Politecnico di Bari I Facoltà di Ingegneria C. d. L. Ingegneria Edile

Politecnico di Bari
I Facoltà di Ingegneria C. d. L. Ingegneria Edile Corso A
Esame di Geometria Traccia 1
A.A. 2008/2009 - 6 Febbraio 2010
1. Date le matrici

1
A= 0
1
0
2
0

2
3 ,
1


0
1 ,
1
1
B= 2
0
C=
2
0
1
1

,

1 0
D =  2 1 ,
1 −1
si determinino, se possibile, le matrici X e Y tali che
AX = B
e
CY = D.
RISOLUZIONE:
E' possibile determinare la matrice X , ma non la matrice Y . Per quanto riguarda la X ,
si nota subito che, anchè si possa eettuare il prodotto di A per X , la matrice X deve
avere 3 righe. Inoltre, dal momento che, come segue dalla teoria, il prodotto AX ha lo stesso
numero di righe di A, cioè 3, e lo stesso numero di colonne di X , segue che X ha due colonne.
Dunque, X risulta di tipo 3 × 2. Per determinare X , si procede come di seguito illustrato.
(1)
AX = B ⇒ A−1 (AX) = A−1 B ⇒ X = A−1 B.
La matrice A è invertibile perchè det(A) = −2, e si trova
T 
−1
2
3 −2
1 
1
0 −1 0  =  − 23
agg(A) =
=
det(A)
−2
−4 −3 2
1

A−1
Utilizzando il calcolo precedente e la (1), si ha


−1 0 2
1
3 
2
X = A−1 B =  − 23 12
2
0
1
0 −1
 
−1
0
1  =  − 12
1
1
0
2

1
2
3
2
.
0
−1

2
2 .
−1
Non è possibile, invece, ricavare la matrice Y , perchè il prodotto CY , quando è eseguibile,
è una matrice con 2 righe, quindi necessariamente diversa da D, che invece è matrice con 3
righe.
2. Date le matrici

1
P = 2
1
0
1
1

1
0 
1

e
1
D= 0
0
0
2
0

0
0 ,
2
a) si determini la matrice A in modo che sia simile a D mediante la matrice diagonalizzante
P;
b) si determinino gli autovalori e una base per ognuno degli autospazi di A;
c) si stabiliscano le molteplicità geometriche di ciascun autovalore di A.
RISOLUZIONE:
Per il primo dei questi si usa la denizione per cui una matrice, simile a una diagonale, è
diagonalizzabile quindi esiste P quadrata dello stesso ordine di quello di A invertibile tale
che D = P −1 AP da cui si ha
A = P DP −1 .
Per la seconda parte si ricorrerà alle sole conoscenze teoriche, per cui è noto che ogni qual
volta una matrice A ∈ Mn (R) è diagonalizzabile, con autovalori l1 , l2 , . . . , lk di molteplicità
Pk
algebriche ma (li ) = mi , per i = 1, 2, . . . k , tale che i=1 mi = n, allora si ha che A è simile
alla matrice diagonale
D = diag(l1 , . . . , l1 , l2 , . . . , l2 , . . . , lk , . . . , lk ).
| {z }
| {z } | {z }
m1 -volte
m2 -volte
mk -volte
Indicato con V (li ) l'autospazio relativo all'autovalore li , e denotata con Bi = {X1 , . . . , Xmi }
una base di V (li ), sempre dalla teoria è noto che i vettori di tali basi, presi nell'opportuno
ordine, costituiscono le colonne della matrice P che diagonalizza A. Ritornando all'esercizio,
la matrice A è per denizione diagonalizzabile, essendo simile ad una matrice diagonale, la
D. Per quanto ricordato prima, i valori sulla diagonale di D sono gli autovalori di A, e quindi
abbiamo:
λ1 = 2 λ2 = 1,
le cui molteplicità algebriche sono ma (λ1 ) = 2, perchè 2 compare due volte sulla diagonale,
e ma (λ2 ) = 1, perchè 1 compare una sola volta sulla diagonale. Dall'esame della matrice P
si evince che una base di V (λ1 = 2) è
   
