Stefano Marchiafava
ESERCIZI DI GEOMETRIA
UN PERCORSO DIDATTICO
NELL'INSEGNAMENTO DI GEOMETRIA 2
per studenti di Fisica
(corso dell'a.a. 2004/05)
6
4
2
-8
-6
-4
-2
2
Questo fascicolo raccoglie la maggior parte degli esercizi e alcuni
complementi relativi a un corso di Geometria 2 per studenti di Fisica
tenuto nel terzo trimestre dell'a.a. 2004/05, in circa 50 ore. Si tratta
degli esercizi svolti in classe, degli esercizi assegnati agli studenti per
casa e poi corretti, degli esercizi assegnati con largo anticipo agli studenti in preparazione dei compiti di esonero, degli esercizi delle 3 prove
in itinere, dello scritto d'esame nale di Luglio (per gli studenti non
esonerati) e dello scritto dell'appello di recupero di Settembre.
Il materiale e presentato cosi come venne distribuito durante lo svolgimento del corso e lo sviluppo degli esercizi corrisponde a quello temporale della teoria reso necessario nell'anno in questione, tenuto conto
di quanto era stato svolto nel corso di Geometria 1 al primo trimestre.
Puo' essere utile sottolineare che in quell'anno accademico i primi
elementi delle curve piane, con lo studio delle coniche in forma canonica,
e delle superci, con gli esempi delle sfere, erano stati introdotti nel
corso di Geometria 1.
5 ottobre 2007
Stefano Marchiafava
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
4
ELENCO DEL MATERIALE DIDATTICO
18 aprile 2005
SELEZIONE ESERCIZI SU NUMERI COMPLESSI
26 aprile 2005
1a SELEZIONE ESERCIZI
28 aprile 2005
ESERCIZI
5 maggio 2005
ESERCIZI
9 maggio 2005
ESERCIZI
16 maggio 2005
ESERCIZI
19 maggio 2005
10 ESONERO
19 maggio 2005
Bis1 ESONERO
26 maggio 2005
2a SELEZIONE ESERCIZI
27-28 maggio 2005
ESERCIZI 11/3/04 e 12/3/04
30-31 maggio 2005
ESERCIZI
9 giugno 2005
ESERCIZI
16 giugno 2005
ESERCIZI
20 giugno 2005
20 ESONERO
23 giugno 2005
3a SELEZIONE ESERCIZI
28 giugno 2005
30 ESONERO
1 luglio 2005
PROVA SCRITTA ESAME LUGLIO (1o Appello)
19 settembre 2005
PROVA SCRITTA ESAME SETTEMBRE
(Appello di recupero)
0
COMPLEMENTI DI GEOMETRIA: LE QUADRICHE
INDICE ESERCIZI DI GEOMETRIA PER ARGOMENTO
PROGRAMMA dell'ESAME di GEOMETRIA 2 a.a. 2004/2005
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
5
SELEZIONE ESERCIZI
SU NUMERI COMPLESSI
per il corso dell'a.a. 2004/2005
docente S. Marchiafava
1 Campo dei numeri complessi
1.1 Operazioni tra numeri complessi
Ricordiamo che le operazioni di somma z + z 0 e di prodotto zz 0 tra numeri
complessi z = x + iy; z0 = x0 + iy0 (x; y; x0; y0 2 R) sono denite da
z + z 0 = (x + x0) + i(y + y0) ; zz 0 = (xx0 yy0) + i(xy0 + x0y) :
def
def
Ricordiamo anche che il coniugato z del numero complesso z = x + iy e il numero
complesso
z = x iy :
1. Sono dati i numeri complessi z1 = 2 i; z2 = 1 3i; z3 = 1 + i. Calcolare:
a) z + z ; b ) z
1
2
1
z ; c ) z z ; d ) z + 3z
2
1 2
1
2
z ; e) z ; f ) z ; g) z ; h) z =z :
3
1
1
1
2
1
1
2
2. Dati i numeri complessi a = 2 + 2i; b = 3i risolvere l'equazione az = b.
3. Dati i numeri complessi a = 2 + 2i; b = 3i; c = 1 determinare le soluzioni
dell'equazione ax + by = c.
4. Dati x = 2 + 3i; y = 1 2i; z = 3 i calcolare xyz e xyz.
5. Riconoscere che il prodotto (2 i)(3+2i)( 2 i)(3 2i) e reale, senza calcolarlo.
6. Sono dati i numeri complessi x = 2 + 3i; y = 3 2i.
Calcolare a) z = x2 + y2 , b) xx + yy. Vericare c) che xy + xy e reale, d) xy xy
e immaginario puro.
*7. Mostrare che
a) z = xy + xy (x; y 2 C) e sempre un numero reale,
b) z 0 = xy xy (x; y 2 C) e sempre un numero immaginario puro.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
6
8. Riconoscere che
a) z = (2 i)(1 + i) + (2 + i)(1 i) e reale,
b) z = (2 i)(1 + i) + (2 + i)( 1 + i) e immaginario puro.
Ricordiamo che la norma N (z ) e il modulo jz j del numero complesso z = x + iy
sono deniti deniti ponendo
N (z ) = x + y
def
2
2
;
p
jz j = x + y
def
2
2
9. Vericare che N (zz 0 ) = N (z )N (z 0 ); 8z; z 0 2 C.
*10. Tenuto conto del risultato del precedente esercizio, mostrare che se due interi
n; m sono ciascuno somma di due quadrati di due numeri interi allora anche il loro
prodotto nm e una somma di quadrati di due numeri interi.
*11. Si consideri la corrispondenza ' : C ! M(2) (M(2) = insieme delle
matrici quadrate di ordine 2 a elementi reali) per la quale
x y
' : z = x + iy 7 ! y x
Mostrare che
a) ' e biunivoca sull'immagine;
b) det('(z )) = N (z );
c) '(z + z 0 ) = '(z ) + '(z 0 );
d) '(zz 0 ) = '(z )'(z 0 ).
e) Utilizzando il risultato conseguito in b) e la nota proprieta del determinante di
un prodotto, dimostrare quanto asserito nell'esercizio 9.
f) Dimostrare la proprieta associativa del prodotto di numeri complessi utilizzando
la iniettivita della ' e la proprieta associativa del prodotto (righe per colonne)
di matrici.
1.2 Matrici e sistemi lineari nel campo complesso C
1. Calcolare il determinante della matrice
i
A=
1 + 2i
1 i 2 3i
2. Vericare che
:
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
a) il determinante della matrice
i
B=
1 + 2i
1 + 2i
5i
7
e nullo.
b) Vericare che le righe di B sono proporzionali (in C !) e determinare il fattore
di proporzionalita.
La matrice B del precedente esercizio 2 rientra tra quelle della forma
ai z z bi
(a; b 2 R; z 2 C)
Cosa si puo dire in generale circa il determinante di tali matrici?
Data una matrice complessa A (non necessariamente quadrata) si indica con A
la matrice ottenuta da A sostituendo ogni elemento aij con il suo coniugato aij . A si
chiama la coniugata di A.
4. a) Vericare che per matrici quadrate complesse di ordine n = 1; 2 risulta
sempre detA = detA.
*b) Mostrare che per ogni matrice quadrata complessa A di ordine n risulta
detA = detA.
5. Mostrare che date comunque due matrici complesse A; B quadrate di ordine n,
risulta sempre
a) AB = AB ;
det(AB ) = detA detB :
Una matrice complessa A, quadrata di ordine n, si dice hermitiana se risulta
At = A.
6. a) Determinare la forma di una matrice hermitiana di ordine rispettivamente
n = 1; 2; 3.
b) Vericare che le matrici hermitiane di ordine n = 1; 2 hanno determinante reale.
Utilizzando quanto mostrato nella risoluzione dell'esercizio 4, stabilire che una
matrice hermitiana, di ordine n qualunque, ha determinante reale.
7. E' data la matrice
1
0 2 i 3i
1 + 2i
1
1+i A :
D=@ i
6 + i 4 + 7i 2 + 3i
a) Determinare il rango di D.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
8
b) Se rgD < 3 scrivere una delle righe come combinazione lineare delle altre.
c) Se rgD < 3 scrivere una delle colonne come combinazione lineare delle altre.
8. Determinare una matrice complessa 3 3 avente per prima riga (i 2 i 1+3i)
e determinante uguale a 1 + i.
9. Considerato il sistema lineare
(2 + i)x+ (1 3i)y = 1 + i
ix+ (3 5i)y
=2 :
a) Vericare che e determinato.
b) Calcolarne la soluzione con le formule di Cramer.
c) Vericare che la soluzione calcolata e eettivamente una soluzione del sistema.
