Corso di Geometria Ing. Informatica e Automatica Test 2

Corso di Geometria
Ing. Informatica e Automatica
Test 2
Esercizio 1 È dato il seguente sistema lineare nelle incognite x, y, z dipendente dal parametro
k:


 2x + y + 3z = 1 − k
2x + y + kz = 2


x + ky + 2z = 1 − k
a) Per quali valori di k il sistema ammette un’unica soluzione?
b) Per quali valori di k la terna (x, y, z) = (1, 1, −1) è soluzione del sistema?
c) Risolvere il sistema se k = 0.


2 1 3
Soluzione. a) Risposta: k 6= 3, k 6= 12 . La matrice dei coefficienti è A = 2 1 k . Il sistema
1 k 2
è quadrato: dunque, per il Teorema di Cramer, esso ammetterà un’unica soluzione se e solo se
det A 6= 0. Un calcolo mostra che det A = −2k 2 +7k −3, che si annulla se e solo se k = 3, k = 12 .
b) Risposta: k = 1. Questo si verifica sostituendo la terna (1, 1, −1) nelle equazioni del sistema.
c) Unica soluzione ( 35 , − 43 , − 31 ).  
 
1
2
Esercizio 2 Sono dati i vettori u = 1 e v = k  di R3 .
4
1
a) Per quali valori di k esiste un vettore w ∈ R3 tale che u, v, w formano una base di R3 ?
b) Per quali valori di k esiste un vettore w ∈ R3 tale che u, v, w formano una base ortogonale
di R3 ?
Soluzione. a) Risposta: tutti i valori di k. Infatti, i vettori u e v sono linearmente indipendenti
1
per ogni valore di k, ed è sempre possibile estendere (u, v) ad una base di R3 .
b) Risposta: k = −6. Infatti k = −6 è l’unico valore di k per il quale u e v sono ortogonali;
se u e v sono ortogonali è sempre possibile trovare un vettore non nullo w che sia ortogonale a
entrambi, e in questo modo la terna u, v, w risulta una base ortogonale di R3 . Esercizio 3 Nel piano sono dati la retta r : x − 2y = 0 e il punto A = (1, 4). Determinare:
a) La proiezione ortogonale di A su r.
b) Il punto B, simmetrico di A rispetto alla retta r.
c) L’equazione della circonferenza γ di centro l’origine passante per A. È vero che B appartiene
a γ?
6
Soluzione. a) Risposta: H = ( 12
5 , 5 ). Infatti, H si ottiene come intersezione di r con la retta
s, perpendicolare a r e passante per A. Si verifica che s ha equazione 2x + y − 6 = 0; risolvendo
il sistema, otteniamo le coordinate di H.
8
b) Risposta: B = ( 19
5 , − 5 ). Infatti, il punto H trovato in a) è il punto medio del segmento
AB. Se B = (α, β) si deve avere
12 6
α+1 β+4
,
=
,
,
5 5
2
2
e risolvendo otteniamo le coordinate di B.
√
c) Risposta: x2 + y 2 = 17. Il raggio uguaglia la distanza di A dall’origine, che vale 17. Il
punto B appartiene alla circonferenza γ per evidenti ragioni di simmetria (questo si può anche
verificare sostituendo le coordinate di B nell’equazione della circonferenza). Esercizio 4 Si consideri l’endomorfismo f : R4 → R4 tale che:

f (e1 ) = e1 + e3



 f (e ) = e + e
2
2
3

f (e3 ) = e1 + e2 + 2e3



f (e4 ) = e4
dove (e1 , e2 , e3 , e4 ) è la base canonica di R4 .
a) Verificare che f è un endomorfismo simmetrico, e trovare i suoi autovalori.
b) Trovare una base ortonormale di R4 formata da autovettori di f .

1
0
Soluzione. a) La matrice associata a f rispetto alla base canonica è: A = 
1
0
2
0
1
1
0
1
1
2
0

0
0
.
0
1
Poiché A è simmetrica, l’endomorfismo f risulta simmetrico. Un calcolo mostra che il polinomio
caratteristico di A è pA (x) = (x − 1)(x3 − 4x2 + 3x) che si fattorizza nel modo seguente:
pA (x) = x(x − 1)2 (x − 3).
Gli autovalori sono 0, 1, 3 dove 1 ha molteplicità algebrica pari a 2.
b) Poiché f è simmetrico, esso risulta diagonalizzabile. Per trovare una base ortonormale di
R4 formata da autovettori di f , occorre trovare una base ortonormale di ciascun autospazio e
quindi unire le basi. Una base di E(0) è (1, 1, −1, 0)t , da cui otteniamo la base ortonormale:
 