1 
 0
B1 =  1  ,  0  ,


1
1
e che una base di V (λ2 = 1) è
 
 1 
B2 =  2  .


1
Per rispondere alla richiesta b), si usa il criterio di diagonalizzabilità: infatti, l'esercizio
garantisce che A è diagonalizzabile e quindi in virtù di tale criterio, si ha che la molteplicità
geometrica mg e quella algebrica ma di ogni autovalore sono uguali; dunque
mg (2) = 2 mg (1) = 1.
3. Fissato un riferimento metrico R = O,~i, ~j, ~k nello spazio e data la curva C , denita dalle
equazioni

 x=0
y=t
C:
,

z = t2 + 1
a) si stabilisca se la curva C è piana o sghemba; nel caso in cui C risulti piana si trovi il
piano che la contiene, mentre nel caso in cui C risulti sghemba si trovi la tangente a C
in P (0, 0, 1);
b) si determini una rappresentazione cartesiana della superce S ottenuta dalla rotazione
di C attorno all'asse z .
RISOLUZIONE:
Osservando le equazioni della curva C si capisce, con un attimo di riessione, che si tratta
di una curva piana: infatti, tutti i punti della curva devono avere ascissa nulla, e dunque la
curva è interamente contenuta nel piano coordinato x = 0. In ogni caso, anche se non ci si
accorge subito di questo, si ricorda che una curva è piana se
2
esistono a, b, c, d numeri reali tali che (a, b, c) 6= (0, 0, 0) per cui
ax(t) + by(t) + cz(t) + d = 0,
dove x(t), y(t), z(t) sono date dalle equazioni parametriche della curva.
In questo caso si trova
a0 + bt + c(t2 + 1) + d = 0 ⇒


b
c

c+d
=
=
=
0
0 ⇒ b = c = d = 0,
0
quindi a è diverso
da zero, perciò la curva è piana e il piano che la contiene è x = 0. L'asse
x=0
z ha equazione
e per trovare la superce di rotazione bisogna scrivere un piano π
y=0
passante per un generico punto Q(0, t, t2 + 1) di C e perpendicolare all'asse z ed una sfera S
con centro C su z e raggio CQ. Il piano ha equazione
~ · v~z = 0,
XQ
dove v~z = (0, 0, 1) è il vettore direttore dell'asse z , quindi π : z = t2 +1. Per la sfera, si sceglie
a piacere un punto dell'asse di rotazione (l'asse centrale di ogni parallelo della superce di
rotazione) da usare
p come centro; ad esempio si può prendere O(0, 0, 0), e di conseguenza il
raggio è OQ = t2 + (t2 + 1)2 e l'equazione della sfera è
S : x2 + y 2 + z 2 = t2 + (t2 + 1)2 .
La superce di rotazione ha la seguente rappresentazione parametrica
z = t2 + 1
x2 + y 2 + z 2 = t2 + (t2 + 1)2
e dal momento che l'esercizio richiede di scrivere una rappresentazione cartesiana, ciò si
realizza eliminando il parametro tra le precedenti equazioni, ed ottenendo, come subito si
vede:
x2 + y 2 = z − 1.
4. Fissato un riferimento metrico R = O,~i, ~j nel piano,
a) si determini l'equazione della circonferenza γ tangente alla retta r : x + 2y − 2 = 0 in
P (0, 1) e passante per R(0, −1);
b) si scriva l'equazione della retta r0 tangente a γ nel punto Q diametralmente opposto a
P.
RISOLUZIONE:
Per scrivere l'equazione della circonferenza occorre conoscerne il centro C e il raggio; nel
nostro caso, trovato il centro C , il raggio si può immediatamente ottenere come CP . Il
centro appartiene alla retta n perpendicolare alla retta r, di vettore direttore ~vr (−2, 1) e
passante per il punto di tangenza P ed all'asse a della corda per P e R. L'equazione di n
n : P~X · ~vr = 0 ⇒ −2x + y − 1 = 0,
l'asse a è
2
2
a : XP = XR ⇒ x2 + (y − 1)2 = x2 + (y + 1)2 ⇒ y = 0
y=0
quindi C = a ∩ n :
⇒ C(− 21 , 0). Essendo il raggio P C =
−2x + y − 1 = 0
γ:
x+
1
2
3
2
+ y2 =
5
.
4
√
5
2 ,
si trova
La retta tangente r0 , essendo tangente nel punto diametralmente opposto a P , è parallela a
r ed il punto Q(x0 , y 0 ) è tale che C sia il punto medio di P Q, quindi
x0 + 0
1
= − ⇒ x0 = −1,
2
2
y0 + 1
= 0 ⇒ y 0 = −1,
2
perciò
~ = t0~vr ⇒
r : QX
0
4
x = −2t0 − 1
.
y = t0 − 1
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I Facoltà di Ingegneria C. d. L. Ingegneria Edile Corso A
Esame di Geometria Traccia 2
A.A. 2008/2009 - 6 Febbraio 2010
1. Date le matrici

