Esame di Geometria e Algebra, 31 marzo 2005

NOME e COGNOME................................................ MATRICOLA n...............
CORSO DI LAUREA............................................. ORALE 4 aprile , 21 aprile Esame di Geometria e Algebra, 31 marzo 2005
1. Geometria analitica
In un riferimento cartesiano RC(Oxyz) si considerino i punti A(1, −2, 2), B(−2, 1, 2),
C(−2, 2, 1).
(1.1) Verificare che i punti A, B, C non sono allineati.
(1.2) Determinare il punto D tale che il quadrilatero ABCD sia un parallelogramma.
(1.3) Trovare la retta passante per Q(1, 1, 1) ed ortogonale al piano contenente A, B
e C.
(1.4) Trovare l’equazione cartesiana della sfera passante per Q ed avente come centro
il punto M , centro del parallelogramma ABCD.
2. Algebra lineare.
Si consideri lo spazio vettoriale R3 con il prodotto scalare standard. Sono dati l’endomorfismo f : R3 → R3 cosı̀ definito
4 4
3
3
f (x, y, z) = −x, y + z, y − z
5
5 5
5
ed il sottospazio U = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y − z = 0}.
(2.1) Dopo aver trovato una base di U , descrivere il sottospazio f (U ), calcolandone la
dimensione.
(2.2) Vedere se f è un endomorfismo simmetrico.
(2.3) Trovare, se esiste, una base ortonormale di autovettori per f .
(2.4) Riconoscere che f è una trasformazione ortogonale e determinarne il tipo.
N.B. I procedimenti, le risposte, i calcoli, debbono essere tutti brevemente giustificati. Sarà elemento di valutazione anche la chiarezza espositiva.
Questo foglio va compilato e consegnato insieme a tutti i fogli timbrati.
Ogni esercizio vale 15/30.
1
INGEGNERIA
Esame di Geometria e Algebra, 31 marzo 2005
Soluzioni degli esercizi
1. Geometria analitica
~ = (−3, 3, 0) e AC
~ = (−3, 4, −1) non sono
(1.1) Basta osservare che i vettori AB
proporzionali.
~ = DC,
~ quindi
(1.2) Posto D(x0 , y0 , z0 ), basta imporre AB
−3 = −2 − x0 ,
3 = 2 − y0 ,
0 = 1 − z0
⇒
D(1, −1, 1).
(1.3) Imponendo che il generico piano ax + by + cz + d = 0 passi per A, B, C si ha
a − 2b + 2c + d = 0,
−2a + b + 2c + d = 0,
−2a + 2b + c + d = 0.
Risolvendo il sistema si ha a = b = c = 1, d = −1; per cui il piano richiesto è
x + y + z − 1 = 0.
Poiché la sua giacitura è proporzionale a (1, 1, 1), la retta richiesta è
x = 1 + t,
y = 1 + t,
z = 1 + t.
(1.4) M è il punto medio del segmento AC, quindi M ha coordinate (−1/2, 0, 3/2).
Mentre il raggio della sfera è dato da
s
2
2 r
3
7
1
+ (1 − 0)2 + 1 −
=
.
kM Qk =
1+
2
2
2
Quindi
Σ:
1
x+
2
2
3
+y + z−
2
2
2
=
7
2
2
⇒
x2 + y 2 + z 2 + x − 3z − 1 = 0.
2. Algebra lineare
(2.1) Si vede immediatamente che
U = {(a, b, a + b) | a, b ∈ R} = L(~u1 , ~u2 ),
dove ~u1 = (0, 1, 1), ~u2 = (1, 0, 1) costituiscono una base per U .
Quindi f (U ) = L(f (~u1 ), f (~u2 )), dove f (~u1 ) = (0, 7/5, 1/5), f (~u2 ) = (−1, 4/5, −3/5).
Essendo f (~u1 ) ed f (~u2 ) indipendenti, la dimensione di f (U ) è 2.
(2.2) Poiché la base canonica B è ortonormale
f endomorfismo simmetrico
Ora
⇔
MBB (f ) = A matrice simmetrica.