10. Determinare l'inversa A 1 della matrice A del precedente esercizio 1.
11. Determinare le soluzioni del sistema
(2 + i)x1 3ix2 = 1 i
( 1 + 2i)x1 + 3x2 = 3 + i :
12. Determinare le soluzioni del sistema
3ix1 (2 i)x2+ (1 i)x3 = 0
(1 + i)x1
2x2 + (3 2i)x3 = 0 :
13. Determinare le soluzioni del sistema
8 (2 + i)x1
5x2
=1 i
<
1
2
3
x
+
(1
2
i
)
x
=
: 2(1 i)x1 (4 + 2i)x2 = 12 ++ 23ii :
1.3 Trasformazioni lineari tra spazi vettoriali numerici complessi
1. Data la trasformazione lineare T : C3 ! C2 di equazioni
y
=
x1+ (2 i)x2+
x3
y2 = (3 i)x1+
2x2 (4 + i)x3
Determinare
1
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
9
a) l'immagine y = T x di x = (2i; 1; i);
b) il nucleo di T .
c) Vericare che T e surgettiva.
2. Data la trasformazione lineare S : C2 ! C3 di equazioni
8y
<
: yy
1
2
3
= (1 i)x1 +
2ix2
=
ix1 (4 + 3i)x2
= (1 + i)x1
6x2
determinare il nucleo di S .
3. Considerate le trasformazioni lineari T : C3 ! C2 ; S : C2 ! C3 degli esercizi
precedenti,
a) determinare le equazioni di ST : C3 ! C3 ;
b) vericare che ST non e surgettiva;
c) determinare le equazioni di TS : C2 ! C2 ;
d) vericare che TS e un automorsmo di C2 ;
e) scrivere le equazioni di (TS ) 1 .
4. Determinare gli endomorsmi T di C2 per i quali risulta
a) T 2 = T ;
b) T 2 = 0 .
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
10
SOLUZIONI
SELEZIONE ESERCIZI
SU NUMERI COMPLESSI
Per il corso dell'a.a. 2004/2005
docente S. Marchiafava
2 Campo dei numeri complessi
2.1 Operazioni tra numeri complessi
1. a) 3 4i , b) 1 + 2i, c) 1 7i , d) 4 11i , e) 2 + i, f) 2=5 + (1=5)i ,
g) 1=10 + (3=10)i , h) z1 =z2 = z1 z2 1 = 1=2 + (1=2)i.
2. L'equazione az = b assegnata, essendo a 6= 0, ammette la soluzione, unica,
z = ba 1, cioe z = 43 (1 + i).
3. Poiche b 6= 0 l'equazione ax + by = c data puo essere risolta rispetto a y
scrivendo y = b 1 (c ax). Le soluzioni sono le innite coppie di numeri complessi
del tipo
o
n
1
2
(x = t; y = (1 i) + i) ; t 2 C :
3
3
4. xyz = 23 11i e xyz = xyz = 23 + 11i (poiche il prodotto dei coniugati di due
numeri complessi e uguale al coniugato del loro prodotto, xy = xy).
5. Il prodotto e della forma yz ( y)z = yyz z, quindi reale se si tiene presente
che il prodotto di un numero complesso per il coniugato e sempre reale.
6. a) x2 + y2 = 0, b) xx + yy = 26. c) xy + xy = 0, d) xy xy = 26i.
*7. xy; xy sono coniugati, (xy = yx = yx). Quindi a) z = xy + xy e reale, b)
0
z = xy xy e un numero immaginario puro.
8. Applicando il risultato precedente per x = 2 i; y = 1 i, risulta subito che
a) z = xy + xy , e reale,
b) z = xy xy e immaginario puro.
9. Se z = x + iy; z 0 = x0 + iy0 sono due numeri complessi risulta
N (zz0)
= (xx0 yy0 )2 + (xy0 + x0 y)2
= (xx0 )2 + (yy0 )2 2xx0 yy0 + (xy0 )2 + (x0 y)2 + 2xy0 x0 y
= (xx0 )2 + (yy0 )2 + (xy0 )2 + (x0 y)2
N (z )N (z 0) = (x2 + y2)(x02 + y02) = x2x02 + x2y02 + y2x02 + y2y02
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
11
e quindi, confrontando, si trova appunto che N (zz 0 ) = N (z )N (z 0 ) .
*10. Siano m = p2 + q2 e n = r2 + s2 due numeri interi, rispettivamente somma
di quadrati di numeri interi p; q e r; s. Considerati i numeri complessi z = p + iq
e z 0 = r + is, per i quali evidentemente N (z ) = m; N (z 0 ) = n, e il prodotto zz 0 =
(pr qs) + i(ps + qr), tenuto conto del risultato del precedente esercizio risulta
nm = (pr qs)2 + (ps = qr)2.
*11.
a) ' e biunivoca sull'immagine, ovvero iniettiva, dato che per dati numeri complessi z = x + iy; z 0 = x0 + iy0 (x; y; x0 ; y0 2 C) risulta '(z ) = '(z 0 ) , x = x0 ; y =
y0;
b) Calcolando risulta det('(z )) = x2 + y2 = N (z );
x + x0 (y + y0) x y
0
= y x
c) '(z + z ) = y + y0 x + x0
=
'(z ) + '(z 0)
'(zz 0) =
xx0 yy0
0
0
(xy0 + x0 y)
x0 y 0 + 0 0
y
x
;
x y x0 y0 =
0
0
y x
y x
xy + x y xx0 yy0
.
=
'(z )'(z 0)
e) Utilizzando il risultato conseguito in b) e la nota proprieta del determinante di
un prodotto, risulta
d)
N (zz0) = det('(zz 0)) = det('(z )'(z 0)) = det('(z ))det('(z 0)) = N (z )N (z 0) :
f) Con l'uso della d) e della proprieta associativa del prodotto (righe per colonne)
di matrici risulta
'((zz 0)z ")
h x y x0 y0 i x" y" 0
= '(zz )'(z ") =
x y h x0 y y0x x"y0 yx"0 i y" x"
= y x
= '(z )'(z 0 z ")
y 0 x0
y " x"
= '(z (z 0 z "))
Poiche l'applicazione ' e iniettiva, l'uguaglianza '((zz 0 )z ") = '(z (z 0 z ")) ora
stabilita equivale a (zz 0 )z " = z (z 0 z "), cioe vale l'associativita del prodotto di
numeri complessi.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
12
2.2 Matrici e sistemi lineari nel campo complesso C
1. detA = a11 a22 a12 a21 = i(2 3i) ( 1 + 2i)(1 i) = 2 i.
2.
a) detB = i5i + (1 2i)(1 + 2i) = 5 + 5 = 0.
b) Le righe di B sono proporzionali (in C ) per il fattore di proporzionalita per
il quale 1 + 2i = i; 5i = ( 1 + 2i), ovvero = 1+2i i , cioe = 2 i, come
subito si verica.
ai z Una matrice B = z bi ha determinante detB = ab zz e se a; b 2 R
tale determinante e reale, qualunque sia z 2 C.
a b
4. a) n = 1; A = (a); A = (a) : detA = a = detA. n = 2; A = c d ; A =
a b
c d : detA = ad bc = ad bc = detA.
Per ogni matrice quadrata complessa A = (aij ) di ordine n risulta detA =
P *b)
P
P
ai1 : : : ani = ai1 : : : ani = ai1 : : : ani = detA.
5. Date due matrici complesse A = (aij ); B = (bij ) quadrate di ordine n, e posto
C = AB; C = (cij ), risulta
1
n
1
1
n
a)
cij =
X
k
n
aik bkj =
X
k
aik bkj
Quindi
AB = A B :
Sicche, anche con l'uso di quanto provato nel precedente esercizio,
det(AB ) = det(A B ) = detAdetB == detA detB :
a b t
6. a) n = 1 : A = (a) con a = a, cioe A = (a); a 2 R; n = 2 : A = c d ; A =
r b
a c
b d quindi A e hermitiana se e solo se della forma A = b s con r; s 2 R
(e b 2 C qualunque). Lasciamo allo Studente determinare la forma di A nel caso
n = 3.
b) E' chiaro che se n = 1 il determinante di una matrice hermitiana A = (a), per
la quale quindi l'elemento a e reale, ha determinante reale (appunto uguale ad a). Se
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
13
r b
n = 2, detAdet b s = rs bb e un numero reale (somma dei numeri reali rs e
N (b)).
Piu in generale, per un ordine n qualunque, utilizzando quanto mostrato nella
risoluzione dell'esercizio 4, risulta
detAt = detA = detA
e se At = A si ha detA = detA; quindi una matrice hermitiana, di ordine n
qualunque, ha determinante reale.
