Esame di Geometria 1 Prova scritta del 11 luglio 2011 – Versione 1

Corso di Laurea in Matematica - Esame di Geometria 1
Prova scritta del 11 luglio 2011 – Versione 1
Esercizio 1
In R2,2 , spazio vettoriale delle matrici quadrate di ordine 2 ad elementi reali, si consideri il
sottospazio vettoriale
W = X ∈ R2,2 | AX = XA
dove
A=
1 1
k 1
,
k ∈ R.
a. Determinare la dimensione e una base di W al variare di k ∈ R.
(1 punto)
b. Rispetto al prodotto scalare di R2,2 che rende ortonormale la base standard determinare,
al variare di k ∈ R, la dimensione e una base del complemento ortogonale W ⊥ di W.
(2 punti)
c. Rispetto al prodotto scalare di R2,2 che rende ortonormale la base:
0 0
0 0
0 1
1 0
0
,
,
,
B =
0 2
1 0
1 0
0 0
determinare, al variare di k ∈ R, la dimensione e una base del complemento ortogonale W 0
di W.
(3 punti)
Soluzione
a. Per ogni valore di k ∈ R risulta
1 0
0 1
1
0
0 −1
e W=L
dim(W) = 2
0 1
,
.
k 0
b. Si ottiene per ogni valore di k ∈ R
⊥
dim(W ) = 2
e
W
⊥
=L
0 −k
,
.
1
0
c. Si deve determinare, rispetto alla base standard di R2,2 , la matrice simmetrica B = (bij )
del prodotto scalare di R2,2 che rende ortonormale la base B 0 . Si ottiene


1
0
0 0
 0
2 −1 0 



B=
1 0 .
 0 −1


1
0
0
0
4
1
Le equazioni di W 0 sono
(
4x1 + x4 = 0
(k − 2)x2 − (k − 1)x3 = 0
pertanto per ogni valore di k ∈ R risulta
0
dim(W ) = 2
0
e W =L
1
0
0 −4
,
0
k−1
k−2
0
.
Esercizio 2
Sia f : R2 [x] −→ R2 [x] l’endomorfismo dello spazio vettoriale R2 [x], dei polinomi in x a coefficienti
reali, di grado minore o uguale a 2, definito da:

f (1) = h + x



f (x) = x
(h ∈ R).



2
2
f (x ) = hx + 2x
a. Determinare, al variare di h ∈ R, la dimensione e una base di ker f e di im f .
(2 punti)
b. Determinare, al variare di h ∈ R, la dimensione e una base di f (K) e di f −1 (K) dove K è
il sottospazio vettoriale di R2 [x] dei polinomi divisibili per x − 3.
(3 punti)
c. Stabilire, al variare di h ∈ R, se l’endomorfismo f è diagonalizzabile.
(3 punti)
d. Posto h = 1, determinare una base C di R2 [x] tale che la matrice B = M C,C (f ) associata
all’endomorfismo f rispetto a tale base sia triangolare superiore.
(2 punti)
Soluzione
a. La matrice associata all’endomorfismo f rispetto alla base B = (1, x, x2 ) di R2 [x] è


h 0 0
A = M B,B (f ) =  1 1 h , h ∈ R.
0 0 2
Se h 6= 0 risulta rank(A) = 3, quindi dim(ker f ) = 0 e dim(im f ) = 3, pertanto ker f = {0}
e im f = R2 [x], dunque f è un automorfismo di R2 [x].
Se h = 0 risulta rank(A) = 2, quindi dim(ker f ) = 1, dim(im f ) = 2 e si ha ker f = L(−1+x)
e im f = L(x, x2 ).
b. Si ha K = {p(x) ∈ R2 [x] | p(3) = 0} = L(−3 + x, −3x + x2 ) e
f (−3 + x) = −3h − 2x,
f (−3x + x2 ) = (h − 3)x + 2x2 ,
2
che risultano essere linearmente indipendenti per ogni h ∈ R, pertanto per ogni valore di
h ∈ R risulta
dim(f (K)) = 2
e f (K) = L(−3h − 2x, (h − 3)x + 2x2 ).
Se h 6= 0 l’endomormismo f è invertibile, e la
f −1 è

