Soluzioni proposte

Soluzione dell'esercizio 1  Siano

$$\begin{array}{rclcrcl} v_1 & = & P_2-P_1 = \left( \begin{arr... ...begin{array}{c} -1\\ -\sqrt{3} \end{array}\right) \end{array}$$

Un semplice calcolo mostra che

$$\det\left( \begin{array}{cc} 2 & -\sqrt{3} \\ 0 & -1 \en... ...}{cc} \sqrt{3} & -1 \\ 1 & -\sqrt{3} \end{array}\right)=-2$$

quindi sia v₁,v₂ che w₁,w₂ sono linearmente indipendenti, e pertanto l'affinità cercata esiste ed è unica. Cominciamo determinando la parte lineare. Questa è un'applicazione tale che $\psi(v_i)=w_i$ per i=1,2. Ma allora è data dato che la matrice (v₁|v₂), ottenuta affiancando v₁ e v₂, porta i vettori della base standard di $\mathbb R^2$ su v₁ e v₂, l'applicazione $\psi$ sarà definita dalla matrice

$$\begin{array}{rcl} (w_1\vert w_2)(v_1\vert v_2)^{-1}&=& \left... ...frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{array}\right) \end{array}$$

La parte di traslazione è infine data da $Q_1-P_1=\left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right)$ e quindi l'affinità cercata è:

$$\varphi(x,y)=\left( \begin{array}{cc} \frac{\sqrt{3}}{2} & ... ...}\right)+\left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right).$$

La parte lineare è data da una matrice ortogonale e quindi $\varphi$ è una isometria inoltre il determinante di tale maice è 1quindi o ùna rotazioe o una traslazione. Dato che evidentemente non è una traslazione (la parte lineare non è l'identità), $\varphi$ è una rotazione.     

Soluzione dell'esercizio 2  Il generico piano passante per P è dato dall'equazione

a(x-1)+b(y-1)+c(z-2)=0.

Perché tale piano sia parallelo ad r deve risultare che il vettore direzione della retta, che è il vettore v=(1,-1,2), sia perpendicolare al vettore (a,b,c) perpendicolare al piano, ossia

a-b+2c=0.

Affinché il piano sia perpendicolare al piano H₁ deve essere che i vettori normali ai due piani siano tra loro ortogonali, dato che il vettore normale ad H₁ è (1,2,1) deve aversi

a+2b+c=0.

mettendo insieme le due condizioni trovate si ottiene il sistema lineare

$$\left\{ \begin{array}{l} a-b+2c=0\\ a+2b+c=0 \end{array}... ...ft\{ \begin{array}{l} -3b+c=0\\ a+5b=0 \end{array}\right.$$

cha ha per soluzione $(a,b,c)=\alpha(-5,1,3)$ con $\alpha\in \mathbb R$. Dato che tali soluzioni sono uniche a meno di moltiplicazione per una costante (sono uno spazio vettoriale di dimensione 1), il piano H₂ esiste ed è unico. Una sua equazione è data da:

$$5(x-1)-(y-1)-3(z-2)=0 \iff 5x-y-3z+2=0.$$

Se esistesse il piano H₃ allora H₁ dovrebbe essere perpendicolare alla retta r, dato che H₁ è parallelo ad H₃ che è perpendicolare a r. Quindi il vettore direzione della retta r dovrebbe essere linearmente dipendente dal vettore normale del piano H₁. Ma i vettori (1,-1,2) e (1,2,1) sono linearmente indipendenti: il minore dato dall eprime due colonne della matrice

$$\left( \begin{array}{ccc} 1 & -1 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \end{array}\right)$$

ha determinante 3 e quindi le righe della matrice sono linearmente indipendenti.     