7.
a) Calcolando risulta detD = 0; inoltre, il minore formato dalle prime due righe e
prima e terza colonna vale
2 i 1 + 2i i 1 + i = 5 + 2i 6= 0 ;
quindi il rango di D e 2.
b) Possiamo scrivere la terza riga come combinazione lineare delle prime due righe
con coecienti ; rispettivamente. Tali coecienti formano la soluzione del
sistema
(2 i)
+i =
6+i
:
( 1 + 2i) +(1 + i) = 2 + 3i
Risolvendo si trova = 2 + i; = 1 i.
c) Lasciamo allo Studente scrivere una delle colonne come combinazione lineare
delle altre, facendo le dovute veriche.
8.Una matrice complessa 3 3 avente per prima riga (i 2 i 1 + 3i) e determinante uguale a 1 + i e, ad esempio,
0 i 2 1 1 + 3i 1
A=@ 0 1 i 0 A :
0 0
1
9. Considerato il sistema lineare
(2 + i)x +(1 3i)y = 1 + i
ix +(3 5i)y
=2 :
a) La matrice A dei coecienti del sistema ha determinante non nullo,
2 + i 1 3i detA = i 3 5i = 8 8i
quindi il sistema ammette una ed una sola soluzione.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
14
b) Calcolando la soluzione (x; y) con le formule di Cramer si trova:
1 + i 1 3i 2 3 5i (2 + i) 1 + i ;
x=
; y = i
2 8 8i
cioe la soluzione e
1
8
(1 + 5i); 81 (2 + 3i) .
c) Lasciamo allo Studente vericare che la soluzione calcolata e eettivamente una
soluzione del sistema.
10. Risulta
A =
1
7
i
i
4
5
3+
5
4
i
3
5
1+2
5
i
:
11. La matrice dei coecienti delle incognite ha determinante uguale a zero mentre
il minore della matrice completa formato dalla colonna dei coecienti di x1 e dalla
colonna dei termini noti e non nullo,
2 + i 1 i 1 + 2i 3 + i 6= 0;
quindi le equazioni sono incompatibili (i primi membri sono proporzionali per il fattore
i mentre per lo stesso fattore non lo sono i termini noti).
12. Calcolando i minori del secondo ordine della matrice del sistema (lineare
omogeneo),
3i (2 i) 1 i 1+i
2 3 2i :
si trova l'autosoluzione ( 2 + 5i; 4 9i; 3 5i) e quindi le soluzioni del sistema,
tutte ad essa proporzionali, costituiscono l'insieme
n
o
(x ; x ; x ) = ( 2 + 5i; 4 9i; 3 5i) ; 2 C
1
2
3
:
13. Il determinante della matrice completa B del sistema e diverso da zero, detB =
21 117i. Quindi il sistema non ammette soluzioni.
2.3 Trasformazioni lineari tra spazi vettoriali numerici complessi
1.
a) L'immagine y = T (2i; 1; i) e y = ( 2 (2 i) + i; (3 i)2i 2 (4 + i)i)
ovvero y = ( 2 + 4i; 1 + 2i).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
15
b) Le equazioni di KerT sono
x + (2 i)x +
x =0
(3 i)x +
2x (4 + i)x = 0 :
Risolvendo si trova
n
o
KerT = ( 11 + 2i; 7; 3 + 5i); 2 C :
1
2
3
1
2
3
c) T e surgettiva poiche dim(ImT ) = 3 dim(KerT ) = 2 = dimC2 .
2. La matrice di S ha rango 2. Quindi KerS = f0g.
3. Denotiamo con A; B le matrici di T; S rispettivamente.
a) La matrice di ST e
0
BA = @
3 + 5i
15 4i
17 + 7i
1 i 3 9i
9 4i 13 + 17i
9 + i 25 + 7i
1
A :
b) T : C3 ! C2 ha sicuramente nucleo diverso da 0 e quindi cosi anche avviene
per la composizione ST : C2 ! C2 , che pertanto non puo essere surgettiva.
c) La matrice di TS e
AB =
3 + 2i
11
1 7i 18 + 6i
:
d) det(AB ) = 31 + 131i 6= 0. Quindi TS e un automorsmo di C2 .
e) Lasciamo allo Studente determinare la matrice (AB ) 1 che serve per scrivere le
equazioni di (TS ) 1 .
4.
a) Se T e invertibile l'uguaglianza T 2 = T , moltiplicata per T 1 , implica T = I . Se
T non e invertibile ammette certamente l'autovalore 0 e l'unico altro autovalore
ammissibile diverso da 0 e = 1 (Infatti se v e un autovettore associato a ,
cioe T v = v e deve risultare anche T 2 v = T v ovvero 2 v = v ne segue = 1
o = 0). In denitiva, se T e diverso dall'identita I e dall'operatore nullo O, ed
inoltre diagonalizzabile
0 vi0e(a meno di uno scambio di righe) solo una possibile
matrice diagonale, 0 1 , corrispondente agli operatori di proiezione su di
una retta. Se T si suppone non invertibile e non diagonalizzabile l'unica possibile
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
0 1
16
matrice di Jordan sarebbe 0 0 ma la posta condizione T 2 = T lo esclude
poiche
0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 = 0 0 6= 0 0 :
0 0
b) Se T e diagonalizzabile la condizione T 2 = 0 implica che gli autovalori sono tutti
nulli e quindi che sia T = 0. Nel caso che T non ediagonalizzabile la matrice
di Jordan risulta caratterizzata dall'essere 00 10 .
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
17
SELEZIONE 1
ESERCIZI di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
26 aprile 2005
1 Risoluzione di sistemi lineari omogenei
E' dato il sistema lineare omogeneo
81 2 3 4 5
>
<x x2 + 23x x4 + x = 0
x + x 3x
=0
>
:2x1 x2 + 5x3 5x4 + 2x5 = 0
Determinare una base per lo spazio delle soluzioni.
Scrivere la soluzione generale del sistema.
2 Risoluzione di sistemi lineari
E' dato il sistema lineare
8
>
<2x + x x + 3x x = 1
x + 2x + 3x 5x + x = 0
>
: x + 3x + 2x + 2x
=1
1
1
2
3
2
1
4
3
2
5
4
3
5
4
a) Vericare che x0 = ( 12 ; 101 ; 101 ; 0; 0) e' una soluzione.
b) Vericare se y1 = (0; 4; 6; 0; 10); y2 = (1; 1; 0; 0; 1); y3 = (5; 11; 14; 5; 0)
sono soluzioni del sistema lineare omogeneo associato.
c) Determinare le soluzioni del sistema lineare assegnato.
3 Applicazioni lineari tra spazi numerici
Scrivere la matrice A dell'applicazione lineare
T : R4 ! R3
di equazioni
81
>
<y2 = x1 1 x2 2 + x3 4
y = 2x + x
x
>
:y3 = 2x2 x3
Vericare che
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
18
a) T e' surgettiva,
b) T non e' iniettiva.
c) Determinare le controimmagini di y = (1; 1; 0).
4 Prodotto di matrici e composizione di applicazioni lineari
Sono date le matrici
1
03
B1
A=B
@1
01 11
1 2
C
1 0C
; B = @2 1 A
2 1A
0 3
0 3 3
a) Calcolare il prodotto C = AB .
b) Considerate le applicazioni lineari T : R2 ! R3 ; S : R3 ! R4 di matrici
rispettivamente B; A, scrivere le equazioni della applicazione ST .
5 Inversa di una matrice
01
A=@ 1
Vericare che la matrice
1
0 1
2 0A
0 1 3
e' invertibile.
Calcolare l'inversa A 1 di A.
6 Matrici e sistemi lineari nel campo complesso
E' data la matrice
i
A=
a) Calcolare det(A).
b) Calcolare det(A 1 ).
1 + 2i
1 i 2 3i
c) Scrivere il sistema lineare Az = b con b =
2 + 3i .
6 4i
d) Calcolare le soluzioni (z 1 ; z 2 ) di tale sistema.
7 Spazio vettoriale V
Si suppone assegnata in V una base e1 ; e2 ; e3 , indicata anche per semplicita' i; j; k, e
le coordinate (x1 ; x2 ; x3 ) di vettore si sottointendono riferite a tale base.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
19
1. Dati i vettori u(1; 1; 2); v(1; 1; 1); w(0; 1; 1); t( 1; 1; 1) vericare che
{ a) u; v; w non sono complanari.
{ b) u; v; t sono complanari ma a due a due non paralleli.
{ c) Determinare le coordinate del vettore q( 1; 2; 2) nella base (u; v; w).
{ d Determinare le coordinate di t nella base (u; v) del piano vettoriale di
u; v; t.
2. Vericare che i vettori f (2; 0; 3); f (1; 1; 0); f (3; 1; 2) formano una base (f ; f ; f )
di V .