0
A =  −1
−1

2 3
0 1 ,
0 2

−2
B =  −1
0

1
0 ,
1
C=
1
1
2
0

0
D= 1
−1
,

1
2 ,
1
si determinino, se possibile, le matrici X e Y tali che
e
AX = B
CY = D
RISOLUZIONE:
E' possibile determinare la matrice X , ma non la matrice Y . Per quanto riguarda la X ,
si nota subito che, anchè si possa eettuare il prodotto di A per X , la matrice X deve
avere 3 righe. Inoltre, dal momento che, come segue dalla teoria, il prodotto AX ha lo stesso
numero di righe di A, cioè 3, e lo stesso numero di colonne di X , segue che X ha due colonne.
Dunque, X risulta di tipo 3 × 2. Per determinare X , si procede come di seguito illustrato.
(2)
AX = B ⇒ A−1 (AX) = A−1 B ⇒ X = A−1 B.
La matrice A è invertibile perchè det(A) = 2, si trova
T 
0
0
1
0
1
1
agg(A) =  −4 3 −2  =  21
=
det(A)
2
2 −3 2
0

A−1
Utilizzando il calcolo precedente e la (2), si ha


0 −2 1
−2
3
3 
−1
−
X = A−1 B =  12
2
2
0
0 −1 1

1
3
− 32  .
2
−1 1
−2
 
2
1
0  =  − 25
1
1

1
−1  .
1
Non è possibile, invece, ricavare la matrice Y , perchè il prodotto CY , quando è eseguibile,
è una matrice con 2 righe, quindi necessariamente diversa da D, che invece è matrice con 3
righe.
2. Date le matrici

1
P = 0
1
1
2
1

0
1 
1

e
−2
D= 0
0

0 0
1 0 ,
0 −2
a) si determini la matrice A in modo che sia simile a D mediante la matrice diagonalizzante
P;
b) si determinino gli autovalori e una base per ognuno degli autospazi di A;
c) si stabiliscano le molteplicità geometriche di ciascun autovalore di A.
RISOLUZIONE:
Per il primo dei questi si usa la denizione per cui una matrice, simile a una diagonale, è
diagonalizzabile quindi esiste P quadrata dello stesso ordine di quello di A invertibile tale
che D = P −1 AP da cui si ha
A = P DP −1 .
5
Per la seconda parte si ricorrerà alle sole conoscenze teoriche, per cui è noto che ogni qual
volta una matrice A ∈ Mn (R) è diagonalizzabile, con autovalori l1 , l2 , . . . , lk di molteplicità
Pk
algebriche ma (li ) = mi , per i = 1, 2, . . . k , tale che i=1 mi = n, allora si ha che A è simile
alla matrice diagonale
D = diag(l1 , . . . , l1 , l2 , . . . , l2 , . . . , lk , . . . , lk ).
| {z }
| {z } | {z }
m1 -volte
m2 -volte
mk -volte
Indicato con V (li ) l'autospazio relativo all'autovalore li , e denotata con Bi = {X1 , . . . , Xmi }
una base di V (li ), sempre dalla teoria è noto che i vettori di tali basi, presi nell'opportuno
ordine, costituiscono le colonne della matrice P che diagonalizza A. Ritornando all'esercizio,
la matrice A è per denizione diagonalizzabile, essendo simile ad una matrice diagonale, la
D. Per quanto ricordato prima, i valori sulla diagonale di D sono gli autovalori di A, e quindi
abbiamo:
λ1 = −2 λ2 = 1,
le cui molteplicità algebriche sono ma (λ1 ) = 2, perchè −2 compare due volte sulla diagonale,
e ma (λ2 ) = 1, perchè 1 compare una sola volte sulla diagonale. Dall'esame della matrice P
si evince che una base di V (λ1 = −2) è
   
