FACOLTA’ DI INGEGNERIA
Corso di laurea in Ingegneria Telematica ed Ambiente e il Territorio
Prova scritta di Algebra Lineare e Geometria assegnata il 05/09/2008
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Durata della prova: due ore
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I
1) Trovare e studiare il fascio di coniche tangenti alla retta s di equazione
x−y+1 = 0 nel punto A = (0, 1) ed alla retta t di equazione x+y−2 =
0 nel punto B = (1, 1) .
2) Sia ℘ la parabola del fascio. Trovare una sua forma canonica, vertice, fuoco, asse di simmetria ed il cambiamento di coordinate che la
determina.
3) Sia C la circonferenza del fascio. Trovare il cono di vertice V = (2, 1, 1)
e direttrice C.
II
Siano dati in IR3 i seguenti vettori v1 = (1, 1, 1), v2 = (0, 1, 0) e v3 =
(−1, 1, 0). Sia f : IR3 → IR3 l’endomorfismo definito da
f (v1 ) = (h + 1, h + 2, h)
f (v2 ) = (0, 1, 0)
f (v3 ) = (−h − 1, 1, 0)
con h parametro reale.
1. Scrivere la matrice MEE (f ) rispetto alla base canonica e studiare f al
variare del parametro h trovando una base per Imf e Kerf .
2. Studiare la semplicità di f , e nei casi in cui è semplice determinare
una base di autovettori.
3. Trovare f −1 (−1, 0, 1) al variare di h
Soluzione
Il fascio di coniche bitangenti richiesto ha equazione
φ : λ(x − y + 1)(x + y − 2) + µ(y − 1)2 ==
Se λ = 0 allora φ diventa la conica spezzata nella retta AB contata due
volte. Sia λ 6= 0 e poniamo h = µλ , si ottiene:
φ : x2 + (h − 1)y 2 − x + (3 − 2h)y − 2 + h = 0 .
Si ha:
1
|B| = 0
− 12
0
h-1
3−2h
2
− 21
3−2h
2
= −h
h-2
e
|A| =
1
0
0
=h−1
h-1
Quindi, |B| = 0 ⇔ h = 0 ed in tal caso φ si spezza nelle due rette s e t. Sia
h 6= 0:
1. Se |A| > 0 ⇔ h > 1 si hanno ellissi; in particolare, per h = 2 si ha la
circonferenza C : x2 + y 2 − x − y = 0;
2. Se |A| = 0 ⇔ h = 1 si ha una parabola ℘ : x2 − x + y − 1 = 0;
3. Se |A| < 0 ⇔ h < 1 si hanno iperboli; in particolare T r(A) = 0 ⇔ h =
0 e quindi non ci sono iperboli equilatere.
2) La parabola richiesta è ℘ : x2 + y − x − 1 = 0 . Gli autovalori relativi alla
sottomatrice A sono α = 0 e β = 1. Essendo |B| = − 14 , si ha −βγ 2 = − 14 ,
da cui si deduce γ = ± 12 . A questo punto si deve fare la scelta del segno.
Il punto improprio della parabola è Y∞ = (0, 1, 0), il punto improprio in
direzione ad esso ortogonale è X∞ = (1, 0, 0), pertanto l’asse di simmetria è
la polare di X∞ , ovvero x − 21 = 0 .
Facendo sistema tra l’equazione della parabola e quella dell’asse di simmetria si trova il vertice V = ( 12 , 54 ). Adesso si deve trovare la matrice della
rototraslazione che permette di ridurre l’equazione di ℘ in forma canonica
del tipo βY 2 = 2γX. Per individuare il segno di γ, bisogna capire come è
posizionata la parabola; intersecandola con gli assi cartesiani, si vede che ℘
ha la concavità è rivolta verso il basso. Pertanto la forma canonica Y 2 = X.
La matrice della rototraslazione è la seguente:
0 1 21
Q = −1 0 45
0 0 1
e le formule del cambiamento di coordinate sono
(
x = Y + 12
y = −X + 54
(1)
Il fuoco e la relativa direttrice nel nuovo sistema di riferimento sono F =
( 41 , 0) e X = − 41 , . Utilizzando le formule (1), si ottiene F 0 = ( 12 , 1) e y = 32 .
3) Imponendo al fascio z(ax + by + cz + d) + x2 + y 2 − x − y = 0 che il punto
V (2, 1, 1) sia vertice si ottiene a = −3, b = −1, c = 2 e d = 3. Pertanto il
cono richiesto è il seguente:
x2 + y 2 + 2z 2 − 3xz − yz − x − y + 3z = 0
II
Si ha
|A| = MEE (f )| =
h+1
0
0
0
1
0
0
h+1 = h(h + 1)
h
In particolare, se h 6= 0, −1 f è un isomorfismo. Per h = 0 si ha rkA = 2.
Pertanto dim Imf = 2 ed una base è data da [(0, 1, 0), (1, 0, 0)]; dim Kerf =
1 e Kerf = {(x, y, z) ∈ IR3 | y = −z, x = 0}, pertanto una base è data da
(0, 1, −1) .
Se h = −1 si ha rkA = 2. Pertanto dim Imf = 2 ed una base è data da
[(0, 1, 0), (0, 0, −1)]; dim Kerf = 1 e Kerf = {(x, y, z) ∈ r3 |y = 0, z = 0},
pertanto una base è data da [(1, 0, 0)] .
Calcoliamo adesso il polinomio caratteristico
|A − IT | =
h+1-T
0
0
0
1-T
0
0
h+1 = (h + 1 − T )(1 − T )(h − T )
h-T
Si hanno i seguenti autovalori: T1 = h + 1, T2 = 1 e T3 = h. Si hanno tre
autovalori distinti se e solo se h 6= 0, 1 In tal caso, f è semplice. Una base
di autovettori è [(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, − 1+h
1−h , 1)]
Per h = 0 si ha T1 = 0 doppio e T2 = 1 semplice. Essendo in questo caso
dim V0 = 2 allora f è semplice.
Una base di autovettori è [(1, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 1, −1)]
Per h = −1 si ha T1 = 1 doppio e T2 = 0 semplice. Essendo in questo caso
dim V0 = 1 allora f non è semplice.
La controimmagine del vettore (−1, 0, 1) si trova risolvendo il sistema
h+1 0
0
x
−1
0
1 h + 1 y = 0
0
0
h
z
1
1
1
Quindi se h 6= 0, −1 si ha una sola soluzione (− h+1
, − h+1
h , − h ) . Per h =
0, −1 il sistema è impossibile e quindi f −1 (−1, 0, 1) è l’insieme vuoto.
