Soluzioni proposte

Soluzione dell'esercizio 1  I punti P_i sono in posizione generale, infatti:

$$\begin{array}{ll} \det\left( \begin{array}{ccc} 2 & 0 & 0 \\... ... 1 & 0 & 1 \\ 3 & 1 & 1 \end{array}\right)=1\ne0. \end{array}$$

Una proiettività che porta i P_i sui Q_i (risp. R_i) esiste se e solo se i Q_i (risp R_i) sono anch'essi in posizione generale ed in tal caso è unica.

I Q_i non sono in posizione generale, infatti

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

I punti R_i sono in posizione generale, infatti:

$$\begin{array}{ll} \det\left( \begin{array}{ccc} -1 & 0 & 1 \... ...1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 1 \end{array}\right)=1\ne0. \end{array}$$

Determiniamo la proiettività tale che $\varphi(P_i)=R_i$ per ogni i. Poniamo

$$\begin{array}{llll} v_1= \left( \begin{array}{c} 2\\ 0\\ ... ...( \begin{array}{c} 2\\ -1\\ 1 \end{array}\right) \end{array}$$

scriviamo v₄ e w₄ come combinazione lineare rispettivamente di v₁,v₂,v₃ e w₁,w₂,w₃.

$$\begin{eqnarray*}v_4 & = & \frac{1}{2} v_1 + v_2 + v_3 \\ w_4 & = & w_1 + w_2 + 2 w_3 \end{eqnarray*}$$

l'applicazione lineare che porta $v_1/2 \to w_1$, $v_2 \to w_2$ e $v_3 \to 2w_3$(e tutti i suoi multipli scalari) definisce la proiettività cercata.

La matrice di tale applicazione lineare è data da:

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

la proiettività cercata è allora data da:

$$\begin{eqnarray*}\varphi([x_0,x_1,x_2]) & = & \left[ \left( \begin{array}{ccc... ... = \\ [10pt] & = & \left[3x_2+2x_1-x_0,x_1,x_0-x_1-x_2\right] \end{eqnarray*}$$

    

Soluzione dell'esercizio 2  Determiniamo equazioni parametriche della prima retta.

$$\left\{\begin{array}{l}x+y=1\\ x-2z=0 \end{array}\right. \iff... ... \left\{\begin{array}{l}x=2t\\ y=1-2t\\ z=t \end{array}\right.$$

e quindi

$$r = \{(0,1,0)+t(2,-2,1)\,\vert\,t\in\mathbb R\}$$

La giacitura della retta r è generata dal vettore v=(2,-2,1) mentre la giacitura della retta s è generata dal vettore w=(0,0,1). v e w sono evidentemente linearmente indipendenti, quindi per verificare che le rette sono sghembe, basta vedere che non hanno punti in comune. Sostituendo l'espressione parametrica della retta di s nell'equazione di r si vede immediatamente che le due rette non hanno punti in comune (si ha che i punti di s sono tali che x=y=1, mentre per i punti di r si ha x+y=1).

La giacitura dei due pioni sarà data dallo spazio generato da v e w, e dovranno passare rispettivamente per un punto di r ed uno di s, quindi le equazioni parametrichge dei due piani sono:

$$\begin{eqnarray*}H_1 & = & \{(0,1,0)+\lambda (2,-2,1)+\mu(0,0,1)\mid \lambda,\mu... ...1,1,0)+\lambda (2,-2,1)+\mu(0,0,1)\mid \lambda,\mu\in\mathbb R\} \end{eqnarray*}$$

Dato che i due piani sono paralleli, la reciproca distanza è uguale alla distanza di un punto di uno dei due piani dall'altro piano. Detto P=(1,1,0), allora

d(H₁,H₂)=d(P,H₁).

Determiniamo un'equazione implicita di H₁. Il sistema nelle incognite $\lambda, \mu$ dato da

$$\left\{ \begin{array}{l} x = 2 \lambda \\ y = 1 - 2 \lambda \\ z = \mu \end{array}\right.$$

ha soluzione se e solo se x + y -1 = 0, che è quindi l'equazione di H₁.

Ma allora

$$d(H_1,H_2)=d(P,H_1) = \frac{\left\vert 1 + 1 -1\right\vert}{\sqrt{1+1}}= \frac{1}{\sqrt{2}}$$

    

Soluzione dell'esercizio 3  La matrice di ${\cal C}$è

$$\left( \begin{array}{cc\vert c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 0 \\ \hline 0 & 0 & -1 \end{array}\right)$$

che è equivalente a

$$\left( \begin{array}{cc\vert c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ \hline 0 & 0 & -1 \end{array}\right)$$

e quindi ${\cal C}$ è una iperbole. La matrice di ${\cal C}_1$ è

$$\left( \begin{array}{cc\vert c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -3/2 \\ \hline 0 & -3/2 & -4 \end{array}\right)$$

il determinante di tale matrice è -9/4 quindi è una conica non degenere, la sua parte quadratica è degenere, quindi ${\cal C}_1$ è una parabola. Non esiste,per tanto, alcuna affinità che porti l'una sull'altra.

La matrice della conica ${\cal C}_3$ è:

$$\left( \begin{array}{cc\vert c} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ \hline 0 & 0 & -1 \end{array}\right)$$

il determinante della matrice è 1 quindi la conica è non degenere. Il determinante della parte quadratica è -1<0, quindi ${\cal C}_2$ è un'iperbole. Esiste quindi una affinità che porta ${\cal C}$ su ${\cal C}_2$. Determiniamone una.