−1 0
0
A =  0 3/5 4/5 
0 4/5 −3/5
è simmetrica, quindi f è un endomorfismo simmetrico.
(2.3) Poiché f è simmetrico, esiste una base ortonormale di autovettori. Gli autovalori
di f sono gli zeri del polinomio caratteristico
PA (λ) = det(A − λI) = (1 + λ)2 (1 − λ),
quindi λ = −1 con molteplicità algebrica 2 e λ = 1 con molteplicità algebrica 1.
V (−1) = {(x, y, z) ∈ R3 | 2y + z = 0} = {(a, b, −2b) | a, b ∈ R} = L(~v1 , ~v2 ),
dove ~v1 = (1, 0, 0), e ~v2 = (0, 1, −2). Si verifica immediatamente che ~v1 · ~v2 = 0,
~0
~0
quindi√~v1 ⊥ ~v√
2 . Ne segue che una base ortonormale di V (−1) è e 1 = (1, 0, 0), e 2 =
(0, 1/ 5, −2/ 5).
V (1) = {(x, y, z) ∈ R3 | x = 0, y = 2z} = {(0, 2c, c) | c ∈ R} = L(~v3 ),
√
√
dove ~v3 = (0, 2, 1), che normalizzato dà e~0 3 = (0, 2/ 5, 1/ 5). Poiché gli autospazi
V (−1) e V (1) sono ortogonali, la base richiesta è {e~0 1 , e~0 2 , e~0 3 }.
(2.4) Poiché la base canonica B è una base ortonormale, f è una trasformazione ortogonale se e soltanto se A è ortogonale. Ora si verifica facilmente che AtA = I = tAA,
quindi A è ortogonale. Lo spazio dei vettori fissi V (1) è una retta, quindi si tratta di
una rotazione intorno alla retta V (1). Poiché A è simile alla matrice B avente come
diagonale principale (1, −1, −1) si tratta della rotazione (intorno alla retta V (1)) di
angolo ϕ = π.
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NOME e COGNOME................................................ MATRICOLA n...............
CORSO DI LAUREA.............................................
Esame di Geometria e Algebra, 18 aprile 2005
1. Geometria analitica
In un riferimento cartesiano RC(Oxyz) siano dati i vettori
~v1 = (1, −1, 0),
~v3 = (0, −2, −3),
~v2 = (2, 0, 3),
~v4 = (−1, −5, −9)
ed il piano α : 2x + y − 2z = 0.
(1.1) Verificare che i vettori {~vi }1≤i≤4 sono complanari.
(1.2) Determinare l’equazione cartesiana del piano β passante per il punto P0 (1, −1, 3)
ed avente la giacitura individuata dai vettori {~vi }.
(1.3) Determinare il vettore w
~ 0 proiezione ortogonale sul piano α del vettore w
~ =
(0, 4, 1).
(1.4) Verificare che la curva C = α ∩ Σ, dove
Σ : x2 + y 2 + z 2 + 4x − 2y − 6z = 0
è una circonferenza reale e trovarne centro e raggio.
2. Algebra lineare.
Si consideri per ogni a ∈ R l’endomorfismo fa : R3 → R3 cosı̀ definito
fa (x1 , x2 , x3 ) = (ax1 + x2 + x3 , x1 + ax2 + x3 , x1 + x2 + ax3 ).
(2.1) Descrivere, al variare di a ∈ R, i sottospazi Ker fa ed Im fa , determinandone una
base.
(2.2) Vedere per quali valori di a ∈ R l’endomorfismo è semplice.
(2.3) fa conserva il prodotto scalare standard di R3 ?
(2.4) Dopo aver ridotto a forma canonica l’equazione della superficie
1
Σ : x2 + y 2 + z 2 + xy + yz + xz = ,
2
riconoscerne il tipo.
N.B. I procedimenti, le risposte, i calcoli, debbono essere tutti brevemente giustificati. Sarà elemento di valutazione anche la chiarezza espositiva.
Questo foglio va compilato e consegnato insieme a tutti i fogli timbrati.
Ogni esercizio vale 15/30.
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INGEGNERIA
Esame di Geometria e Algebra, 18 aprile 2005
Soluzioni degli esercizi
1. Geometria analitica
(1.1) Si ha
rg{vi }1≤i≤4


1 2 0 −1
= rg −1 0 −2 −5 = 2.
0 3 −3 −9
(1.2) La giacitura individuata dai vettori {vi }1≤i≤4 è quella individuata da due vettori
indipendenti, per esempio ~v1 e ~v2 . Quindi l’equazione di β è
x − 1 y + 1 z − 3 1
−1
0 = 0 ⇒ 3x + 3y − 2z + 6 = 0.
2
0
3 (1.3) Il vettore ~n = (2, 1, −2) è ortogonale ad α, quindi w
~ = w
~ 0 + ρ~n, da cui w
~0 =
(4/7, 2/7, −4/7).
√
(1.4) La sfera Σ ha centro C(−2, 1, 3) e raggio R = 14. La circonferenza C ha
centro
pH = α ∩ n, dove n è la retta perpendicolare ad α passante per C, e raggio
R̃ = R2 − d(C, H)2 . Essendo
n : x = −2 + 2t,
y = 1 + t , z = 3 − 2t,
si ha H(0, 2, 1) e d(C, H) = 3. Poiché R > d(C, H), la circonferenza è reale e R̃ =
5
√
5.
2. Algebra lineare
(2.1) Ker fa è dato dalle soluzioni del sistema lineare omogeneo
ax1 + x2 + x3 = 0,
La matrice del sistema è