{ a) Scrivere la matrice del cambiamento di base (e ; e ; e ) ! (f ; f ; f ).
{ b) Scrivere le equazioni del rispettivo cambiamento di coordinate
(x ; x ; x ) ! (y ; y ; y )
{ c) Quali sono le coordinate di v = e e + 2e nella base f ; f ; f ?
{ d) Quali sono le coordinate di w = f + f nella base e ; e ; e ?
1
2
3
1
1
1
2
3
1
2
2
3
1
2
2
3
2
3
3
3
1
2
2
3
3
1
1
2
3
3. Vericare che z( 8; 3; 1) e' la proiezione del vettore h( 6; 5; 1) sul piano individuato da e(1; 0; 2); f ( 2; 1; 1) parallelamente alla direzione di g(1; 1; 1).
8 Proprieta' ani del piano Euclideo con l'uso di coordinate
cartesiane
x; y
Si suppone assegnato un riferimento cartesiano (O; i; j) nel piano.
1. Scrivere equazioni cartesiane per le rette r, passante per il punto P (1; 2)
parallelamente al vettore v(1; 3), ed s, passante per i punti Q (0; 2); Q ( 2; 1)
{ a) Riconoscere che r; s sono distinte e non parallele;
{ b) determinare le coordinate del punto comune a r e s.
1
1
2
2. Determinare vettori direttori per la retta r : x = 2 2t; y = 1+3t e per la retta
s : 2x y + 1 = 0; dedurne che r; s non sono parallele.
3. Considerati i punti P ( 1; 2); P (0; 3) determinare i punti R; S che dividono il
1
2
segmento P1 P2 in tre parti uguali.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
20
4. Considerato il punto P (x; y) determinare le coordinate del punto P 0(x0; y0) sim-
metrico di P rispetto alla retta r : x + 2y 1 = 0 nella la direzione del vettore
v(1; 1).
5. Considerati il punto P ( 1; 2) e la retta r : x + y 3 = 0 determinare il punto
1
Q proiezione di P su r parallelamente alla retta s : x y + 1 = 0.
1
1
9 Proprieta' ani dello spazio Euclideo con l'uso di coordinate cartesiane
x; y; z
1. Scrivere equazioni parametriche della retta r per il punto P (1; 0; 2) parallela al
vettore v(1; 0; 1).
1
Scrivere un'equazione cartesiana del piano passante per r e per il punto
Q1(0; 1; 2).
2. Scrivere un'equazione cartesiana del piano 0 per il punto P0( 1; 0; 1), parallelo
al piano : x y + z + 3 = 0.
3. Considerato il piano : 2x y + z 1 = 0 vericare che
{ a) il vettore v(1; 2; 0) e' parallelo a ,
{ b) il vettore w(1; 1; 1) non e' parallelo a ;
{ c) determinare il punto di intersezione del piano con la retta r per
P ( 1; 1; 2) parallela a w.
0
4. Determinare la proiezione del punto Q (0; 1; 1) sul piano : 2x y + 3z = 0
1
parallelamente alla direzione di parametri direttori (1; 2; 3).
5. Considerato il piano : x 2y + z 1 = 0 vericare che P ( 1; 2; 3) e P (0; 0; 3)
1
2
non appartengono ad e si trovano in semispazi opposti rispetto ad stesso.
10 Spazi vettoriali
1. Sia R[x] lo spazio vettoriale dei polinomi reali in x. Dimostrare che
a) l'insieme Rp [x] dei polinomi di grado pari non e un sottospazio;
b) l'insieme R4 [x] dei polinomi di grado minore o uguale a 4 e un sottospazio
di dimensione nita di R[x].
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
21
c) Determinare una base per R4 [x].
d) Determinare un'altra base per R4 [x]
2. In C determinare la dimensione del sottospazio W generato dai tre vettori
v = (1; i; 1 i; 2 i; 0); v = (1 + i; 1 i; 2; 3 + i; 0); v = (1 i; i; 0; 1; 0).
5
1
2
3
Scrivere equazioni cartesiane per W .
3. Siano S = S ; A = A gli insiemi delle matrici reali 4 per 4 simmetriche ed
4
4
antisimmetriche rispettivamente.
Mostrare che S; A sono sottospazi vettoriali di M4 (R).
Calcolarne la dimensione e mostrare che si ha M4 (R) = S A.
4. Sia F lo spazio vettoriale delle funzioni continue f : R ! R. Sia Fa il sottoinsieme delle funzioni tali che f (0) = a. Mostrare che:
1) F0 e un sottospazio vettoriale di F .
2) Fa e un sottospazio dello spazio ane associato ad F .
11 Spazio vettoriale R4
1. a) Dire quale e la dimensione del sottospazio V generato dai vettori r =
( 1; 0; 1; 2); s = (1; 0; 1; 1); t = (0; 1; 0; 1).
1
b) Considerato il piano V2 di equazioni parametriche x1 = t0 ; x2 = t0 ; x3 =
t; x4 = t (t; t0 2 R), scrivere equazioni cartesiane per W = V1 \ V2 e
determinare la dimensione di W .
c) Scrivere l'equazione cartesiana dell'iperpiano contenente il piano V2 e il
vettore z = (1; 2; 1; 2).
2. Considerati i piani U : x + x = 0; x + x = 0 e U : x = 2s +3t; x = s; x =
s + 2t; x = s 2t (s; t 2 R) determinare la dimensione di W = U \ U .
1
4
1
3
2
4
2
1
2
1
3
2
3. Vericare che vale la decomposizione in somma diretta
R =W W W
ove W ; W sono le rette generate da w = (1; 1; 0; 1); w = (1; 1; 1; 0) rispet4
1
2
1
2
1
3
2
tivamente e W3 e il piano di equazioni x1 + x3 = 0; x2 x4 = 0.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
22
12 Operatori lineari
1. Vericare che l'operatore P : R ! R denito da P (x ; x ; x ) = (x ; x ; x ) e
3
3
1
2
3
3
1
2
lineare e invertibile.
Scrivere la matrice di P 1 .
2. Vericare che l'operatore lineare T : R ! R di matrice
3
3
1
01
A=@ 0
0 0
1 0A
1 1 0
coincide con la proiezione sul piano P : x1 + x2 + x3 = 0 parallelamente a e3 .
3. Scrivere le equazioni dell'operatore S : R ! R di simmetria rispetto all'iperpiano Q : x = 0 nella direzione di v = (1; 0; 0; 1).
Determinare una base per il simmetrico P 0 del piano P : x = t + t0 ; x =
t0; x = t t0; x = t (t; t0 2 R).
4
4
4
1
3
2
4
4. Nello spazio vettoriale ane V e supposta assegnata una base (e ; e ; e ).
Considerato l'endomorsmo N : V ! V avente nella ssata base matrice
0
1
1
2
3
2
1 1
2 3A
2 1 2
H = @6
a) vericare che il piano P generato da v1 ( 3; 6; 5); v2 ( 1; 3; 0) e invariante
rispetto ad N ;
b) scrivere le equazioni della restrizione N 0 = NjP : P ! P nella base v1 ; v2 di
P;
c) vericare che la restrizione N 0 : P ! P non ammette alcun sottospazio
1-dimensionale invariante.
5. Considerato lo spazio vettoriale delle matrici reali quadrate di ordine 2, M (R),
vericare che l'applicazione ' : M (R) ! M (R) denita ponendo
2
x x x
'(
)=
2
1
2
2
1
x2 +x3
2
4
x3 x2
x x
x
e lineare e che ' = '. Scrivere equazioni cartesiane dell'immagine e del nucleo
di '.
3
2
4
+
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
23
6. Considerato l'operatore lineare D : R [x] ! R [x] di derivazione denito nello
3
3
spazio dei polinomi reali di grado minore o uguale a tre, scriverne la matrice
nella base (1; x; x2 ; x3 ) e nella base (x3 ; (x+1)3 ; (x+2)3 ; (x+3)3 ) rispettivamente.
7. Sia (e ; e ) la base canonica di R . Sia X l'insieme di tutte le applicazioni
lineari T : R ! R per le quali T (e ) e un multiplo di e . Vericare che X e
1
2
2
2
2
1
1
un sottospazio vettoriale di V = End(R2 ) e calcolarne la dimensione. Trovare
un sottospazio complementare di X in V .
13 Autovalori e autovettori di un endomorsmo
1. Determinare autovalori e autovettori dell'endomorsmo N : R ! R di matrice
2
B=
2
1 2
4 1 :
2. E' dato l'operatore lineare R : R ! R di equazioni
8
>
<y
y
>
:y
3
3
= x1 x2 +6x3
=
2x2 +10x3
=
x2 +5x3
1
2
3
a) Riconoscere che v = (2; 6; 3) e un autovettore di R, associato all'autovalore
= 7.
b) Determinare tutti gli autovalori di R.
c) Determinare per ciascun autovalore l'autospazio V () associato.
d) Dire se R3 e somma diretta degli autospazi.