0 
 1
B1 =  0  ,  1  ,


1
1
e una base di V (λ2 = 1) è
 
 1 
B2 =  2  .


1
Per rispondere alla richiesta b), si usa il criterio di diagonalizzabilità: infatti, l'esercizio
garantisce che A è diagonalizzabile e quindi in virtù di tale criterio, si ha che la molteplicità
geometrica mg e quella algebrica ma di ogni autovalore sono uguali; dunque
mg (−2) = 2 mg (1) = 1.
3. Fissato un riferimento metrico R = O,~i, ~j, ~k nello spazio e data la curva C , denita dalle
equazioni

 x=t
y = t2 + 2t + 2 ,
C:

z=0
a) si stabilisca se la curva C è piana o sghemba; nel caso in cui C risulti piana si trovi il
piano che la contiene, mentre nel caso in cui C risulti sghemba si trovi la tangente a C
in P (−1, 1, 0);
b) si determini una rappresentazione cartesiana della superce S ottenuta dalla rotazione
di C attorno all'asse x.
RISOLUZIONE:
Osservando le equazioni della curva C si capisce, con un attimo di riessione, che si tratta
di una curva piana: infatti, tutti i punti della curva devono avere quota nulla, e dunque la
curva è interamente contenuta nel piano coordinato z = 0. In ogni caso, anche se non ci si
accorge subito di questo, si ricorda che una curva è piana se
esistono a, b, c, d numeri reali tali che (a, b, c) 6= 0 per cui
ax(t) + by(t) + cz(t) + d = 0,
dove x(t), y(t), z(t) sono date dalle equazioni parametriche della curva.
6
In questo caso si trova

 a + 2b = 0
b=0
at + b(t2 + 2t + 2) + c0 + d = 0 ⇒
⇒ a = b = d = 0,

2b + d = 0
quindi c è diverso
da zero, perciò la curva è piana e il piano che la contiene è z = 0. L'asse
y=0
x ha equazione
e per trovare la superce di rotazione bisogna scrivere un piano π
z=0
passante per un generico punto Q(t, t2 + 2t + 2, 0) di C e perpendicolare all'asse x e una sfera
S con centro C su x e raggio CQ. Il piano ha equazione
~ · v~x = 0,
XQ
dove v~x = (1, 0, 0) è il vettore direttore dell'asse z , quindi il piano ha equazione π : x = t. Per
la sfera, si sceglie a piacere un punto dell'asse di rotazione (l'asse centrale di ogni parallelo
della superce di rotazione) da usare
p come centro; ad esempio si può prendere O(0, 0, 0), e
di conseguenza il raggio è OQ = t2 + (t2 + 2t + 2)2 , e l'equazione della sfera è
S : x2 + y 2 + z 2 = t2 + (t2 + 2t + 2)2 .
La superce di rotazione ha la seguente rappresentazione parametrica
x=t
x2 + y 2 + z 2 = t2 + (t2 + 2t + 2)2
e dal momento che l'esercizio richiede di scrivere una rappresentazione cartesiana, ciò si
realizza eliminando il parametro tra le precedenti equazioni, ed ottenendo, come subito si
vede:
y 2 + z 2 = (x2 + 2x + 2)2 .
4. Fissato un riferimento metrico R = O,~i, ~j nel piano,
x = 2t + 2
a) si determini l'equazione della circonferenza γ tangente alla retta r :
in
y = −t
P (0, 1) e avente centro appartenente alla retta s : y = 0;
b) si scriva l'equazione della retta r0 tangente a γ nel punto Q diametralmente opposto a
P.
RISOLUZIONE:
Per scrivere l'equazione della circonferenza occorre conoscerne il centro C e il raggio; nel
nostro caso, trovato il centro C , il raggio si può immediatamente ottenere come CP . Il
centro appartiene alla retta s, ed alla retta n perpendicolare alla retta r, di vettore direttore
~vr (2, −1) e passante per il punto di tangenza P . L'equazione di n è
n : P~X · ~vr = 0 ⇒ 2x − y + 1 = 0,
quindi C = s ∩ n :
y=0
⇒ C(− 21 , 0). Essendo il raggio P C =
2x − y + 1 = 0
2
1
5
γ : x+
+ y2 = .
2
4
√
5
2 ,
si trova
La retta tangente r0 , essendo tangente nel punto diametralmente opposto a P , è parallela a
r e il punto Q(x0 , y 0 ) è tale che C sia il punto medio di P Q, quindi
x0 + 0
1
= − ⇒ x0 = −1,
2
2
y0 + 1
= 0 ⇒ y 0 = −1,
2
7
perciò
~ = t0~vr ⇒
r0 : QX
8
x = 2t0 − 1
.
y = −t0 − 1
Politecnico di Bari
I Facoltà di Ingegneria C. d. L. Ingegneria Edile Corso A
Esame di Geometria Traccia 3
A.A. 2008/2009 - 6 Febbraio 2010
1. Date le matrici