x1 + ax2 + x3 = 0,

a 1 1
Aa =  1 a 1 
1 1 a
⇒
x1 + x2 + ax3 = 0.
det Aa = (a − 1)2 (a + 2),
quindi rg(Aa ) = 3 per a 6= 1 e a 6= −2; rg(Aa ) = 2 per a = −2, rg(Aa ) = 1 per a = 1.
Allora
• per a 6= 1 e a 6= −2, Ker fa = {~0}, Im fa = R3 .
• per a = −2, Ker fa = {(a, a, a) | a ∈ R} = L((1, 1, 1)).
• per a = 1, Ker fa = {(u, v, −u, −v) | u, v ∈ R} = L((0, 1, −1), (1, 0, −1)).
(2.2) L’endomorfismo è semplice per ogni a perché la sua matrice è simmetrica per
ogni a ∈ R, quindi diagonalizzabile.
(2.3) Ricordiamo che fa conserva il prodotto scalare se e solo se fa è una trasformazione ortogonale e quindi Aa una matrice ortogonale rispetto alla base canonica (che è
ortonormale). Ora Aa · tAa 6= I, quindi fa non conserva il prodotto scalare.
(2.4) L’equazione di Σ non contiene termini lineari, quindi basta ridurre a forma
canonica la forma quadratica associata
Q(x, y, z) = 2x2 + 2y 2 + 2z 2 + 2xy + 2yz + 2xz.
La matrice (simmetrica) associata è Aa per a = 2, quindi gli autovalori sono λ = 1 con
molteplicità 2 e λ = 4 con molteplicità 1. Poiché due autovalori coincidono si tratta
di una superficie di rotazione, e poiché i tre autovalori sono positivi, è un ellissoide di
rotazione.
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NOME e COGNOME................................................ MATRICOLA n...............
CORSO DI LAUREA............................................. ORALE 4 luglio , 20 luglio Esame di Geometria e Algebra, 30 giugno 2005
1. Geometria analitica
In un riferimento cartesiano RC(Oxyz) si considerino il punto Q(0, 0, −1) e la retta
r : 3x = z,
3y = 2z.
(1.1) Determinare equazioni della retta r 0 , proiezione ortogonale della retta r sul piano
xy.
(1.2) Determinare equazioni della retta r̃, simmetrica di r rispetto al piano xy.
(1.3) Determinare equazioni della circonferenza C ottenuta facendo ruotare Q intorno
ad r.
(1.4) Determinare le sfere tangenti al piano xy con il centro su r e passanti per Q.
2. Algebra lineare.
Si consideri lo spazio vettoriale R4 con il prodotto scalare standard. Si considerino i
vettori
~v1 = (1, 1, 1, 1), ~v2 = (1, 0, 1, 0), ~v3 = (0, 0, 1, 0), ~v4 = (0, 0, 0, −1)
riferiti alla base canonica B = {~e1 , ~e2 , ~e3 , ~e4 }. Sia f : R4 → R4 l’endomorfismo cosı̀
definito
f (~v1 ) = ~v2 , f (~v2 ) = ~v1 , f (~v3 ) = ~v3 , f (~v4 ) = −~v4 .
(2.1) Dopo aver provato che B 0 = {~v1 , ~v2 , ~v3 , ~v4 } è una base per R4 , determinare la
0
matrice A0 = MBB0 (f ).
(2.2) Trovare la matrice A = MBB (f ).
(2.3) Dopo aver determinato gli autospazi di f , dire se f è semplice.
(2.4) Vedere se f è un endomorfismo simmetrico.
N.B. I procedimenti, le risposte, i calcoli, debbono essere tutti brevemente giustificati. Sarà elemento di valutazione anche la chiarezza espositiva.
Questo foglio va compilato e consegnato insieme a tutti i fogli timbrati.
Ogni esercizio vale 15/30.
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INGEGNERIA
Esame di Geometria e Algebra, 30 giugno 2005
Soluzioni degli esercizi
1. Geometria analitica
(1.1) Il fascio di piani di asse r è 3x + 3ky − (1 + 2kz) = 0, k ∈ R̄. Quindi il piano per
r ed ortogonale ad xy (che ha parametri di giacitura (0, 0, 1)) è 2x = y, da cui segue
r0 : z = 0, 2x = y.
(1.2) Poiché r ∩ xy = O, la retta r̃ è la retta passante per O e per S̃, simmetrico
rispetto ad xy di un punto S (arbitrariamente scelto, diverso da O) appartenente ad
r. . Se S(1, 2, 3), allora S̃(1, 2, −3), quindi
r̃ : 3x = −z, 3y = −2z.
(1.3) C = α ∩ Σ, dove α è il piano per Q ed ortogonale ad r e Σ è la sfera di centro O
e raggio kOQk. Poiché r ha parametri direttori (1, 2, 3) si trova subito
α : x + 2y + 3z + 3 = 0.
Essemdo kOQk = 1, segue
Σ : x2 + y 2 + z 2 = 1.
(1.4) Equazioni parametriche di r sono x = 1/3t, y = 2/3t, z = t, quindi il centro C
delle sfere cercate è C(1/3t, 2/3t, t). Inoltre kCQk = d(C, xy) = |t|, quindi
1
t
3
2
+
2
t
3
2
+ (t + 1)2 = t2
⇒
3
t = −3 o t = − .
5
Le sfere cercate sono allora
Σ1 : (x + 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 9
1 2 2 2 3 2
9
Σ2 : x +
+ y+
+ z+
= .
5
5
5
25
8
2. Algebra lineare
(2.1) Poiché i vettori ~vi sono 4 ed indipendenti,
segue immediatamente

0 1 0

1 0 0
A0 = 
0 0 1
0 0 0
(2.2) Tenendo conto che

~v1



~v2
~
v3



~v4
essi costituiscono una base di R4 . Ne

0
0

0
−1
= ~e1 + ~e2 + ~e3 + ~e4
= ~e1 + ~e3
= ~e3
= −~e4
e che f è lineare, si ha

f (~e1 ) + f (~e2 ) + f (~e3 ) + f (~e4 ) = ~e1 + ~e3



f (~e1 ) + f (~e3 ) = ~e1 + ~e2 + ~e3 + ~e4
f
(~e3 ) = ~e3



−f (~e4 ) = ~e4
⇒


1 0 0 0
1 −1 0 0 

A=
0 0 1 0 
1 0 0 −1
(2.3) Poiché A ed A0 sono matrici simili, PA (λ) = PA0 (λ) = 0, da cui facilmente segue
che gli autovalori sono λ = ±1 con molteplicità 2. Inoltre
V (1) = {(2a, a, b, a) | a, b ∈ R} ⇒ dim V (1) = 2,
V (−1) = {(0, c, 0, d) | c, d ∈ R} ⇒ dim V (−1) = 2,
dunque f è semplice (d’altra parte A0 è simmetrica).
(2.4) f non è un endomorfismo simmetrico. Infatti B è ortonormale ed A non è simmetrica (mentre B 0 non è ortonormale ed A0 è simmetrica); d’altra parte se consideriamo
i vettori ~v1 e ~v2 si ha
f (~v1 ) · ~v2 = ~v2 · ~v2 = 2,
quindi f (~v1 ) · ~v2 6= ~v1 · f (~v2 ).
9
~v1 · f (~v2 ) = ~v1 · ~v1 = 4,
NOME e COGNOME................................................ MATRICOLA n...............
CORSO DI LAUREA............................................. ORALE 25/7 , 12/9 Esame di Geometria e Algebra, 21 luglio 2005
1. Geometria analitica
In un riferimento cartesiano RC(Oxyz) siano dati la retta r, il piano α e la sfera S di
equazioni
x + y + z − 1 = 0,
r:
x − y − z + 1 = 0,
α: x − y + z − h = 0
(h ∈ R),
2
2
2
S : x + y + z − 2x − 4y − 6z + 10 = 0.
(1.1) Studiare le posizioni di r ed α al variare di h ∈ R.
(1.2) Determinare i piani passanti per r e formanti un angolo di π/3 con il piano α.
(1.3) Dopo aver trovato il centro ed il raggio di S, determinare i valori di h per i quali
S ∩ α è una circonferenza di raggio 1.
(1.4) Riconoscere la superficie
Σ : x2 + z 2 − 3y + z − 1 = 0
e ridurla a forma canonica.
2. Algebra lineare.
Sia dato lo spazio vettoriale R4 con il prodotto scalare standard. Si considerino il
sottospazio
x1 − x 2 + x 4 = 0
U:
x2 − x 3 + x 4 = 0
e l’endomorfismo f : R4 → R4 cosı̀ definito
f (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (x1 − x2 + x4 , −x2 , x2 − x3 − x4 , 2x4 ).
(2.1) Dopo aver trovato Ker f ed Im f , stabilire se f è un automorfismo.
(2.2) Trovare gli autovalori di f ed i corrispondenti autospazi. Vedere se f è semplice.
(2.3) Determinare il sottospazio f (U ) specificandone la dimensione.
(2.4) Descrivere U ⊥ e determinarne una base ortonormale.
*N.B. I procedimenti, le risposte, i calcoli, debbono essere tutti brevemente giustificati. Sarà elemento di valutazione anche la chiarezza espositiva.
Questo foglio va compilato e consegnato insieme a tutti i fogli timbrati.
Ogni esercizio vale 15/30.
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INGEGNERIA
Esame di Geometria e Algebra, 21 luglio 2005
Soluzioni degli esercizi
1. Geometria analitica
(1.1) Si tratta di studiare il sistema lineare