3. Considerato l'operatore L : R ! R avente matrice
3
3
02
C = @6
1
1 1
2 3A
2 1 2
a) riconoscere che L ammette autovalori 2; 2 + i; 2 i;
b) determinare gli autovettori associati a ciascun autovalore (in C3 per gli autovalori complessi);
c) determinare una base per il piano reale invariante associato agli autovalori
complessi coniugati = 2 + i; = 2 i.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
24
4. Sia C 1(R) lo spazio delle funzioni reali denite su tutto R e dotate di derivate
continue di ogni ordine (funzioni di classe C 1 ). Si consideri una funzione f 2
C 1(R) del tipo f (x) = a sin !x + b cos x, ove a; b; !; e una quaterna di numeri
reali. Dire per quali quaterne una tale funzione f e un autovettore dell'operatore
d : C 1(R) ! C 1(R) :
dx
e qual'e, in tal caso, l'autovalore associato.
2
2
5. Determinare 3 autovettori linearmente indipendenti dell'operatore
d : C 1(R) ! C 1(R) :
dx
e dire a quali autovalori sono associati rispettivamente.
3
3
6. E' dato l'operatore lineare Q : R ! R di equazioni
8y
>
>
<y
>
>
:y
4
4
= x1
2
= 3 x1
3
= 5 x1
y4 =
2x2
x
+x +2x
4x +x
6x +x +5x
1
3
2
3
2
3
4
4
4
a) Calcolare una base per KerQ.
b) Vericare che (u = (0; 1; 1; 1); v = ( 1; 2; 0; 5)) e una base per ImT .
c) Dire se R4 = Ker Q Im Q.
d) Scrivere la matrice della restrizione di Q a Im Q nella base (u; v).
e) Determinare gli autovalori di Q.
7. E' dato l'operatore lineare T : R ! R di matrice
3
01
A=@ 8
3
1
1 5
4 8A
3 1 1
a)
b)
c)
d)
e)
Determinare il nucleo di T individuandone una base.
Determinare l'immagine di T individuandone una base.
Dire se risulta R3 = Ker T Im T .
Calcolare autovalori e autovettori di T .
Dire se T e diagonalizzabile.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
25
14 Riduzione a forma canonica di matrici di operatori: triangolarizzazione e diagonalizzazione
1. Piano numerico R .
2
Risolvere il seguente sistema di equazioni dierenziali del primo ordine, lineari
omogenee a coecienti costanti:
( dx
dt
dy
dt
= x +4y
= 3x +2y :
2. Spazio vettoriale ane V riferito a una base (i; j; k).
Riconoscere che l'operatore lineare T : V ! V di matrice
1
03
A=@ 2
2 2
1 2A
2 2 1
e un operatore di simmetria rispetto a un piano (quale?).
3. Spazio vettoriale ane V riferito a una base (i; j; k).
Riconoscere che l'operatore lineare P : V ! V di matrice
0 1
B=@ 0
1
0 2
1 3A
0 0 2
e diagonalizzabile. Determinare una base nella quale P ammette matrice diagonale.
4. Spazio vettoriale ane V riferito a una base (i; j; k).
a) Riconoscere che l'operatore lineare Q : V ! V di matrice
02
C=@ 1
1
1
2 1
1 1A
2 0
e diagonalizzabile.
b) Determinare una base nella quale Q ammette matrice diagonale.
c) Dire se esistono 3 piani invarianti rispetto all'operatore Q; in caso aermativo
dire quali.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
26
15 Equazioni dierenziali lineari a coecienti costanti
Coordinate canoniche x; y nel piano numerico R2 .
Scrivere esplicitamente e risolvere i seguenti sistemi di equazioni dierenziali, della
forma
d = A
dt
nella funzione incognita = (t), dove (t) = (x(t); y(t)), determinando poi la
soluzione particolare vericante la assegnata condizione iniziale (t ) = (x ; y ).
1) A =
2) A =
3) A =
4) A =
0
2 0
0 3
0
2 1
5 4
2
0
2
2 1
1 2
;
0
0
(0) = (1; 2).
;
(0) = ( 2; 2).
;
(=2) = (1; 2).
;
(0) = (1; 2).
Risolvere le seguenti equazioni dierenziali in una funzione incognita y = y(x),
determinando le soluzioni particolari vericanti le assegnate condizioni iniziali.
5)
6)
y00 = y ; y(0) = 2 ; y0(0) = 1;
y00 = 2y0 + y ; y(0) = 1 ; y0(0) = 0.
16 Ancora equazioni dierenziali lineari a coefcienti costanti
Coordinate canoniche x; y nel piano numerico R2 .
Scrivere esplicitamente e risolvere i seguenti sistemi di equazioni dierenziali, della
forma
d = A
dt
nella funzione incognita = (t), dove (t) = (x(t); y(t)), determinando poi la
soluzione particolare vericante la assegnata condizione iniziale (t ) = (x ; y ).
1) A =
1 1
1 1
0
;
(1) = (2; 2).
0
0
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
2) A =
3) A =
4) A =
5) A =
1 2
2 1
1
2
2
1
2 1
1 0
1 1
1 3
;
27
(1) = ( 1; 3).
;
(=2) = (0; 1).
;
(0) = (1; 2).
;
(0) = (1; 2).
Coordinate canoniche x; y; z nello spazio numerico R3 .
Scrivere esplicitamente e risolvere i seguenti sistemi di equazioni dierenziali, della
forma
d = A
dt
nella funzione incognita = (t), dove (t) = (x(t); y(t); z (t)), determinando poi la
soluzione particolare vericante la assegnata condizione iniziale (t ) = (x ; y ; z ).
0
01
6) A = @ 1
1
A
;
(1) = (2; 2; 2).
03
7) A = @ 2
1
A
;
(0) = (2; 1; 1).
1 1
1 1
1 1 1
2 4
0 2
4 2 3
03
8) A = @ 1
1
1 0
3 0
1 2
1
A
;
(1) = (0; 1; 1)
0
0
0
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
28
SOLUZIONI SELEZIONE 1
ESERCIZI di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
26 aprile 2005
1 Risoluzione di sistemi lineari omogenei
Il rango della matrice A dei coecienti e' 2. Quindi una base per le soluzioni
del sistema (cioe' una famiglia fondamentale di autosoluzioni) e' formata da 3=5-2
elementi.
1 Poiche'
1 il minore dei coecienti di x1; x2 nelle prime due equazioni e' non
nullo, 0 1 = 1, possiamo ridurci al sistema
(
x
x = 2x + x
x = x + 3x
1
2
3
2
3
4
x
5
4
delle prime tre equazioni e 3 autosoluzioni indipendenti si ottengono risolvendo in
corrispondenza di 3 terne (x3 ; x4 ; x5 ) linearmente indipendenti. Ad esempio, per
(x3 ; x4 ; x5 ) = (1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1) si ottengono rispettivamente le autosoluzioni
x1 = ( 3; 1; 1; 0; 0); x2 = (4; 3; 0; 1; 0); x3 = ( 1; 0; 0; 0; 1).
La soluzione generale del sistema e' x = hx1 + kx2 + `x3 ; h; k; ` 2 R ovvero
x = ( 3h + 4k `; h + 3k; h; k; `)
2 Risoluzione di sistemi lineari
a) x0 e' una soluzione del sistema poiche sostituendo le sue coordinate nei primi
membri delle equazioni si ottengono le identita'
8
>
+ 3(0) 0 = 1
<2( ) +
+ 2( ) + 3( ) 5(0) + 0 = 0
>
: ( ) + 3( ) + 2( ) + 2(0) = 1
1
2
1
2
1
2
1
10
1
10
1
10
1
10
1
10
1
10
b) Analogamente, si verica che y1 ; y3 sono soluzioni del sistema lineare omogeneo
associato mentre non lo e' y2 .
c) Da quanto precede risulta senz'altro che il sistema e' compatibile. Inoltre, le tre
equazioni sono linearmente indipendenti (ad esempio si verica che il minore dei
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
29
coecienti di x1 ; x2 ; x3 e' non nullo). Quindi la dimensione dello spazio delle
soluzioni del sistema lineare omogeneo associato e' 2. Pertanto le soluzioni del
sistema si ottengono tutte sommando alla soluzione particolare x0 una soluzione
del sistema omogeneo associato, ovvero una combinazione lineare delle 2 autosoluzioni indipendenti y1 ; y3 :
fx = x + hy + ky ; (h; k) 2 R g
0
cioe'
1
2
3
fx = ( 12 + 5k; 101 + 4h 11k; 101 6h + 14k; 5k; 10h); (h; k) 2 R g
2
3 Applicazioni lineari tra spazi numerici
La matrice di T e'
1
01
A = @2
1 1 0
1 0 1A
0 2 1 0
a) T e' surgettiva poiche' rg(A) = 3,
b) T non e' iniettiva poiche' 3 = rg(A) < 4 = dimR4 .
c) Le controimmagini di y = (1; 1; 0) sono le 11 soluzioni del sistema
8
>
=1
<x x + x
2x + x
x =1
>
: 2x x
=0
1
2
1
3
2
2
che risolto da'
4
3
T (y) = f(t; 1 t; 2 2t; t); t 2 Rg
1
4 Prodotto di matrici e composizione di applicazioni lineari
a)
05
B 1
C=B
@5
6
1
8
2C
C
4 A
12
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
30
b) ST : R2 ! R4 ha matrice C , quindi le equazioni sono
8y
>
>
<y
>
>
:y
= 5x1 8x2
2
= x1 2x2
3
= 5 x1 + 4 x2
y4 = 6x1 12x2
1
5 Inversa di una matrice
La matrice A e invertibile poiche risulta det(A) = 5 6= 0.