2 1
A= 0 1
1 0

0
1 ,
3

0
B= 1
0

1
2 ,
1
C=
3
−1
1
1
3

,
1
D =  −2
0

3
1 ,
1
si determinino, se possibile, le due matrici X e Y tali che
e
AX = B
CY = D
RISOLUZIONE:
E' possibile determinare la matrice X , ma non la matrice Y . Per quanto riguarda la X ,
si nota subito che, anchè si possa eettuare il prodotto di A per X , la matrice X deve
avere 3 righe. Inoltre, dal momento che, come segue dalla teoria, il prodotto AX ha lo stesso
numero di righe di A, cioè 3, e lo stesso numero di colonne di X , segue che X ha due colonne.
Dunque, X risulta di tipo 3 × 2. Per determinare X , si procede come di seguito illustrato.
(3)
AX = B ⇒ A−1 (AX) = A−1 B ⇒ X = A−1 B.
La matrice A è invertibile perchè det(A) = 7, si trova
T  3
3
1 −1
7
1
1
1  =  17
agg(A) =  −3 6
=
det(A)
7
1 −2 2
− 17
− 37

A−1
Utilizzando il calcolo precedente e la (3), si ha

 3
1
− 37
0
7
7
6
2 
1
−
X = A−1 B =  17
7
7
1
2
0
− 17
7
7
6
7
1
7
  3
−7
1
2  =  67
1
1
7
− 27
11
7
3
7
1
7
− 72
2
7

.

.
Non è possibile, invece, ricavare la matrice Y , perchè il prodotto CY , quando è eseguibile,
è una matrice con 2 righe, quindi necessariamente diversa da D, che invece è matrice con 3
righe.
2. Date le matrici

1 3 0
P =  0 1 −1 
0 1 1


e
3
D= 0
0
0
0
0

0
0 ,
3
a) si determini la matrice A in modo che sia simile a D mediante la matrice diagonalizzante
P;
b) si determinino gli autovalori e una base per ognuno degli autospazi di A;
c) si stabiliscano le molteplicità geometriche di ciascun autovalore di A.
RISOLUZIONE:
Per il primo dei questi si usa la denizione per cui una matrice, simile a una diagonale, è
diagonalizzabile quindi esiste P quadrata dello stesso ordine di quello di A invertibile tale
che D = P −1 AP da cui si ha
A = P DP −1 .
9
Per la seconda parte si ricorrerà alle sole conoscenze teoriche, per cui è noto che ogni qual
volta una matrice A ∈ Mn (R) è diagonalizzabile, con autovalori l1 , l2 , . . . , lk di molteplicità
Pk
algebriche ma (li ) = mi , per i = 1, 2, . . . k , tale che i=1 mi = n, allora si ha che A è simile
alla matrice diagonale
D = diag(l1 , . . . , l1 , l2 , . . . , l2 , . . . , lk , . . . , lk ).
| {z }
| {z } | {z }
m1 -volte
m2 -volte
mk -volte
Indicato con V (li ) l'autospazio relativo all'autovalore li , e denotata con Bi = {X1 , . . . , Xmi }
una base di V (li ), sempre dalla teoria è noto che i vettori di tali basi, presi nell'opportuno
ordine, costituiscono le colonne della matrice P che diagonalizza A. Ritornando all'esercizio,
la matrice A è per denizione diagonalizzabile, essendo simile ad una matrice diagonale, la
D. Per quanto ricordato prima, i valori sulla diagonale di D sono gli autovalori di A, e quindi
abbiamo:
λ1 = 3 λ2 = 0,
le cui molteplicità algebriche sono ma (λ1 ) = 2, perchè 3 compare due volte sulla diagonale,
e ma (λ2 ) = 1, perchè 0 compare una sola volte sulla diagonale. Dall'esame della matrice P
si evince che una base di V (λ1 = 3) è
  