 x + y + z − 1 = 0,
x − y − z + 1 = 0,

x − y + z − h = 0,


1 1
1
A = 1 −1 −1 .
1 −1 1
Poiché det(A) 6= 0, il sistema ha una sola soluzione (0, (1 − h)/2, (1 + h)/2) per ogni
fissato h ∈ R. Quindi, per ogni h ∈ R, r incontra α in un solo punto.
(1.2) Sommando le equazioni di r si ha immediatamente che r è rappresentata anche
dal sistema x = 0, y + z = 1. Un generico piano β per r ha allora equazione
β : y + z − 1 + kx = 0,
e quindi parametri di giacitura (k, 1, 1). I parametri di giacitura di α sono (1, −1, 1);
ne segue
√
1
c = ± √ √k
⇒ k = ± 6.
= cos αβ
2
3 k2 + 2
(1.3) S ha centro C(1, 2, 3) e raggio R = 2. Indicata con H la proiezione ortogonale di
C su α, si chiede
√
√
kCHk = 4 − 1 = 3 = d(C, α),
da cui
√
3=
|2 − h|
√
3
⇒
h = 5,
h = −1.
(1.4) La forma quadratica associata Q(x, y, z) = x2 + z 2 è già in forma canonica. Gli
autovalori sono λ1 = λ3 = 1 e λ2 = 0; si tratta quindi di un paraboloide ellittico di
rotazione. Per la riduzione a forma canonica si ha
5
1 2
−3 y+
= 0 ⇒ X 2 + Z 2 = 3Y,
Σ : x2 + z +
2
12
dove X = x, Z = z +
1
2
eY =y+
5
.
12
11
2. Algebra lineare
(2.1) Determiniamo Ker f e Im f .
Ker f = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) | x1 − x2 + x4 = 0, x2 = 0, x2 − x3 − x4 = 0, x4 = 0} = ~0.
dunque Im f = R4 , quindi f è un automorfismo.
(2.2) La matrice associata ad

1 −1 0
0 −1 0
A=
0 1 −1
0 0
0
f rispetto alla base canonica è

1
0
 ⇒ PA (λ) = (1 − λ)(1 + λ)2 (2 − λ).
−1
2
Gli autovalori sono λ1 = 1 con molteplicità algebrica m1 = 1, λ2 = 2 con m2 = 1 e
λ3 = −1 con m3 = 2.
V (1) = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) | −x2 + x4 = 0, −2x2 = 0, x2 − 2x3 − x4 = 0, x4 = 0}
= L((1, 0, 0, 0)),
V (2) = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) | −x1 − x2 + x4 = 0, −3x2 = 0, x2 − 3x3 − x4 = 0}
= L((−3, 0, 1, −3)),
V (−1) = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) | 2x1 − x2 + x4 = 0, x2 − x4 = 0, 3x4 = 0} = L((0, 0, 1, 0)).
Poiché dim V (λ3 ) = 1 6= m3 si conclude che f non è semplice.
(2.3) Si vede facilmente che
U = {(a − b, a, a + b, b) | a, b ∈ R}.
Quindi U = L(~u1 , ~u2 ), dove ~u1 = (−1, 0, 1, 1) e ~u2 = (1, 1, 1, 0) costituiscono una base
di U . Quindi f (U ) = L(f (~u1 ), f (~u2 )), dove f (~u1 ) = (0, 0, −2, 2), f (~u2 ) = (0, −1, 0, 0)
sono indipendenti. Quindi dim f (U ) = 2 (prevedibile poiché f è un isomorfismo).
(2.4) Tenendo conto della definizione di complemento ortogonale, si ha
U ⊥ = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) | −x1 + x3 + x4 = 0, x1 + x2 + x3 = 0}
= {(a0 + b0 , −2a0 − b0 , a0 , b0 ) | a0 , b0 ∈ R}
= L(w
~ 1, w
~ 2 ),
dove w
~ 1 = (1, −1, 0, 1), w
~ 2 = (1, −2, 1, 0) costituiscono una base di U ⊥ . A partire
dalla base {w
~ 1, w
~ 2 } col procedimento di Gram-Schmidt si ricava una base ortonormale
{~v1 , ~v2 } dove
1
1
~v2 = √ (0, −1, 1, −1).
~v1 = √ (1, −1, 0, 1),
3
3
12
NOME e COGNOME................................................ MATRICOLA n...............
CORSO DI LAUREA.............................................
Esame di Geometria e Algebra, 13 settembre 2005
1. Geometria analitica
In un riferimento cartesiano RC(Oxyz) si considerino i punti
P1 (3, 4, k),
P2 (−1, k, 1),
P3 (1, −2, 1),
Q(0, 5, 2)
~ i (i = 1, 2, 3), w
~
e i vettori ~vi = OP
~ = OQ.
(1.1) Trovare per quali valori di k ∈ R sono univocamente determinati i coefficienti λ 1 ,
λ2 , λ3 tali che w
~ = λ1~v1 + λ2~v2 + λ3~v3 .
(1.2) Osservato che per k = −2 i vettori ~vi sono dipendenti, determinare il piano α
passante per l’origine e ad essi parallelo.
(1.3) Dopo aver provato che
C : x = −2u,
y = u,
z = −9u3
(u ∈ R)
è una curva piana, determinare l’equazione cartesiana del cilindro, Γ, avente C come
direttrice e generatrici parallele a w.
~
(1.4) Determinare la superficie di rotazione ottenuta facendo ruotare C intorno alla
retta r : z = 0, y − 3x = 0.
2. Algebra lineare.
Si consideri l’endomorfismo f : R4 → R4 rappresentato rispetto alla base canonica dalla
matrice


