FACOLTA’ DI INGEGNERIA
Corso di laurea in Ingegneria per l’Ambiente e il Territorio e Ingegneria Telematica
Prova scritta di Algebra Lineare e Geometria assegnata il 12/03/2009
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Durata della prova: due ore
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I
1) Scrivere e studiare il fascio di Φ coniche bitangenti alla retta x − y = 0
nell’origine ed alla retta x + y − 1 = 0 nel punto A(1, 0).
2) Sia C la conica del fascio passante per il punto (0, − 21 ). Dire di che
conica si tratta e trovare una sua forma canonica.
II
1) Sia C la circonferenza del fascio Φ. Trovare il cono di vertice V (1, 0, 1)
e direttrice C .
2) Studiare il fascio di quadriche di equazione
hx2 + (h + 1)y 2 + z 2 + 2yz − x + z = 0
III
In IR , sia dato il seguente spazio vettoriale V = L(v1 , v2 , v3 ) dove v1 , v2 e
v3 sono i vettori v1 = (0, −1, 1, 0), v2 = (1, 1, −1, 0) e v3 = (2, 0, 1, 1).
Sia f : V → V l’endomorfismo definito da
4
f (v1 ) = (0, −h, h, 0)
f (v2 ) = (h, h + 1, −h − 2, −1)
f (v3 ) = (2h, 1 + 2h, −1 − 2h, 0)
con h parametro reale.
1. Studiare MB
B (f ) con B una base di V , 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, 1, −2, −1) al variare del parametro reale h
Soluzione
I
La retta OA ha equazione y = 0, pertanto il fascio richiesto ha equazione
Φ : (x − y)(x + y − 1) + hy 2 = 0,
da cui
Φ : x2 + (h − 1)y 2 − x + y = 0.
pertanto
1
|B| = 0
− 12
0
h-1
− 12
1
2
0
1
2
=−
(h)
4
Allora
1. |B| = 0 ⇔ h = 0. per h = 0 si ha la conica spezzata nelle due rette
(x − y)(x + y − 1) = 0
2. |B| =
6 0 ⇔ h 6= 0 e si hanno coniche irriducibili.
Essendo
|A| =
1
0
0
=h−1
h-1
Si ha: |A| = 0 ⇔ h = 1. E si ha la parabola, ℘ = x2 − x + y = 0 .
|A| > 0 ⇔ h > 1 e si hanno ellissi. Nel nostro caso si ha per h = 2 la
circonferenza C : x2 + y 2 − x + y = 0 |A| < 0 ⇔ h < 1 e si hanno iperboli.
In particolare, T rA = 0 ⇔ h = 0 e quindi non si hanno iperboli equilatere.
2) La conica C del fascio richiesta è quella che si ottiene per h = 3, ovvero
x2 +2y 2 −x+y = 0. Essa è un’ellisse. Gli autovalori relativi alla sottomatrice
A, sono α = 1 e β = 2. Dall’uguaglianza −αβγ = |BC | si ottiene γ = 38 .
Quindi una forma canonica di C è X 2 + 2Y 2 = 38 .
II
1) La circonferenza richiesta è C : x2 + y 2 − x + y = 0 Quindi da
z(ax + by + cz + d) + x2 + y 2 − x + y = 0
imponendo che si abbia il punto V (1, 0, 1) sia
1 0 a2 0
1
0 0 b 1 0
a b 2 d2
c 2 1
2
2
1
1
0 2 d2 0
vertice si ottiene
=0
da cui a = −1, b = −1, c = 0, d = 1 . Pertanto il cono richiesto è il
seguente x2 + y 2 − xz − yz − x + y + z = 0.
2) la matrice del fascio è la seguente
h
0
|B| =
0
- 12
0
h+1
1
0
0
1
1
- 21
0
1
2
0
1
2
h
= − (h + 2)
4
e
h
|A| = 0
0
0
h+1
1
0
1 = h2
1
Quindi:
|B| = 0 ⇔ h = 0, −2. Se h = 0 allora rk(B) = 3 ed essendo |A| = 0 la
quadrica è il cilindro:Ψ : y 2 − x + 2yz + z 2 + z = 0 .
Se h = −2 allora rk(B) = 3 ed essendo |A| =
6 0 la quadrica è il cono:Ψ :
−2x2 − y 2 − x + 2yz + z 2 + z = 0 .