La matrice dei complementi algebrici degli elementi di A e
1
06
@1
3 1
3 1A
2 1 2
e A 1 =t A0 (detA) 1 , quindi
1
0 6=5
A = @ 3=5
1=5 2=5
3=5 1=5A :
1=5 1=5 2=5
1
Si verica direttamente che in eetti AA 1 = I .
6 Matrici e sistemi lineari nel campo complesso
a) detA = 2 i.
b) det(A 1 ) = (detA) 1 = 2+5 i .
c) Il sistema si scrive esplicitamente
iz (1 2i)z = 2 + 3i
(1 i)z +(2 3i)z = 6 4i :
1
2
1
2
d) Poiche detA 6= 0, il sistema ammette esattamente una soluzione
2 + 3i 2 + 3i 1 + 2i i
6 4i 2 3i 1 i 6 4i ;
z=
2 i
2 i
ovvero z = (2 i; 1 + i). E' conveniente fare la verica diretta che quella ottenuta e
eettivamente una soluzione.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
31
7 Spazio vettoriale V
1.
{ a) u; v; w non sono complanari, ovvero sono linearmente indipendenti,
1
1
0
poiche'
1 2
1 1 = 1 6= 0
1 1
{ b) u; v; t sono complanari, ovvero linearmente dipendenti, poiche'
1 1 2
1 1 1 = 0
1 1 1
Ma le righe della matrice delle loro coordinate sono a due a due non proporzionali, quindi i tre vettori sono a due a due non paralleli. ma a due a
due non paralleli.
{ c) Le coordinate (y1; y2; y3) del vettore q nella base (u; v; w) sono denite
dall'uguaglianza q = y1 u + y2 v + y3 w ovvero, traducendo scalarmente, dal
sistema
8
>
< 1 = y11 +y22 3
2 = y
y +y
>
: 2 = 2y 1 + y 2 + y 3
che risolto da' (y1 ; y2 ; y3 ) = (2; 3; 1).
{ d) Le coordinate (h; k) di t nella base (u; v) sono denite dall'uguaglianza
t = hu + kv ovvero, traducendo scalarmente, dal sistema
8
>
< 1=h+k
1= h k
>
:1 = 2h + k
che risolto da' (h; k) = (2; 3).
2. (f ; f ; f ) e' una di V poiche' i tre vettori sono linearmente indipendenti, risul1
2
tando
3
2
1
3
0 3
1 0 = 2 6= 0
1 2
{ a) La matrice del cambiamento di base (e1; e2; e3) ! (f1; f2; f3) e'
02 1 31
A = @0 1 1A :
3 0 2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
{ b) L'inversa di A e'
0
A =@
32
1
1 1
1
1
5
3
1A
2
2
3
3
1
2
2
Quindi le equazioni del rispettivo cambiamento di coordinate (x1 ; x2 ; x3 ) !
(y1 ; y2 ; y3 ) sono
81
>
<y2 = x3 1 1+ x25 +2 x3 3
y = x + x +x
>
:y3 = 3 x21 3 x22 x3
2
2
{ c) Sostituendo (x ; x ; x ) = (1; 1; 2) si hanno le coordinate (y ; y ; y ) =
(0; 2; 1) di v nella base f ; f ; f .
{ d) w = f + f = (e + e ) + (3e + e + 2e ) = 4e + 2e + 2e
Quindi w ha coordinate (x ; x ; x ) = (4; 2; 2) nella base e ; e ; e .
1
2
3
1
1
2
3
1
2
1
2
2
3
1
2
3
3. z( 8; 3; 1) sta sul piano di e; f poiche'
8
1
2
3
3
2
1
2
3
1
2
3
3 1
0 2 = O :
1 1
Inoltre h z = (2; 2; 2) e' un multiplo di g. Poiche' evidentemente h = [h z]+z,
cio' basta a stabilire quanto richiesto.
8 Proprieta ani del piano Euclideo con l'uso di coordinate
cartesiane
x; y
1. Si ha
x 1 y + 2
r : 1
3 =0
;
r : 3x y 5 = 0
;
x
s : 2
ovvero, equazioni cartesiane per le due rette sono
0 y 2 = 0
0 1 2
s : x + 2y 4 = 0
{ a) I coecienti di x; y nelle due equazioni non sono proporzionali, quindi
r; s sono distinte e non parallele;
{ b) Mettendo a sistema le due equazioni e risolvendo si ha che Q = r \ s
ha coordinate (x; y) = ( ; ).
14
5
17
5
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
33
2. I vettori direttori u = ( 2; 3) di r e v di s non sono proporzionali, quindi r; s
non sono parallele.
3. Si ha P !R = P P!; P !S = P P!. Traducendo scalarmente:
1
3
1
1
2
(
1
2
3
1
xR + 1 =
yR 2 =
1
3
1
3
2
;
(
xR + 1 =
yR 2 =
2
3
2
3
Quindi R( 32 ; 73 ); S ( 31 ; 38 ).
4. Traducendo scalarmente le condizioni che PP!0 e' parallelo a v e che il punto
medio del segmento PP 0 appartiene a r si trova che P 0 ha coordinate
(
x0 = 3 x + 4 y 2
y0 = 2x 3y + 2
5. Q (1; 4).
1
9 Proprieta ani dello spazio Euclideo con l'uso di coordinate cartesiane
x; y; z
1. r : x =!1 + t; y = 0; z = 2 t. Tenuto conto che passa per P ed e' parallelo
a v; P Q ( 1; 1; 0) si ha
1
1
1
x 1 y z 2
: 1 0 1 1 1 0 ovvero : x + y + z 3 = 0.
2. Un'equazione cartesiana del piano 0 e' (x + 1) (y 0) + (z 1) = 0, ovvero
: x y + z = 0.
3.
{ a) il vettore v e' parallelo a : 2x y + z 1 = 0 poiche' vale l'identita'
2(1) (2) + 1(0) = 0;
{ b) w non e' parallelo a poiche' 2(1) (1) + 1(1) = 2 6= 0 ;
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
34
{ c) il punto P (x ; y ; z ) appartiene alla retta r se ha coordinate della forma
1
1
1
1
x = 1 + t; y = 1 + t; z = 2 + t
1
1
1
Sostituendo nell'equazione di si trova che deve essere
2( 1 + t) (1 + t) + (2 + t) 1 = 0
ovvero t = 1. Pertanto P1 (0; 2; 3).
4. La proiezione Q0 (x0 ; y0 ; z0 ) del punto Q sul piano parallelamente alla di1
1
1
1
1
rezione di (1; 2; 3) ha coordinate della forma x01 = t; y10 = 1 + 2t; z10 = 1 + 3t e
deve essere 2t (1 + 2t) + 3(1 + 3t) = 0, cioe' t = 92 . Dunque P10 ( 29 ; 95 ; 13 ).
5. Si ha x 2y + z 1 = 3 < 0 e x 2y + z 1 = 1 > 0: quindi i due punti
1
1
1
2
2
2
non appartengono ad e si trovano in semispazi opposti rispetto ad esso.
10 Spazi vettoriali
1. a) Rp [x] non e un sottospazio di R[x] poiche la somma di due polinomi di
grado pari non sempre e un polinomio di grado pari.
b) L'insieme R4 [x] dei polinomi di grado minore o uguale a 4 e un sottospazio
poiche e chiuso rispetto alla somma e al prodotto per un numero reale.