0 −1 0 0
4 −4 0 0

A=
0 0 3 0
0 0 0 1
(2.1) Determinare Ker f ed Im f .
(2.2) Stabilire se f è semplice.
(2.3) Dopo aver provato che il sottoinsieme
U = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + z = 0} ⊂ R4
è un sottospazio vettoriale, trovare f (U ).
(2.4) Posto V = {(x, y, z, t) ∈ R4 | y + t = 0}, calcolare la dimensione di U + V .
N.B. I procedimenti, le risposte, i calcoli, debbono essere tutti brevemente giustificati. Sarà elemento di valutazione anche la chiarezza espositiva.
Questo foglio va compilato e consegnato insieme a tutti i fogli timbrati.
Ogni esercizio vale 15/30.
13
INGEGNERIA
Esame di Geometria e Algebra, 13 settembre 2005
Soluzioni degli esercizi
1. Geometria analitica
(1.1) I coefficienti sono univocamente determinati se i vettori ~vi costituiscono una base
di R3 . Ora
3 −1 1 4 k −2 = −k 2 + 5k + 14 = 0 ⇒ k = −2 o k = 7.
k 1
1
Quindi i valori di k richiesti sono k 6= −2 e k 6= 7.
(1.2) Per k = −2 i vettori ~vi sono dipendenti e quindi paralleli ad un medesimo piano
α. Scelti ~v2 (−1, −2, 1) e ~v3 (1, −2, 1) si ha
x
y z −1 −2 1 = 0 ⇒ y + 2z = 0.
1 −2 1
(1.3) Da a(−u)+bu+c(−9u3 ) = 0 segue facilmente che C appartiene al piano x+2y = 0.
Equazioni cartesiane del cilindro sono