0
 1

B1 =  0  ,  −1  ,


0
1
e una base di V (λ2 = 0) è
 
 3 
B2 =  1  .


1
Per rispondere alla richiesta b), si usa il criterio di diagonalizzabilità: infatti, l'esercizio
garantisce che A è diagonalizzabile e quindi in virtù di tale criterio, si ha che la molteplicità
geometrica mg e quella algebrica ma di ogni autovalore sono uguali; dunque
mg (3) = 2 mg (0) = 1.
3. Fissato un riferimento metrico R = O,~i, ~j, ~k nello spazio e data la curva C , denita dalle
equazioni

 x = t2 + 2t
y=0
,
C:

z =t+1
a) si stabilisca se la curva C è piana o sghemba; nel caso in cui C risulti piana si trovi il
piano che la contiene, mentre nel caso in cui C risulti sghemba si trovi la tangente a C
in P (−1, 0, 0);
b) si determini una rappresentazione cartesiana della superce S ottenuta dalla rotazione
di C attorno all'asse z .
RISOLUZIONE:
Osservando le equazioni della curva C si capisce, con un attimo di riessione, che si tratta di
una curva piana: infatti, tutti i punti della curva devono avere ordinata nulla, e dunque la
curva è interamente contenuta nel piano coordinato y = 0. In ogni caso, anche se non ci si
accorge subito di questo, si ricorda che una curva è piana se
esistono a, b, c, d numeri reali tali che (a, b, c) 6= 0 per cui
ax(t) + by(t) + cz(t) + d = 0,
dove x(t), y(t), z(t) sono date dalle equazioni parametriche della curva.
10
In questo caso si trova

 a=0
c + 2a = 0 ⇒ a = c = d = 0,
at2 + 2at + b0 + ct + c + d = 0 ⇒

c+d=0
quindi b è diverso
da zero perciò la curva è piana e il piano che la contiene è y = 0. L'asse z
x = 0
ha equazione
e per trovare la superce di rotazione bisogna scrivere un piano
y = 0
π passante per un generico punto Q(t2 + 2t, 0, t + 1) di C e perpendicolare all'asse z , ed una
sfera S con centro C su z e raggio CQ. Il piano ha equazione
~ · v~z = 0,
XQ
dove v~z = (0, 0, 1) è il vettore direttore dell'asse z , quindi il piano ha equazione π : z = t + 1.
Per la sfera, si sceglie a piacere un punto dell'asse di rotazione (l'asse centrale di ogni parallelo
della superce di rotazione) da usare
p come centro; ad esempio si può prendere O(0, 0, 0), e
di conseguenza il raggio è OQ = (t2 + 2t)2 + (t + 1)2 , e l'equazione della sfera è
S : x2 + y 2 + z 2 = (t2 + 2t)2 + (t + 1)2 .
La superce di rotazione ha la seguente rappresentazione parametrica
z =t+1
x2 + y 2 + z 2 = (t2 + 2t)2 + (t + 1)2
e dal momento che l'esercizio richiede di scrivere una rappresentazione cartesiana, ciò si
realizza eliminando il parametro tra le precedenti equazioni, ed ottenendo, come subito si
vede:
x2 + y 2 = (z 2 − 1)2 .
4. Fissato un riferimento metrico R = O,~i, ~j nel piano,
a) si determini l'equazione della circonferenza γ tangente alla retta r : x + 2y − 2 = 0 nel
punto P diametralmente opposto a Q(−1, −1), e passante per R(0, −1);
b) si scriva l'equazione della retta r0 tangente a γ nel punto Q.
RISOLUZIONE:
Per scrivere l'equazione della circonferenza occorre conoscerne il centro C e il raggio; nel
nostro caso, trovato il centro C , il raggio si può immediatamente ottenere come CP . Il
centro appartiene all'asse a della corda per Q e R, ed alla retta n perpendicolare alla retta r,
di vettore direttore ~vr (−2, 1), e passante per il punto Q (in quanto diametralmente opposto
al punto di tangenza P ). L'equazione di n è
~ · ~vr = 0 ⇒ −2x + y − 1 = 0,
n : QX
l'asse a è
2
2
a : XQ = XR ⇒ (x + 1)2 + (y − 1)2 = x2 + (y + 1)2 ⇒ 2x + 1 = 0
√
2x + 1 = 0
quindi C = a ∩ n :
⇒ C(− 21 , 0). Essendo il raggio RC = 25 , si trova
−2x + y − 1 = 0
2
5
1
+ y2 = .
γ : x+
2
4
La retta tangente r0 , essendo tangente nel punto diametralmente opposto a P , è parallela a
r e passante per il punto Q(−1, −1), dunque
x = −2t0 − 1
0
0
~
r : QX = t ~vr ⇒
.
y = t0 − 1
11
Politecnico di Bari
I Facoltà di Ingegneria C. d. L. Ingegneria Edile Corso A
Esame di Geometria Traccia 4
A.A. 2008/2009 - 6 Febbraio 2010
1. Date le matrici