Inoltre ha dimensione nita, come risulta ad es. dall'esistenza della base
(1; x; x2 ; x3 ; x4 ) (per la quale si veda anche appresso).
c) Una base per R4 [x] e data, ad esempio, da (1; x; x2 ; x3 ; x4 ). Infatti: ogni
polinomio p = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 si scrive come combinazione
lineare dei cinque polinomi 1; x; x2 ; x3 ; x4 con coecienti a0 ; a1 ; a2 ; a3 ; a4
rispettivamente, sicche si tratta di generatori, e inoltre p = 0 se e solo
se i coecienti sono tutti nulli, quindi si tratta di generatori linearmente
indipendenti. In particolare, la dimensione di R4 [x] e 5.
d Un'altra base di R4 [x] e data, ad esempio, da (x; 1; x2 ; x3 ; x4 ).
2. Il rango della matrice delle coordinate dei tre vettori
0 1
@1 + i
1
i 1 i 2 i 0
1 i 2 3 + i 0A
1 i i
0
1 0
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
35
e 2. Infatti le prime due righe sono proporzionali
mentre la prima e la terza non
1
i
lo sono, poiche formano il minore 1 i i = 1 + 2i 6= 0. Dunque dimW = 2.
Equazioni cartesiane per W sono
z z z z z 1 i 1 i 2 i 0 = 0
1 i i 0 1 0 1
2
3
4
5
ovvero, orlando il minore di ordine due considerato,
8
>
< (1 + i)z 2iz + (1 + 2i)z = 0
(3i + 1)z 3iz + (1 + 2i)z = 0
>
:z = 0
1
2
1
3
2
4
5
3. La somma di matrici simmetriche (rispettivamente, antisimmetriche) e ancora
una matrice simmetrica (rispettivamente, antisimmetrica). Il prodotto per uno
scalare di una matrice simmetrica (rispettivamente, antisimmetrica) e ancora
una matrice simmetrica (rispettivamente, antisimmetrica). Quindi S; A sono
sottospazi vettoriali di M4 (R).
Una matrice simmetrica e della forma
0a b c d
BBb e f g
@c f h i
1
CC
A
d g i l
e dipende linearmente dai parametri a; b; c; d; e; f; g; h; i; l indipendenti. Quindi
la dimensione di A e 10. Analogamente, poiche una matrice antisimmetrica e
della forma
00 b c d 1
B
b 0 f g C
B
@ c f 0 i CA
d g i 0
la dimensione di S , che dipende dai parametri indipendenti b; c; d; f; g; i e 6.
Poiche' A [ S = 0 e dimM (R) = 16 = 10 + 6 ne segue che dimM (R) = S A.
4
4
4. 1) Consideriamo f; g : R ! R funzioni continue appartenenti ad F0 , ovvero
f (0) = g(0) = 0. Allora (f + g)(0) = 0; (kf )(0) = kf (0) = 0, quindi F0 e
chiuso rispetto alle operazioni vettoriali
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
36
2) Risulta evidentemente Fa = F0 + a ove a e la funzione costante, uguale ad
a. Pertanto Fa e un sottospazio dello spazio ane associato a F .
11 Spazio vettoriale R4
1. a) I vettori r; s; t sono linearmente indipendenti risultando
1
0 1
rango @ 1
0 1 2
0 1 1A = 3
0 1 0 1
Quindi la dimensione di V1 e 3.
b) Equazioni cartesiane per i due sottospazi sono rispettivamente
x x x x 1 0 1 2 1 0 1 1 = 0 ovvero
0 1 0 1 x x x x V : 0 0 1 1 = 0
1 1 0 0 1
V :
1
2
3
1
4
2
3
x + 2x + 3x
1
4
2
(
3
2x4 = 0
x +x =0
x x =0
b) Equazioni cartesiane per la loro intersezione W = V \ V sono
8
>
< x + 2x + 3x 2x = 0
x +x =0
>
:x x = 0
c) L'equazione cartesiana dell'iperpiano contenente V e il vettore z e
x x x x 0 0 1 1 1 1 0 0 = 0 ovvero x + x x + x = 0:
1 2 1 2 2
ovvero
1
2
3
4
1
1
2
1
2
3
4
3
2
4
2
1
2
3
4
1
2
3
4
2. Una base per U e (1; 1; 1; 1); (1; 1; 1; 1)), una base per U e ((2; 1; 1; 1),
1
(3; 0; 2; 2)). Il rango della matrice dei quattro vettori
01 1 1 11
B
1 1 1 1C
B
A
@2 1 1 1C
3 0 2 2
e 4, quindi U1 + U2 = R4 e W = U1 \ U2 = f0g.
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
37
3. Generatori indipendenti per W sono u = ( 1; 0; 1; 0); v = (0; 1; 0; 1). I vettori
u; v; w ; w formano una base di R poiche
3
1
4
1
0
1
1
2
0 1 0
1 0 1 = 3 6= 0
1 0 1
1 1 0
Cio basta ad assicurare che R4 e somma diretta dei tre sottospazi.
12 Operatori lineari
1. Le equazioni di P sono y = x ; y = x ; y = x ): quindi si tratta di un
1
3
operatore lineare, di matrice
2
1
3
2
1
00
A = @1
0 1
0 0A
0 1 0
Evidentemente l'inverso P
matrice di P 1 e
1
ha equazioni z 1 = y2 ; z 2 = y3 ; z 3 = y1 . Quindi la
1
00
A = @0
1 0
0 1A
1 0 0
1
2. ImT = f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g = P . Inoltre essendo T e = e e , T e =
e e ; T e = 0 risulta:
T (e e ) = T e = e e ; T (e e ) = T e = e e :
Quindi la restrizione di T a P e l'identita. Inoltre T e = 0. In denitiva, T
proietta parallelamente a e .
1
2
3
1
3
2
3
1
3
1
1
3
2
3
2
2
3
3
3
3. Risulta S (ei) = ei; i = 1; 2; 3. Inoltre e
e + S e , quindi S (e ) = 2e e .
1
1
4
4
1
4
e = v = S v = S (e + e4) =
4
1
Scrivendo la matrice associata a T in questa base, si possono ricavare le equazioni, che sono:
8y = x
>
>
<y = x
>
>
:y = x
1
1
2
2
3
3
y = x
4
2x4
4
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
38
Una base del piano P e data dai vettori (1; 0; 1; 1); (1; 1; 1; 0). Applicando
T a questi due vettori, si ottiene la base ( 1; 0; 1; 1); (1; 1; 1; 0) del piano
P 0 = SP .
4. a) N v = ( 7; 9; 10) = 2v + v e N v = (1; 12; 5) = v + 2v , quindi il
piano P e invariante rispetto ad N .
b) Le equazioni di N nella base (v ; v ) si ricavano dal punto a) e sono
1
1
2
(
2
1
1
2
w = 2z z
w = z + 2z
1
1
2
2
1
2
2
c) Basta controllare che non vi siano autovalori (reali) per l'applicazione N 0 .
Calcolando si ottiene
2 1 1 2 = (2 )2 + 1 = 0;
che non ha soluzioni reali.
5. Le equazioniche deniscono
Nella
lineari.
' sono chiaramente
l'applicazione
base E11 = 10 00 , E21 = 00 10 , E12 = 01 00 , E22 = 00 01 , esse sono
infatti date da:
8y1 = x1
>
>
<y2 = 12 (x2 + x3)
1
2
3
3
>
>
:yy4 == x2 (4x + x )
E' immediato vericare che applicando la composizione di ' con se stessa ad
una qualsiasi matrice due per due si ottiene lo stesso risultato che applicando
semplicemente ' (si dice che ' e idempotente).
L'immagine di ' e il sottospazio delle matrici simmetriche, di equazione x2
x3 = 0, mentre il suo nucleo e dato dalle matrici antisimmetriche, di equazioni
8
>
<x = 0
x +x
>
:x = 0
1
2
3
=0
4
6. E' necessario esprimere le derivate dei polinomi in ciascuna base come combinazioni lineari dei polinomi della stessa base. Per la base (1; x; x2 ; x3 ) si ha:
D(1) = 0; D(x) = 1; D(x2) = 2x; D(x3) = 3x2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
00
BB0
@0
e la matrice e pertanto:
1
0
0
0 0
39
1
0
2
0
0
0
0C
C
3A
0
Nel caso della seconda base, i conti sono piu complessi, ma un cambiamento di
base ci fornisce:
00
BB0
@0
1
3
3
1 1
8
12
6
1
1 00
B
0
B
@0
27
27C
C
9A
1
1
0
0
0 0
1
0
B
=B
@
11
6
1
3
1
2
3
1
3
1
3
2
10
0 0
B
0
0C
C
B
A
@
3 0
0 1
0
2
0
0
1
6
1
6
1
1
2
1
3
1
3
3
1
1
C
C
3A
3
2
8
12
6
1
1
27
27C
C
9A=
1
1
3
11
6
7. La corrispondenza tra applicazioni lineari e matrici e un isomorsmo di spazi
vettoriali. Attraverso tale isomorsmo X End(R ) corrisponde all'insieme
2
delle matrici due per due della forma:
a b
0 c
E' immediato controllare che questo sottoinsieme e chiuso rispetto a somma e
prodotto per uno scalare, e la sua dimensione e chiaramente 3 essendone
1 0 0 1 0 0 0 0 ; 0 0 ; 0 1
una base.