 x = −2u
x + 2y
x
y = u + 5v
⇒ 45x3 +8x+16y−40z = 0.
Γ:
⇒ u=− , v=

2
10
z = −9u3 + 2v
(1.4) La retta r, asse di rotazione, ha parametri direttori (1, 3, 0). Quindi il piano
perpendicolare ad r per P (−2u, u, −9u3 ) ha equazione τ : x + 3y = u. La sfera S di
~ k ha equazione
centro O ∈ r e di raggio kOP
x2 + y 2 + z 2 = 4u2 + u2 + 81u6 .
Quindi equazione cartesiana della superficie di rotazione è
x2 + y 2 + z 2 = 5(x + 3y)2 + 81(x + 3y)6 .
14
2. Algebra lineare
(2.1) Poiché det A 6= 0 segue che Ker f = {~0} ed Im f = R4 .
(2.2) Gli autovalori di f sono le radici di kA − λIk = (1 − λ)(3 − λ)(λ + 2) 2 , quindi
λ1 = 1 con m1 = 1, λ2 = 3 con m2 = 2, λ3 = −2 con m3 = 2. Ora
V (−2) = Ker(f +2 Id) = {(x, y, z, t) ∈ R4 | 2x−y = 0, 5z = 0, 3t = 0} = L((1, 2, 0, 0)).
Quindi f non è semplice.
(2.3) Posto ~v = (x, y, z, t), v~0 = (x0 , y 0 , z 0 , t0 ) ∈ U si tratta di provare che
~v + v~0 ∈ U,
λ~v ∈ U,
con λ ∈ R. Ora ~v + v~0 = (x + x0 , y + y 0 , z + z 0 , t + t0 ) e questo vettore soddisfa le
equazioni di U . Analogamente per λ~v = (λx, λy, λz, λt).
Una base di U = {(a, b, −a, c) | a, b, c ∈ R} è formata dai vettori ~u1 = (1, 0, −1, 0),
~u2 = (0, 1, 0, 0), ~v3 = (0, 0, 0, 1), quindi
f (U ) = L(f (~u1 ), f (~u2 ), f (~u3 )),
Poiché f (x, y, z, t) = (−y, 4x−4y.3z.t) segue f (~u1 ) = (0, 4, −3, 0), f (~u2 ) = (−1, −4, 0, 0),
f (~u3 ) = (0, 0, 0, 1).
(2.4) dim U = 3, dim V = 3 e dim(U ∩ V ) = 2, poiché il sistema x + z = 0, y + t = 0
ha rango 2. Segue dalla formula di Grassmann
dim(U + V ) = 3 + 3 − 2 = 4.
15
NOME e COGNOME................................................ MATRICOLA n...............
CORSO DI LAUREA.............................................
Esame di Geometria e Algebra, 17 novembre 2005
1. Geometria analitica
Sono dati i piani
α : x − y + z = 0,
β : x + y − z + 1 = 0,
γ : x − 2y + hz − 1 = 0
(per h ∈ R) e il punto P (1, 3, 3).
(1.1) Studiare la posizione nello spazio dei piani α, β, γ al variare di h ∈ R.
(1.2) Trovare equazioni cartesiane della retta passante per P , incidente l’asse z e
parallela al piano α.
(1.3) Riconoscere che la curva C = S1 ∩ S2 , dove
S1 : x2 + y 2 + z 2 − 2x + 2z − 2 = 0
S2 : x2 + y 2 + z 2 − 2y − 2z + 1 = 0
è una circonferenza reale e determinarne centro e raggio.
(1.4) È data la superficie Σ di equazioni parametriche
x = u + v,
y = u − v,
z = u2 − v 2 .
Dopo aver scritto l’equazione cartesiana di Σ, riconoscere che è una quadrica e classificarla.
2. Algebra lineare.
Nello spazio vettoriale R4 , con il prodotto scalare standard, sono dati i vettori ~u =
(1, −1, 0, 0), w
~ = (0, 0, 1, −1) ed il sottospazio
U = { (x1 , x2 , x3 , x4 ) | x1 − x2 + x3 − x4 = 0 }.
(2.1) Determinare l’endomorfismo f : R4 → R4 tale che f (~u) = w
~ e Ker f = U .
(2.2) Verificare che l’endomorfismo f del punto precedente soddisfa l’uguaglianza
1
f ((x1 , x2 , x3 , x4 )) = (0, 0, x1 − x2 + x3 − x4 , −x1 + x2 − x3 + x4 ).
2
Trovare Im f ed una sua base.
(2.3) Calcolare gli autovalori e relativi autospazi di f . Vedere se f è semplice.
(2.4) Trovare il sottospazio (Ker f )⊥ ed una sua base.
N.B. I procedimenti, le risposte, i calcoli, debbono essere tutti brevemente giustificati. Sarà elemento di valutazione anche la chiarezza espositiva.
Questo foglio va compilato e consegnato insieme a tutti i fogli timbrati.
Ogni esercizio vale 15/30.
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INGEGNERIA
Esame di Geometria e Algebra, 17 novembre 2005
Soluzioni degli esercizi
1. Geometria analitica
(1.1) Si tratta di studiare il sistema costituito dalle equazioni dei tre piani.
Indicata con A la matrice dei coefficienti del sistema, si vede facilmente che rg(A) = 3
se e solo se h 6= 2. Quindi per h 6= 2 il sistema ha una sola soluzione (x0 , y0 , z0 ), con
x0 = −1/2, y0 = (h − 3)/2(2 − h), z0 = −1/2(2 − h) e geometricamente i piani α, β,
γ appartengono alla stella di centro P0 (x0 .y0 , z0 ). Per h = 2, rg(A) 6= rg(Ã), quindi i
tre piani non hanno alcun punto in comune.
(1.2) Una retta passante per P ed incidente l’asse z ha equazioni del tipo
y
z−t
x
= =
.
1
3
3−t
Imponendo il parallelismo retta-piano (al + bm + cn = 0) si ha t = 1.
(1.3) S1 rappresenta la sfera di centro C1 (1, 0, −1) e raggio
R1 = 2; S2 rappresenta la
√
sfera di centro C2 (0, 1, 1) e raggio R2 = 1. Essendo 6 = d(C1 , C2 ) < R1 + R2 = 3,
segue che C = S1 ∩ S2 è una circonferenza reale. Sottraendo le equazioni di S1 e S2
segue che C è rappresentata anche da S1 ∩ τ , dove
τ : 2x − 2y − 4z + 3 = 0
è il piano contenente C.
Quindi il centro di C si ottiene intersecando il piano τ con la retta per C1 e C2 di
equazioni
z−1
y−1
=
.
x=
−1
−2
Un semplice calcolo dà C(1/4, 3/4,
pr di C si ottiene usando il teorema
√ 1/2). Il raggio
di Pitagora, noto d(C1 , τ ) = 9/ 24. Quindi r = 5/8.
(1.4) Tenendo conto che z = (u+v)(u−v) segue che Σ ha equazione cartesiana z = xy.
La forma quadratica associata Q(x, y, z) = xy ha autovalori λ = 0 e λ = ±1/2. Si
tratta quindi di un paraboloide iperbolico (o a sella).
17
2. Algebra lineare
(2.1) Indicata con {ei }1≤i≤4 la base canonica di R4 , si trova facilmente che U =
L(~a, ~b, ~c), dove
~a = (1, 1, 0, 0) = ~e1 + ~e2 ,
Per ipotesi
~b = (0, 1, 1, 0) = ~e2 + ~e3 ,
f (~a) = ~0,
f (~b) = ~0,
f (~c) = ~0,
~c = (0, −1, 0, 1) = −~e2 + ~e4 .
f (~u) = w,
~
da cui, con semplici calcoli, tenendo conto della linearità di f , segue
1
f (~e1 ) = f (~e3 ) = (~e3 − ~e4 ),
2
f (~e2 ) = f (~e4 ) = −f (~e1 ).
(2.2) La matrice associata ad f rispetto alla base canonica



0
0
0
0
0
 0
 1 0
0
0
0


A=
 1/2 −1/2 1/2 −1/2 = 2  1
−1
−1/2 1/2 −1/2 1/2
da cui è immediata la verifica richiesta.
è