1 0
A =  1 −2
0 1

2
0 ,
−1

3
B= 1
0

0
0 ,
1
C=
1
0
2
1

,
1
D =  −2
1

0
1 ,
1
si determinino, se possibile, le due matrici X e Y tali che
e
AX = B
CY = D
RISOLUZIONE:
E' possibile determinare la matrice X , ma non la matrice Y . Per quanto riguarda la X ,
si nota subito che, anchè si possa eettuare il prodotto di A per X , la matrice X deve
avere 3 righe. Inoltre, dal momento che, come segue dalla teoria, il prodotto AX ha lo stesso
numero di righe di A, cioè 3, e lo stesso numero di colonne di X , segue che X ha due colonne.
Dunque, X risulta di tipo 3 × 2. Per determinare X , si procede come di seguito illustrato.
(4)
AX = B ⇒ A−1 (AX) = A−1 B ⇒ X = A−1 B.
La matrice A è invertibile perchè det(A) = 4, si trova
T 
2 1
1
1
1
agg(A) =  2 −1 −1  = 
=
det(A)
4
4 2 −2

A−1
Utilizzando il calcolo precedente e la (4), si ha

 1
1
1
3
2
2
1 
1
X = A−1 B =  41 − 14
2
1
1
1
0
−
−
4
4
2
1
2
1
4
1
4
 
2
0
0  =  21
1
1
2
1
2
− 41
− 41
1
1
2
− 12
1
1
2
− 12

.

.
Non è possibile, invece, ricavare la matrice Y , perchè il prodotto CY , quando è eseguibile,
è una matrice con 2 righe, quindi necessariamente diversa da D, che invece è matrice con 3
righe.
2. Date le matrici

1 0
P =  1 −1
0 0

1
1 
3

e
−1
D= 0
0

0 0
1 0 ,
0 −1
a) si determini la matrice A in modo che sia simile a D mediante la matrice diagonalizzante
P;
b) si determinino gli autovalori e una base per ognuno degli autospazi di A;
c) si stabiliscano le molteplicità geometriche di ciascun autovalore di A.
RISOLUZIONE:
Per il primo dei questi si usa la denizione per cui una matrice, simile a una diagonale, è
diagonalizzabile quindi esiste P quadrata dello stesso ordine di quello di A invertibile tale
che D = P −1 AP da cui si ha
A = P DP −1 .
12
Per la seconda parte si ricorrerà alle sole conoscenze teoriche, per cui è noto che ogni qual
volta una matrice A ∈ Mn (R) è diagonalizzabile, con autovalori l1 , l2 , . . . , lk di molteplicità
Pk
algebriche ma (li ) = mi , per i = 1, 2, . . . k , tale che i=1 mi = n, allora si ha che A è simile
alla matrice diagonale
D = diag(l1 , . . . , l1 , l2 , . . . , l2 , . . . , lk , . . . , lk ).
| {z }
| {z } | {z }
m1 -volte
m2 -volte
mk -volte
Indicato con V (li ) l'autospazio relativo all'autovalore li , e denotata con Bi = {X1 , . . . , Xmi }
una base di V (li ), sempre dalla teoria è noto che i vettori di tali basi, presi nell'opportuno
ordine, costituiscono le colonne della matrice P che diagonalizza A. Ritornando all'esercizio,
la matrice A è per denizione diagonalizzabile, essendo simile ad una matrice diagonale, la
D. Per quanto ricordato prima, i valori sulla diagonale di D sono gli autovalori di A, e quindi
abbiamo:
λ1 = −1 λ2 = 1,
le cui molteplicità algebriche sono ma (λ1 ) = 2, perchè −1 compare due volte sulla diagonale,
e ma (λ2 ) = 1, perchè 1 compare una sola volte sulla diagonale. Dall'esame della matrice P
si evince che una base di V (λ1 = −1) è
   
1 
 1
B1 =  1  ,  1  ,


0
3
e una base di V (λ2 = 1) è


0


B2 =  −1  .


