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.
3
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.
7
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.
10
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.
16
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