1

1
1
.
u1 = √ 

3 −1
0
Una base di E(1) è data dai vettori (1, −1, 0, 0)t , (0, 0, 0, 1)t ; essi sono già ortogonali, e quindi
una base ortonormale di E(1) si ottiene normalizzando i due vettori:
 
 
0
1
0

1 
−1
 , u3 =   .
u2 = √ 
0
2 0 
1
0
Infine, una base di E(3) è data dal vettore (1, 1, 2, 0)t che, normalizzato, dà:
 
1
1 
1
.
u4 = √ 
6 2
0
In conclusione, una base ortonormale
diautovettori è (u1 , u2 , u3 , u4 ) e la matrice associata a f

0 0 0 0
0 1 0 0

rispetto a tale base è D = 
0 0 1 0. 0 0 0 3
3
Esercizio 5 Si consideri l’endomorfismo T di Mat(2 × 2) definito da:
a b
a+c−d b+c
T
=
.
c d
−a − c + d b + c
a) Determinare una base di KerT .
b) Determinare una base di ImT .
c) Determinare una base del sottospazio W di Mat(2×2) costituito dalle matrici di KerT aventi
traccia nulla (nota: la traccia di una matrice quadrata A è la somma degli elementi diagonali di
A).
(
a+c−d=0
a b
0 0
Soluzione. a) Basta imporre T
=
. Otteniamo il sistema
nelle
c d
0 0
b+c=0
incognite a, b, c, d, che ammette ∞2 soluzioni. La matrice generica di KerT si scrive
t
s
,
−s t − s
con t, s ∈ R, da cui otteniamo la seguente base di KerT :
0
1
1 0
,
−1 −1
0 1
(non è l’unica base, ovviamente). Notiamo che dim KerT = 2.
b) Poiché Mat(2 × 2) ha dimensione 4, dal teorema della dimensione otteniamo dim ImT = 2.
Fissata la base canonica (E1 , E2 , E3 , E4 ) di M (2, 2, R) si ha che ImT è generata dai vettori
(matrici) T (E1 ), T (E2 ), T (E3 ), T (E4 ) quindi:
−1 0
1 1
0 1
1 0
,
i.
,
ImT = h
,
0 1
−1 1
1 0
−1 0
Poiché sappiamo che ImT ha dimensione 2, basta prendere due generatori linearmente indipendenti, ad esempio il primo e il secondo. Una possibile base di ImT è dunque:
1 0
0 1
,
.
−1 0
0 1
c) Basta imporre alla matrice generica di KerT (trovata in a) ) la condizione di avere traccia
nulla:
otteniamo
2t − s = 0 ovvero s =2t. La matrice
generica del sottospazio cercato è dunque
t
2t
1
2
da cui otteniamo la base
. La dimensione di W è pari a 1. −2t −t
−2 −1
4
(
Esercizio 6 Nello spazio, sono dati i punti A = (0, 0, 2), B = (4, 2, 2) e la retta r :
x−y =0
z=0
.
Sia s la retta per A e B.
a) Determinare l’equazione del piano contenente l’asse z e parallelo a s.
b) Stabilire se r ed s sono complanari o sghembe.
c) Trovare l’equazione della sfera avente centro su s e passante per A e B.
Soluzione. a) Risposta: x − 2y = 0. Le equazioni cartesiane dell’asse z sono x = y = 0 e il
fascio (ridotto) di piani contenente l’asse z ha equazione x + ky = 0. Imponendo il parallelismo
alla retta s (che ha parametri direttori proporzionali a (2, 1, 0)) otteniamo k = −2.
b) I parametri direttori di s sono proporzionali a (2, 1, 0), mentre quelli di r sono proporzionali
a (1, 1, 0): r e s non sono parallele. Si verifica poi che r ed s non hanno punti comuni, poiché
s giace nel piano z = 2 mentre r è contenuta nel piano z = 0. Dunque r e s sono sghembe.
c) Poiché il centro C sta sulla retta s (che passa per i punti A e B) è evidente che C deve
essere il punto medio del segmento AB: dunque C = (2, 1, 2). Il raggio uguaglia
la distanza di
√
C da un punto qualunque della sfera, ad esempio A: dunque il raggio vale 5. La sfera cercata
è unica, di equazione
(x − 2)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = 5.
5