Sia |B| =
6 0 ⇔ h 6= 0, −2. In tal caso, si hanno quadriche non degeneri; in
particolare, essendo |A| = 0 ⇔ h = 0, non si hanno paraboloidi. Per sapere
se ci sono iperboloidi e/o ellissoidi, studiamo il segno degli autovalori relativi
al polinomio caratteristico associato alla sottomatrice A. Quindi:
|A − IT | =
h-T
0
0
0
h+1-T
1
0
1 =
1-T
= −T 3 + 2(h + 1)T 2 + (−h2 − 3h)T + h2
e dalla regola di Cartesio (vedi nota) si trova che si sono iperboloidi per
h < 0 ed ellissoidi per h > 0. Ed essendo |B > 0 ⇔ −2 < h < 0, e
|B < 0 ⇔ h < −2 ed h > 0, si hanno iperboloidi iperbolici per −2 < h < 0
e si hanno iperboloidi ellittici per h < −2.
Nota Regola di Cartesio: dato un polinomio alla permanenza di segno di
due coefficienti consecutivi, ovvero uno di grado n e l’altro di grado n − 1
entrambi negativi o positivi, corrisponde una radice negativa del polinomio.
E ad una variazione di segno tra i due, ovvero uno positivo ed uno negativo
o viceversa, corrisponde una radice positiva del polinomio. Si può costruire
-3
-1
0
-1
la seguente tabella:
2(h + 1)
+
+
−(h2 + 3h)
+
+
h2
+
+
+
+
dove i termini della prima riga in alto rappresentano i valori che annullano
i coefficienti della variabile T ; i termini a sinistra sono i coefficienti della
T in ordine decrescente rispetto alle potenze di T , ed i segni positivi e/o
negativi in ogni riga rappresentano rispettivamente i segni di ogni coefficiente
nell’intervallo considerato.
III
Sia B = [v1 , v2 , v2 ] una base di V . Si ha
h
0
|A| = |MB
(f
)|
=
B
0
1
h+2
-1
-1
2h = 2h2
0
Quindi:
|A| =
6 0 ⇔ h 6= 0 ed in tal caso f è un isomorfismo.
Sia h = 0. In tal caso si ha:
0 1 −1
0
A = 0 2
0 −1 0
e rkA = 2. Pertanto dim Imf = 2 ed una base è data da {(1, 2, −1)B , (−1, 0, 0)B };
dim Kerf = 1 e Kerf = {(x, y, z) ∈ V | y = 0, z = 0}, pertanto una base è
data da {(1, 0, 0)B } = v1 .
Calcoliamo adesso
|A − IT | =
h-T
0
0
1
h+2-T
-1
-1
2h = (h − T )[−T (h + 2 − T ) + 2h] =
-T
= (h − T )[T 2 − (h + 2)T + 2h] = (h − T )(T − h)(T − 2) = (T − h)2 (2 − T )
Si hanno quindi i seguenti autovalori:
T1 = h, con molteplicità algebrica uguale a due e
T2 = 2 .
Allora T1 6= T2 se h 6= 2 e si ha che f è semplice se e solo se dim Vh = 2 e
dim V2 = 1.
Sia quindi h 6= 2. Essendo Vh = Ker(f − hI) si ha che la matrice associata
all’endomorfismo f − hI è
0 1 −1
A − hI = 0 2 2h
0 −1 −h
Per dire che il rango di questa matrice è due serve l’ulteriore condizione
h 6= −1 , quindi se h 6= −1, 2 f non è semplice.
Se h = −1 invece il rango di A − hI è uguale ad uno, quindi dim V−1 = 2, e
dim V2 = 1 e pertanto f è semplice. Troviamo una base di autovettori per
h = −1. Si ha:
V−1 = {(x, y, z)B ∈ V | y = z} = L(x, y, y)B
ed una base è data dai vettori a1 = (1, 0, 0)B = v1 e a2 = (0, 1, 1)B = v2 + v3
V2 = {(x, y, z)B ∈ V | x = −z, y = −2z}
ed una base è data dal vettore a3 = (−1, −2, 1)B = −v1 − 2v2 + v3 .
Quindi una base di autovettori per h = −1 è {a1 , a2 , a3 } .
Sia h = 2; si ha T1 = 2 triplo. Quindi f è semplice se dim V2 = 3. Calcoliamo
dim V2 ; essendo il rango della seguente matrice
0 1 −1
1 2
1
0 −1 −2
uguale a due si ha dim V2 = 1 e pertanto per h = 2 f non è semplice.
3) Per calcolare f −1 (−1, 1, −2, −1), bisogna prima trovare le componenti di
v = (−1, 1, −2, −1) rispetto alla base B, ovvero [v]B = (0, 1, −1)B e basta
risolvere il seguente sistema lineare non omogeneo la cui colonna di termini
noti è data da (0, 1, −1), ovvero:
h
1
−1 | 0
0 h + 2 2h | 1
0 −1
0 | −1
si ha per il Teorema di Cramer per h 6= 0 una ed una sola soluzione
(x, y, z)B = (− 3h+1
, 1, − h+1
2h )B Se h = 0, applicando il teorema il Rouchè2h2
Capelli il sistema è impossibile e quindi f −1 (−1, 1, −2, −1) = ∅