0
Per rispondere alla richiesta b), si usa il criterio di diagonalizzabilità: infatti, l'esercizio
garantisce che A è diagonalizzabile e quindi in virtù di tale criterio, si ha che la molteplicità
geometrica mg e quella algebrica ma di ogni autovalore sono uguali; dunque
mg (−1) = 2 mg (1) = 1.
3. Fissato un riferimento metrico R = O,~i, ~j, ~k nello spazio e data la curva C , denita dalle
equazioni

 x=0
y =t+1
,
C:

z = −2t − t2
a) si stabilisca se la curva C è piana o sghemba; nel caso in cui C risulti piana si trovi il
piano che la contiene, mentre nel caso in cui C risulti sghemba si trovi la tangente a C
in P (0, 0, 1);
b) si determini una rappresentazione cartesiana della superce S ottenuta dalla rotazione
di C attorno all'asse y .
RISOLUZIONE:
Osservando le equazioni della curva C si capisce, con un attimo di riessione, che si tratta
di una curva piana: infatti, tutti i punti della curva devono avere ascissa nulla, e dunque la
curva è interamente contenuta nel piano coordinato x = 0. In ogni caso, anche se non ci si
accorge subito di questo, si ricorda che una curva è piana se
esistono a, b, c, d numeri reali tali che (a, b, c) 6= 0 per cui
ax(t) + by(t) + cz(t) + d = 0,
dove x(t), y(t), z(t) sono date dalle equazioni parametriche della curva.
13
In questo caso si trova

 b − 2c = 0
−c = 0
a0 + b(t + 1) + c(−t2 − 2t) + d = 0 ⇒
⇒ b = c = d = 0,

b+d=0
quindi a è diverso
da zero perciò la curva è piana ed il piano che la contiene è x = 0. L'asse
x=0
y ha equazione
e per trovare la superce di rotazione bisogna scrivere un piano π
z=0
passante per un generico punto Q(0, t + 1, −t2 − 2t) di C e perpendicolare all'asse y ed una
sfera S con centro C su y e raggio CQ. Il piano ha equazione
~ · v~y = 0,
XQ
dove v~y = (0, 1, 0) è il vettore direttore dell'asse y , quindi il piano ha equazione π : y = t + 1.
Per la sfera, si sceglie a piacere un punto dell'asse di rotazione (l'asse centrale di ogni parallelo
della superce di rotazione) da usare
p come centro; ad esempio si può prendere O(0, 0, 0), e
di conseguenza il raggio è OQ = (t + 1)2 + (−t2 − 2t)2 e l'equazione della sfera è
S : x2 + y 2 + z 2 = (t + 1)2 + (−t2 − 2t)2 .
La superce di rotazione ha la seguente rappresentazione parametrica
y =t+1
x2 + y 2 + z 2 = (t + 1)2 + (−t2 − 2t)2
e dal momento che l'esercizio richiede di scrivere una rappresentazione cartesiana, ciò si
realizza eliminando il parametro tra le precedenti equazioni, ed ottenendo, come subito si
vede:
x2 + z 2 = (1 − y 2 )2 .
4. Fissato un riferimento metrico R = O,~i, ~j nel piano,
a) si determini l'equazione della circonferenza γ tangente alla retta r : x + 2y + 3 = 0
nel punto P diametralmente opposto a Q(0, 1), e con centro appartenente alla retta
s : y = 0;
b) si scriva l'equazione della retta r0 tangente a γ nel punto Q.
RISOLUZIONE:
Per scrivere l'equazione della circonferenza occorre conoscerne il centro C e il raggio; nel
nostro caso, trovato il centro C , il raggio si può immediatamente ottenere come CP . Il
centro appartiene alla retta s ed alla retta n perpendicolare alla retta r, di vettore direttore
~vr (−2, 1), e passante per il punto Q (in quanto diametralmente opposto al punto di tangenza
P ). L'equazione di n è
~ · ~vr = 0 ⇒ −2x + y − 1 = 0,
n : QX
√
y=0
quindi C = s ∩ n :
⇒ C(− 21 , 0). Essendo il raggio QC = 25 , si trova
−2x + y − 1 = 0
γ:
1
x+
2
2
+ y2 =
5
.
4
La retta tangente r0 , essendo tangente nel punto diametralmete opposto a P , è parallela a r
e passa per il punto Q(0, 1), quindi
x = −2t0
~ = t0~vr ⇒
.
r0 : QX
y = t0 − 1
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