Osserviamo che

$$x^2-4y^2-1= (x+2y)(x-2y)-1=2\frac{x+2y}{\sqrt{2}}\frac{x-2y}{\sqrt{2}}-1$$

e quindi se (x,y) è un punto di ${\cal C}$ (ossia x²-4y²-1=0), allora il punto

$$\varphi(x,y)=(x',y')=\big(\frac{x+2y}{\sqrt{2}},\frac{x-2y}{\sqrt{2}}\big)$$

è un punto di ${\cal C}_2$ (ossia 2x'y'-1=0), quindi $\varphi$ è l'affinità cercata.     

Soluzione dell'esercizio 4  Consideriamo le matrici

$$\begin{array}{ll} E_{1,1}=\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \... ...in{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right) \end{array}$$

È noto che ${\cal E}=\{E_{1,1},E_{2,1},E_{1,2},E_{2,2}\}$ è una base di V; inoltre

$$\begin{array}{rcl} \langle E_{1,1},E_{1,2}\rangle & = & \mat... ...limits E_{2,1}E_{2,2}=\mathop{\rm tr}\nolimits0 = 0 \end{array}$$

quindi ${\cal E}$ è una base ortogonale. Si osservi inoltre che

$$\begin{array}{rcl} \langle E_{1,1},E_{1,1}\rangle & = & \mat... ...E_{2,2}E_{2,2}=\mathop{\rm tr}\nolimits E_{2,2} = 1 \end{array}$$

ossia ${\cal E}$ è una base ortonormale.

Si mostra in generale che, detta E_i,j la matrice $n\times n$ costituita da tutti 0 tranne un 1 ol posto di riga i e colonna j, si ha che

$$E_{i,j}E_{i',j'}=\big\langle \begin{array}{ll} 0 & \hbox{\rm... ...}} j \ne i' \\ E_{i,j'} & \hbox{\rm {se }} j = i' \end{array}$$

e quindi

$$\langle E_{i,j},E,{i',j'}\rangle=\mathop{\rm tr}\nolimits E_{... ...\rm tr}\nolimits E_{i,i'} & \hbox{\rm {se }} j = j' \end{array}$$

ma ora

$$\mathop{\rm tr}\nolimits E_{i,i'}=\big\langle \begin{array}{l... ...rm {se }} i \ne i' \\ 1 & \hbox{\rm {se }} i = i' \end{array}$$

e quindi in definitiva

$$\langle E_{i,j},E,{i',j'}\rangle= \begin{array}{ll} 0 & \hbo... ...e (i',j') \\ 1 & \hbox{\rm {se }} (i,j) = (i',j') \end{array}$$

essia le matrici E_i,j costituiscono un abase ortonormale dello spazio delle matrici $n\times n$ dotato di tale prodotto scalare.     

Soluzione dell'esercizio 5  Essendo una matrice reale $3\times 3$, A ha almeno un autovalore reale $\lambda$, ed in più, essendo una matrice ortogonale, necessariamente $\lambda=1$ o $\lambda=-1$. Dimostriamo che nelle nostre ipotesi 1è autovalore di A.

Se $\lambda=1$, non c'è niente da dimostrare. Se $\lambda=-1$, sia v un autovettore unitario di A relativo all'autovalore -1. Dato che A è ortogonale, $W=\bigl(\left\langle {}v\right\rangle\bigr)^{\bot}$ è invariante per A; quindi, presa una base ortonormale $\{v_1,v_2\}$ di W, la matrice associata ad A rispetto alla base ${\cal B}=\{v_1,v_2,v\}$ ha la forma

$$A_1=M^{-1}AM= \left( \begin{array}{c\vert c} B & \begin{ar... ... \begin{array}{cc} 0 & 0 \end{array} & 1 \end{array}\right)$$

Inoltre, dato che $\cal B$ è una base ortonormale, la matrice di cambiamento di base M è a sua volta ortogonale, quindi A₁ è ortogonale, da cui segue che anche B è ortogonale.

Poiché $\det A=1$, si ha che $\det B=-1$ e quindi B è una riflessione ed ha per tanto due autovalori 1 e -1. Dato che gli autovalori di B sono anche autovalori di A, 1 è un autovalore di A.

Nel ragionamento precedente possiamo allora supporre che $\lambda=1$ e quindi esiste una base ortonormale in cui A assume la forma

$$A_1=M^{-1}AM= \left( \begin{array}{c\vert c} B & \begin{ar... ... \begin{array}{cc} 0 & 0 \end{array} & 1 \end{array}\right)$$

essendo B una matrice ortogonale con $\det B=1$. Ma allora B è della forma

$$B=\left( \begin{array}{cc} \cos\theta &-\sin\theta \\ \sin\theta &\cos\theta \end{array}\right)$$

e quindi A risulta essere una rotazione attorno a $\left\langle {}v_1\right\rangle$ di un angolo $\theta$.

Osserviamo infine che A ed A₁, essendo simili, hanno la stessa traccia, quindi

$$\mathop{\rm tr}\nolimits A=\mathop{\rm tr}\nolimits A_1=1+\mathop{\rm tr}\nolimits B=1+2\cos\theta$$

da cui segue immediatamente la relazione richiesta, che determina a meno del segno l'angolo $\theta$.