

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

P = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & −2 \\ −6 & −3 & 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) = (k − λ)(2 − λ)(2 − λ)

quindi A e B hanno gli stessi autovalori se k = 1. Dobbiamo ora verificare che, per k = 1, anche B sia diagonalizzabile, ovvero che λ = 2 abbia molteplicità geometrica 2:

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

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

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

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}2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \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)^{2}[(2 − λ)^{2} − 1] = (1 − λ)^{3}(3 − λ)

T ha autovalori λ = 1, triplo, e λ = 1, singolo. Calcoliamo i due autospazi:

E(3) = N(M − 3I) : [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & −2 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −2 \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) ⟩

Analogamente

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

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

Notiamo che i tre 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, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1) ⟩

Infine una base ortonormale formata da autovettori cercata è:

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

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Esercizio 1.4. Sia C la conica di equazione

C : 9x^{2} + 4xy + 6y^{2} − 2x − 1 = 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 & −1 \\ 2 & 6 & 0 \\ −1 & 0 & −1 \end{matrix}] e A = [\begin{matrix}9 & 2 \\ 2 & 6 \end{matrix}]

Di conseguenza:

– I_{3} = det(Ã) = −56, 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:

−56 = 50t ⇒ t = −\frac{28}{25}

Infine possiamo ricavare la forma canonica:

10x^{2} + 5y^{2} − \frac{28}{25} = 0 ⇒ \frac{125}{14}x^{2} + \frac{125}{28}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 & | & 1 \\ 2 & 6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − 3I [\begin{matrix}9 & 2 & | & 1 \\ −25 & 0 & | & −3 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = \frac{3}{25} \\ y = −\frac{1}{25} \end{cases} ⇒ C (\frac{3}{25}, −\frac{1}{25})

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

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Esercizio 1.5. Cos’è il nucleo di una funzione lineare? Dopo averne dato la definizione, dare un esempio di funzione lineare definita sullo spazio R^{3} con nucleo contenente vettori non nulli.