0
0
0
0
0
0

−1 1 −1
1 −1 1
(2.3) Poiché det(A − λI) = λ2 [(1/2 − λ)2 − 1/4] = λ3 (λ − 1), segue che gli autovalori di
A sono λ = 0 con molteplicità algebrica m(0) = 3 e λ = 1 con molteplicità algebrica
m(1) = 1. I relativi autospazi sono
V (1) = L((0, 0, 1, −1)).
V (0) = Ker f,
Poiché dim V (0) = 3 e dim V (1) = 1 segue che f è semplice.
(2.4) I vettori ~a, ~b, ~c costituiscono una base di U , quindi
U ⊥ = { ~x ∈ R4 | ~x · ~a = 0, ~x · ~b = 0, ~x · ~c = 0, }.
Posto ~x = (x1 , x2 , x3 , x4 ), si ottiene il sistema
x1 + x2 = 0,
x2 + x3 = 0,
−x2 + x4 = 0,
da cui x1 = x3 = −x2 = −x4 e quindi
(Ker f )⊥ = U ⊥ = L((1, −1, 1, −1)).
18
NOME e COGNOME................................................ MATRICOLA n...............
CORSO DI LAUREA............................................. ORALE 15 dic. , 11 gen. Esame di Geometria e Algebra, 12 dicembre 2005
1. Geometria analitica
Sono dati i piani
α : x − y − z = 0,
β : x + y − z + 1 = 0,
γ : 2x − y − kz + 1 = 0
(per k ∈ R) e il punto P0 (3, 1, 3).
(1.1) Studiare la posizione nello spazio dei piani α, β, γ al variare di k ∈ R.
(1.2) Trovare equazioni cartesiane della retta passante per P0 , incidente l’asse z e
parallela al piano β.
(1.3) Riconoscere che la curva C = S1 ∩ S2 , dove
S1 : x2 + y 2 + z 2 − 2y + 2z − 2 = 0
S2 : x2 + y 2 + z 2 − 2x − 2z + 1 = 0
è una circonferenza reale e determinarne centro e raggio.
(1.4) È data la superficie Σ di equazioni parametriche
x = u − v,
y = u + v,
z = u2 − v 2 .
Dopo aver scritto l’equazione cartesiana di Σ, riconoscere che è una quadrica e classificarla.
2. Algebra lineare.
Sia, per k ∈ R, fk : R4 → R4 l’endomorfismo di R4 che ha come matrice associata
rispetto alla base canonica la matrice


2 0 1 0
0 1 0 k 

Ak = 
0 0 −1 0 .
0 0 0 1
(2.1) Determinare gli autovalori di fk per ogni k ∈ R.
(2.2) Dire per quali valori di k ∈ R l’endomorfismo fk è semplice.
(2.3) Trovare una base di f0 (U ) dove U : x1 + x2 − x3 + x4 = 0.
(2.4) Vedere se esistono valori di k per cui fk è una isometria (rispetto al prodotto
scalare standard in R4 ).
N.B. I procedimenti, le risposte, i calcoli, debbono essere tutti brevemente giustificati. Sarà elemento di valutazione anche la chiarezza espositiva.
Questo foglio va compilato e consegnato insieme a tutti i fogli timbrati.
Ogni esercizio vale 15/30.
19
INGEGNERIA
Esame di Geometria e Algebra, 12 dicembre 2005
Soluzioni degli esercizi
1. Geometria analitica
(1.1) Si tratta di studiare il sistema costituito dalle equazioni dei tre piani.
Indicata con A la matrice dei coefficienti del sistema, si vede facilmente che rg(A) = 3
se e solo se k 6= 2. Quindi per k 6= 2 il sistema ha una sola soluzione (x0 , y0 , z0 ), con
x0 = (k − 3)/2(2 − k), y0 = −1/2, z0 = −1/2(2 − k) e geometricamente i piani α, β,
γ appartengono alla stella di centro (x0 .y0 , z0 ). Per k = 2, rg(A) 6= rg(Ã), quindi i tre
piani non hanno alcun punto in comune.
(1.2) Una retta passante per P0 ed incidente l’asse z ha equazioni del tipo
y
z−t
x
= =
.
3
1
3−t
Imponendo il parallelismo retta-piano (al + bm + cn = 0) si ha t = −1.
(1.3) S1 rappresenta la sfera di centro C1 (0, 1, −1) e raggio
R1 = 2; S2 rappresenta la
√
sfera di centro C2 (1, 0, 1) e raggio R2 = 1. Essendo 6 = d(C1 , C2 ) < R1 + R2 = 3,
segue che C = S1 ∩ S2 è una circonferenza reale. Sottraendo le equazioni di S1 e S2
segue che C è rappresentata anche da S1 ∩ τ , dove
τ : 2x − 2y + 4z − 3 = 0
è il piano contenente C.
Quindi il centro di C si ottiene intersecando il piano τ con la retta per C1 e C2 di
equazioni
z+1
y−1
=
.
x=
−1
2
Un semplice calcolo dà C(3/4, 1/4,
pr di C si ottiene usando il teorema
√ 1/2). Il raggio
di Pitagora, noto d(C1 , τ ) = 9/ 24. Quindi r = 5/8.
(1.4) Tenendo conto che z = (u+v)(u−v) segue che Σ ha equazione cartesiana z = xy.
La forma quadratica associata Q(x, y, z) = xy ha autovalori λ = 0 e λ = ±1/2. Si
tratta quindi di un paraboloide iperbolico (o a sella).
20
2. Algebra lineare.
(2.1) È immediato vedere che
det(Ak − λI) = (λ − 1)2 (λ + 1)(λ − 2),
quindi gli autovalori sono λ = 1 con molteplicità 2 e λ = −1, 2 con molteplicità 1.
(2.2) Basta trovare V (1) e la sua dimensione. Risulta
V (1) = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) | x1 + x3 = 0, kx4 = 0, −2x3 = 0}
= {(x1 , x2 , x3 , x4 ) | x1 = 0, x3 = 0, kx4 = 0}.
Quindi
V (1) = {(0, a, 0, 0) | a ∈ R} se k 6= 0,
V (1) = {(0, a, 0, b) | a, b ∈ R} se k = 0.
Ne segue che fk è diagonalizzabile per k = 0 e non diagonalizzabile per k 6= 0.
(2.3) U è un sottospazio vettoriale di R4 di dimensione 3. Una base di U è data dai vettori ~u1 = (1, 0, 1, 0), ~u2 = (0, 1, 1, 0), ~u3 = (0, 0, 1, 1). Allora f0 (U ) =
L(f0 (~u1 ), f0 (~u2 ), f0 (~u3 )). Risulta
f0 (~u1 ) = (3, 0, −1, 0),
f0 (~u2 ) = (1, 1, −1, 1),
f0 (~u3 ) = (1, 0, −1, 1).
Poiché questi tre vettori sono indipendenti, essi costituiscono una base di f0 (U ).
(2.4) Una isometria lineare è anche una trasformazione ortogonale. Ora se, per un
fissato k, l’applicazione fk fosse una trasformazione ortogonale, si dovrebbe avere
Ak ATk = I, ma ciò non accade per alcun valore di k.
21
NOME e COGNOME................................................ MATRICOLA n...............
CORSO DI LAUREA.............................................
Esame di Geometria e Algebra, 9 gennaio 2006
1. Geometria analitica
Si considerino le rette
r1 : x = 2t,
y = t − 1,
z = t,
r2 : y = 3,
x−z−1=0
il piano α : 2x − y + 2z = 1 e la curva
C : x = t2 ,
y = 2t3 − 1,
z = t 3 − t2 .
(1.1) Verificare che le rette r1 e r2 sono sghembe.
(1.2) Determinare l’ampiezza degli angoli individuati dalle due rette r1 e r2 .
(1.3) Determinare equazioni cartesiane della retta r perpendicolare al piano α ed
incidente le due rette r1 e r2 .
(1.4) Dopo aver provato che C è piana, scrivere equazioni parametriche del cilindro
avente come direttrice C e come generatrici rette ortogonali ad α.
2. Algebra lineare.
Sia V3 lo spazio dei vettori ordinari riferito alla base ortonormale B = {~i, ~j, ~k}. È data
l’applicazione f : V3 → V3 cosı̀ definita
f (~x) = 2~x − ~x ∧ ~v
dove ~v = ~i − 2~j + ~k.
(2.1) Dopo aver verificato che f è lineare, scrivere la matrice associata ad f rispetto
alla base B.
(2.2) Dopo aver trovato i sottospazi Kerf, Imf , decidere se f è un automorfismo di
V3 .
(2.3) Verificare che λ = 2 è l’unico autovalore di f e trovare l’autospazio corrispondente.
(2.4) Dopo aver richiamato la definizione di endomorfismo simmetrico, vedere (applicando tale definizione) se f è simmetrico oppure no.
N.B. I procedimenti, le risposte, i calcoli, debbono essere tutti brevemente giustificati. Sarà elemento di valutazione anche la chiarezza espositiva.
Questo foglio va compilato e consegnato insieme a tutti i fogli timbrati.
Ogni esercizio vale 15/30.
22
INGEGNERIA
Esame di Geometria e Algebra, 9 gennaio 2006
Soluzioni degli esercizi
1. Geometria analitica
(1.1) Parametri direttori di r1 sono (2, 1, 1), parametri direttori di r2 sono (1, 0, 1),
quindi r1 e r2 non sono paralleli. Inoltre r1 ∩ r2 = ∅, da cui la conclusione che le due
rette sono sghembe.
(1.2) Tenendo conto che i parametri direttori di una retta sono le coordinate di un
vettore parallelo alla retta, si ha
√
3
π 5π
⇒ rd
, .
cos rd
1 r2 =
1 r2 = ±
2
6 6
−−→
(1.3) Poiché P1 (2t, t − 1, t) ∈ r1 e P2 (t0 , 3, t0 − 1) ∈ r2 , si ha P1 P2 = (t0 − 2t, 3 − t + 1, t0 −
1 − t). La retta r è perpendicolare ad α se i suoi parametri direttori sono proporzionali
ai parametri di giacitura di α che sono (2, −1, 2), quindi
t0 − 2t = 2ρ,
4 − t = −ρ,
t0 − 1 − t = 2ρ
da cui P1 (2, 0, 1) e P2 (−4, 3. − 5). Ne segue
r:
x−2
z−1
=y=
.
−2
−2
(1.4) C è piana se esiste un piano ax + by + cz + d = 0 che la contiene. Ora
at3 + 2bt3 − b + ct3 − ct2 + d = 0 ⇒ a = c = −2b, d = b
cioè C appartiene al piano α.
Equazioni parametriche del cilindro sono
x = t2 + 2h,
y = 2t3 − 1 − h,
z = t3 − t2 + 2h (t, h ∈ R).
2. Algebra lineare.
(2.1) Tenendo conto della distributività rispetto alla somma del prodotto vettoriale, è
facile vedere che f è lineare. Infatti
f (λ~x + µ~y ) = 2(λ~x + µ~y ) − (λ~x + µ~y ) ∧ ~v = 2λ~x + 2µ~y − λ~x ∧ ~v − µ~y ) ∧ ~v =
λ(2~x + ~x ∧ ~v ) + µ(2~y − ~y ) ∧ ~v ) = λf (~x) + µf (~y ).
Inoltre
f (~i) = 2~i + 2~k + ~j,
f (~j) = 2~j + ~k − ~j,
23
f (~k) = 2~k − ~j − 2~i.
Quindi