Soluzione dell'esercizio 3  Le rette passnti per P₁, P₂ e per P₂, P₃ sono rispettivamente date dalle equazioni x=0 e x-2=0, che insieme formano la conica di equazione x(x-2)=0. Le rette passanti per P₁, P₄ e per P₂, P₃ sono rispettivamente date dalle equazioni y-3=0 e y-2=0, che insieme formano la conica di equazione (y-2)(y-3)=0. Poiché l'intersezione di queste due coniche è data dai quattro punti P₁,P₂,P-3,P₄, una equazione del fascio di coniche cercato è data da:

$$\alpha x(x-2)+\beta (y-2)(y-3)=0\qquad \alpha,\beta\in\mathbb R.$$

Affinché una conica del fascio passi per P₅=(1,1) dovrà essere che

$$\alpha 1 (1-2)+\beta (1-2)(1-3)=0$$

ossia $\alpha=2\beta$ e quindi $(\alpha,\beta)=\lambda (2,1)$. Dato che la soluzione è unica a meno di moltiplicazione per una costante, si ha che esiste una unica conica del fascio passante per P₅ e una sua equazione si ottiene per $\alpha=2$ e $\beta=1$ ossia è

2x²+y²-4x-5y+6=0.

Studiamo questa conica. La matrice associata è data da:

$$A= \left( \begin{array}{cc\vert c} 2 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & ... ...ine -2 & -\frac{5}{2} & 6\rule{0pt}{10pt} \end{array}\right)$$

La parte quadratica è definita positiva (è diagonale con due autovalori positivi), quindi si hanno tre possibilità o è un'ellisse (forma canonica x²+y²-1=0), oppure è vuota (forma canonica x²+y²+1=0), oppure è un punto (forma canonica x²+y²=0). Dato che la nostra conica contiene 5punti, può soltanto essere un'ellisse.     

Soluzione dell'esercizio 4  Indichiamo con e_i i vettori della base standard di $\mathbb R^3$ e con $\langle,\rangle$ il prodotto scalare definito dalla matrice. Osserviamo che $\langle e_1,e_1\rangle=1\ne0$, quindi possiamo fare il seguente cambiamento di base:

$$\begin{array}{rcl} v_1 & = & e_1 \\ v_2 & = &\displaystyle... ...,e_1\rangle}e_1 = e_3 - \frac{2}{1}e_1 = e_3 -2e_1 \end{array}$$

Per costruzione v₂ e v₃ sono ortognali a v₁ inoltre:

$$\begin{array}{rcl} \langle v_2,v_2\rangle&=&\langle e_1+e_2,e... ...angle e_1,e_3\rangle+\langle e_2,e_3\rangle= 2+0=2 \end{array}$$

quindi la matrice del prodotto scalare rispetto a questa base è data da:

$$\left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & -5 \end{array}\right).$$

Dato che $\langle v_2,v_2\rangle=1\ne0$ possiamo iterare il procedimento e considerare la base

$$\begin{array}{rcl} w_1 & = & v_1 \\ w_2 & = & v_2 \\ w_3... ...,v_2\rangle}v_2 = v_3 - \frac{2}{1}v_2 = v_3 -2v_2 \end{array}$$

Per costruzione questa è una base ortogonale e

$$\langle w_3,w_3\rangle=\langle v_3-2v_2,v_3-2v_2\rangle=\lang... ...ngle+4\langle v_2,v_2\rangle-4\langle v_2,v_3\rangle=-5+4-8=-9$$

e quindi la matrice associata rispetto a questa base è data da:

$$\left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -9 \end{array}\right).$$

Quindi l'indice di positività del prodotto scalare è 2, l'indice di negatività è 1 e l'indice di nullità è 0.

Scriviamo esplicitamente la base ortogonale che abbiamo trovato:

$$\begin{array}{rcl} w_1 & = & v_1 = e_1= \left(\begin{array}{... ...\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ 1\end{array}\right) \end{array}$$

    

Soluzione dell'esercizio 5  Sia $v\in W^\perp$ e proviamo che allora $F^*(v)\in W^\perp$. Se $w\in W$allora

$$\langle F^*(v),w\rangle=\langle v,F(w)\rangle=0$$

dato che $v\in W^\perp$ e $F(w)\in W$ (si usa qui l'ipotesi che $F(W)\subset W$). Ma allora per l'arbitrarietà di $w\in W$ si ha che $F^*(v)\in W^\perp$e quindi, per l'arbitrarietà di $v\in W^\perp$, $F(W^\perp)\subset W^\perp$.