1
 h

 1
−1
A =
 −h


0
matrice associata all’endomorfismo inverso
0
0



h 
,
1 − 
2 

1 
0
2
−1
di conseguenza, in questo caso, il sottospazio f (K) è generato dai polinomi le cui componenti rispetto alla base B si ottengono facendo i seguenti prodotti tra matrici:




−3
0
A−1  1  e A−1  −3 ,
0
1
e pertanto
dim(f
−1
(K)) = 2
e f
−1
6+h
1 2
3 3+h
x, −
x+ x .
(K) = L − +
h
h
2
2
Se h = 0 allora risulta
dim(f
−1
(K)) = 2
e f
−1
1 2
(K) = L −1 + x, −3 + x .
2
c. Il polinomio caratteristico di A è
P (λ) = (h − λ)(1 − λ)(2 − λ).
Se h 6= 1, 2 allora f ha tre autovalori distinti, per cui f è diagonalizzabile.
Se h = 2 allora f ha due autovalori: λ1 = 1 di molteplicità 1 e λ2 = 2 di molteplicità 2,
inoltre risulta Vλ2 = L(1 + x, 2x + x2 ) e pertanto f è diagonalizzabile.
Se h = 1 allora f ha due autovalori: λ1 = 1 di molteplicità 2 e λ2 = 2 di molteplicità 1,
inoltre risulta Vλ1 = L(x) e pertanto f non è diagonalizzabile.
Ricapitolando: f risulta diagonalizzabile per ogni h 6= 1.
d. Posto h = 1, si ha

f (1) = 1 + x



f (x) = x



f (x2 ) = x + 2x2
e gli autospazi associati agli autovalori di f sono:
Vλ1 = L(x)
per λ1 = 1,
Vλ2 = L(x + x2 )
per λ2 = 2.
3
Considerata quindi la base C = (x, x + x2 , 1), allora la matrice associata ad f rispetto a
tale base è


1 0 1
B = M C,C (f ) =  0 2 0 ,
0 0 1
ossia è una matrice triangolare superiore.
Esercizio 3
Nello spazio, rispetto ad un riferimento cartesiano R = (O, x, y, z) si considerino i tre piani:
α : x + 2y + z − 1 = 0,
β : x + y + z − 3 = 0 γ : x + hy + z + 1 = 0
(h ∈ R).
a. Determinare i valori di h, se esistono, affinché il piano γ appartenga al fascio proprio di piani
individuato da α e β, e per tali valori trovare i parametri omogenei (λ, µ) che permettono
di scrivere l’equazione del piano γ come combinazione lineare delle equazioni di α e di β.
(2 punti)
b. Determinare h, se esiste, in modo tale che le rette r = α ∩ β ed s = β ∩ γ siano parallele.
(1 punto)
c. Determinare le coordinate del punto Q simmetrico di P = (−1, 0, 1) rispetto al piano α
e scrivere l’equazione della sfera Σ di diametro il segmento di estremi P e Q e centro sul
piano α.
(2 punti)
d. Sia F il fascio di sfere che contiene Σ e ammette α come piano radicale. Tra tutte le sfere
del fascio F determinare:
1) la sfera di raggio minimo,
2) la sfera passante per il punto O = (0, 0, 0).
(2 punti)
Soluzione
a. γ appartiene al fascio proprio di piani individuato da α e β solamente per h = 3 e per tale
valore l’equazione di γ si ottiene per (λ, µ) = (2, −1).
b. La retta r è parallela al vettore r = (1, 0, −1), mentre la retta s è parallela al vettore
s = (h − 1, 0, 1 − h), pertanto le due rette sono parallele per ogni h 6= 1.
2 2 4
, mentre la sfera
c. Il simmetrico del punto P rispetto al piano α è il punto Q = − , ,
3 3 3
Σ ha centro C coincidente con il punto medio del segmento P Q e raggio dato da d(P, C),
per cui ha equazione:
5 2
1 2
7 2 1
Σ: x+
+ y−
+ z−
= .
6
3
6
6
4
d. La sfera di raggio minimo è Σ poiché è la sfera del fascio con il centro sul piano radicale,
mentre la sfera del fascio passante per l’origine O ha equazione cartesiana
x2 + y 2 + z 2 +
11
10
1
x + y − z = 0.
3
3
3
Esercizio 4
Si consideri la forma quadratica Q : R3 −→ R cosı̀ definita:
Q(x) = 4xz − y 2 + 3z 2
dove x = (x, y, z) ∈ R3 .
a. Scrivere Q in forma canonica e determinare una base di R3 rispetto alla quale Q assume
tale forma.
(3 punti)
b. Scrivere Q in forma normale e determinare una base di R3 rispetto alla quale Q assume
tale forma.
(2 punti)
c. Nello spazio, rispetto al riferimento cartesiano R = (O, x, y, z), riconoscere la quadrica Q
di equazione:
Q(x, y, z) = 5,
scriverla in forma canonica e determinare il cambiamento di riferimento cartesiano rispetto
alla quale Q assume tale forma.
(3 punti)
Soluzione
a. La matrice associata alla forma quadratica Q rispetto alla base canonica di R3 è