2 −1 −2
A = MB (f ) = 1 2 −1
2 1
2
(2.2) Kerf = {(x, y, z)|2x − y − 2z = 0, x + 2y − z = 0, 2x + y + 2z = 0} = {(0, 0, 0)}
da cui Imf = V3 . Quindi f è un automorfismo. D’altra parte detA 6= 0.
(2.3) Il polinomio caratteristico è P (λ) = det(A − λI) = (2 − λ)[(2 − λ) 2 + 6].
Poiché l’equazione (2 − λ)2 + 6 non ammette radici reali, l’unico zero reale di P (λ) è
λ = 2, che è quindi l’unico autovalore di f . Inoltre
V (2) = {~x ∈ V3 | 2~x − ~x ∧ ~v = 2~x} = {~x ∈ V3 | ~x ∧ ~v = ~0} = L(~v )
poiché ~x ∧ ~v = ~0 implica che i vettori ~x e ~v sono paralleli.
(2.4)Ricordiamo che f è un endomorfismo simmetrico se e solo se
f (~x) · ~y = ~x · f (~y ),
∀~x, ~y ∈ V3 .
Nel nostro caso
f (~x) · ~y = 2~x · ~y − ~x ∧ ~v · ~y
~x · f (~y ) = 2~x · ~y − ~x · ~y ∧ ~v .
Poiché ~x ∧ ~v · ~y = −~x · ~y ∧ ~v , segue che f non è simmetrico.
24