0
0 2
A =  0 −1 0 .
2
0 3
I suoi autovalori sono λ1 = 4 di molteplicità 1 e λ2 = −1 di molteplicità 2, di conseguenza
una forma canonica di Q è
Q(x) = 4(x0 )2 − (y 0 )2 − (z 0 )2 ,
dove (x0 , y 0 , z 0 ) sono le componenti del vettore x rispetto alla base ortonormale di R3 formata
dai vettori:
1
2
2
1
v1 = √ , 0, √
, v2 = √ , 0, − √
, v3 = (0, 1, 0).
5
5
5
5
5
b. La forma normale di Q è
Q(x) = X 2 − Y 2 − Z 2 ,
dove (X, Y, Z) sono le componenti del vettore x rispetto alla base formata dai vettori:
1
e1 = v1 ,
2
e2 = v2 ,
e3 = v3 .
c. La quadrica Q è un iperboloide a due falde di equazione in forma canonica:
Q:
(x0 )2 (y 0 )2 (z 0 )2
−
−
= 1,
5
5
5
4
scritta rispetto al riferimento cartesiano R0 = (O, x0 , y 0 , z 0 ) ottenuto dal riferimento cartesiano R = (O, x, y, z) mediante il movimento rigido di equazioni:
 


x
x0
 


 y  = P  y 0 ,
z
z0
dove la matrice

1
√
5
0



P =

 2
√
5
2
√
5
0
1
−√
5
0



1 



0
è ortogonale speciale, ossia tale che det(P ) = 1.
Esercizio 5
Sia C l’insieme dei numeri complessi dotato della struttura di spazio vettoriale reale. Si consideri
la funzione:
σ : C −→ C, z 7−→ z
che ad ogni numero complesso associa il suo complesso coniugato.
a. Si dimostri che σ è un automorfismo di C (ossia un isomorfismo di C con se stesso).
(2 punti)
b. Si scriva la matrice associata a σ rispetto alla base B 0 = (1 + 2i, 3 + 4i).
(2 punti)
Soluzione
a. La linearità di σ segue facilemente dalle proprietà della coniugazione di numeri complessi,
infatti si ha:
σ(z1 + z2 ) = z1 + z2 = z1 + z2 = σ(z1 ) + σ(z2 )
σ(λz) = λz = λz = λ σ(z)
6
per ogni z1 , z2 , z ∈ C e per ogni λ ∈ R. Per dimostrare che σ è un automorfismo, è sufficiente
dimostrare che σ è iniettiva, essendo C uno spazio vettoriale di dimensione 2 (su R). Si ha:
ker σ = {z ∈ C | σ(z) = 0} = {z ∈ C | z = 0} = {0}.
Oppure, in modo equivalente, è sufficiente ricondare la seguente proprietà: z = z, che si
traduce nel fatto che
σ 2 = idC
e quindi σ è un automorfismo di C con inverso se stesso.
b. Sia B = (1, i) la base canonica di C. La matrice associata a σ rispetto a B è
1
0
A=
,
0 −1
pertanto la matrice A0 associata ad f rispetto alla base B 0 è data da
A0 = P −1 AP,
dove P indica la matrice del cambiamento di base da B a B 0 , ossia:
1 3
.
P =
2 4
Poiché risulta
P
−1
=
si ottiene
0
−2
3/2
!
1 −1/2
A =
7
−5 −12
2
5
.