13 Autovalori e autovettori di un endomorsmo
1. L'equazione caratteristica di N e
ovvero 2
1 2 = 0
4
1 9 = 0. Dunque gli autovalori di N sono le radici 1 = 3; 2 = 3.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
40
Le equazioni degli autospazi sono rispettivamente
V (3) : 2x + y = 0 ; V ( 3) : x + y = 0
ovvero
V (3) = ft(1; 2); t 2 Rg ; V ( 3) = ft(1; 1); t 2 Rg :
2. a) Calcolando per (x ; x ; x ) = (2; 6; 3) le equazioni di R danno (y ; y ; y ) =
(14; 42; 21) ovvero T v = 7v. Quindi v e un autovettore di R, associato all'auto1
2
3
1
valore = 7.
1 b) L'equazione caratteristica di R e 0
0
1
2
3
6 10 = 0 ovvero
2 1 5 (1 )( 7) = 0. Pertanto gli autovalori di R sono 1 = 0; 2 = 1; 3 = 7.
c) Gli autospazi associati ai tre autovalori hanno equazioni rispettivamente
V (0) Ker R :
(
x
x + 6x = 0
2x + 10x = 0
1
2
2
V (7) :
ovvero le rette
V (0) :
(
x = 11x
x = 5x
1
3
2
3
3
(
; V (1) :
3
(
x + 6x = 0
x + 10x = 0
2
3
2
;
3
6x1 x2 + 6x3 = 0
5x2 + 10x3 = 0
; V (1) :
(
x =0
x =0
2
3
; V (7) :
(
x = x
x = 2x
1
2
2
3
3
3
d) R3 = V (0) V (1) V (7) poiche' i tre autospazi, associati ad autovalori
diversi, sono tre rette non complanari.
3. a) L'equazione caratteristica di L e
2 C = 6
2
1
1
3
= 0
2 1 2
ovvero (2 )[(2 )2 +1] = 0 che ammette come radici appunto = 2; 2+i; 2 i.
b) Gli autovettori associati all'autovalore = 2 coincidono con le autosoluzioni
del sistema omogeneo
8
>
< 1 x2 + x33 = 0
6x + 3x = 0
>
: 2x1 + x2 = 0
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
41
ovvero dal sistema equivalente formato dalle prime due equazioni (non proporzionali). Una autosoluzione di tale sistema e v1 = (1; 2; 2); dunque
V (2) = ftv1 ; t 2 Rg = f(t; 2t; 2t) ; t 2 Rg.
Gli autovettori associati all'autovalore = 2 + i coincidono con le autosoluzioni
del sistema omogeneo
8
>
< ix x + x
6x ix + 3x
>
: 2x + x ix
1
1
2
3
2
3
2
3
1
=0
=0
=0
(pensato in C3 ), ovvero dal sistema equivalente formato dalle prime due equazioni. Risolvendo si trova V (2 + i) = f (3 i)z; (6 + 3i)z; 5z ); z 2 Cg.
Gli autovettori associati all'autovalore = 2 i, che e il coniugato del precedente, sono i vettori coniugati degli autovettori in V (2 + i). Quindi V (2 i) =
f (3 + i)z; (6 3i)z; 5z); z 2 Cg.
c) Uguagliando le parti reali e immaginarie rispettivamente dell'identita T ( 3+
i; 6 + 3i; 5) = (2 + i)( 3 + i); 6 + 3i; 5) si hanno le identita:
(
T ( 3; 6; 5) = 2( 3; 6; 5) (1; 3; 0)
T (1; 3; 0) = ( 3; 6; 5) + 2(1; 3; 0)
Il piano invariante e quello generato da u1 = ( 3; 6; 5); u2 = (1; 3; 0), cioe
3x1 x2 + 3x3 = 0.
4. Risulta
d f (x) = a! sin !x b cos x :
dx
quindi la funzione f e' un autovettore dell'operatore dxd22 , associato all'autovalore
, se e solo se vale l'identita
a! sin !x b cos x = (a sin !x + b cos x)
ovvero
a( + ! ) sin !x + b( + ) cos x = 0
Poiche' l'identita A sin !x + B cos x = 0 vale se e solo se A = B = 0 se ne
trae che deve essere a = 0; b 6= 0 e = o a 6= 0; b = 0 e = ! oppure
a 6= 0; b 6= 0 e = ! = .
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
5. Autofunzioni linearmente indipendenti dell'operatore dxd sono, ad esempio, f =
3
3
0
1 (funzione costante uguale a 1), f1 = ex ; f2 = e2x , associate rispettivamente
agli autovalori = 0; 1; 8.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
42
6. a) La matrice di Q ha rango 2 e un minore di ordine 2 diverso da zero e,
ad1 esempio,
quello formato dai coecienti di x ; x nelle prime due equazioni,
2
3 0 = 6. Quindi equazioni per il nucleo di Q sono
(
1
x
3x
2x2
1
1
2
x =0
+x +2x = 0
4
3
4
e una base per Ker Q consiste, ad esempio, delle autosoluzioni indipendenti
( 13 ; 16 ; 1; 0), ( 32 ; 56 ; 0; 1);
b) u = (0; 1; 1; 1); v = ( 1; 2; 0; 5) coincidono con le due ultime colonne della
matrice di Q, quindi (u; v) e una base per ImQ.
Risulta Qu = ( 3; 3; 3; 12); Qv = ( 10; 7; 13; 37).
c) Poiche' Qu; Qv sono linearmente indipendenti segue che la restrizione di Q
a Im Q e non degenere, ovvero Ker Q \ Im Q = 0. Poiche' inoltre dim(Ker Q) +
dim(Im Q) = 4, si ha R4 = Ker Q Im Q.
d) Risolvendo in termini di coordinate i sistemi T u = au + bv; T v = a0 u + b0 v
si trova T u = 3u + 3v; T v = 13u+ 10v, sicche'
la matrice della restrizione
3
13
di Q a Im Q nella base (u; v) e A = 3 10 .
e) Un autovalore di molteplicita 2 e quello associato al nucleo, 1 ; 2 = 0. Gli
altri autovalori e autovettori sono quelli della restrizione di Q a Im Q. Gli
autovalori sono le radici dell'equazione caratteristica
A I = p
ovvero 3 = 7+2 13 ; 4 = 7
p
2
3 13 = 2 7 + 9 = 0
3
10 13
.
7. La matrice A ha rango 2 e un minore non nullo di ordine
2 e ad esempio quello
formato dalle prime due righe e prime due colonne, 81 41 = 12. Quindi:
a) Il nucleo di T e la retta di equazioni
(
x
x 5x = 0
8x +4x +8x = 0
1
2
3
1
2
3
e vettore direttore u = ( 1; 4; 1); Ker T = f( t; 4t; t); t 2 Rg.
b) Considerate le prime due colonne di A si ha la base (v = (1; 8; 3); w =
( 1; 4; 1)) per il piano immagine di T .
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
43
c) Risulta T w = 0, quindi il vettore non nullo w appartiene a Ker T \ Im T .
Cio esclude che sia R3 = Ker T Im T .
d) L'equazione caratteristica di T e 2 (4 ) = 0: pertanto gli autovalori di
T sono = 0, doppio, e = 4, semplice.
V (0) = Ker T , gia calcolato, V (4) = ft(1; 2; 1); t 2 Rg.
e) In seguito a c) risulta che T non e diagonalizzabile (la molteplicita algebrica di = 0 e maggiore della dimensione del nucleo, ovvero della rispettiva
molteplicita geometrica).
14 Riduzione a forma canonica di matrici di operatori: triangolarizzazione e diagonalizzazione
1 4
1. Gli autovalori della matrice A = 3 2 dei coecienti sono = 5; 2. Autovettori associati a 5; 2 rispettivamente sono (1; 1); (4; 3). Quindi una base per
le soluzioni del sistema e fornita da (x; y) = (e5t ; e5t ); (x; y) = (4e 2t ; 3e 2t ).
La soluzione generale del sistema, dipendente da due costanti arbitrarie c1 ; c2 ,
e
(
x = c1e5t +4c2e 2t :
y = c1e5t 3c2e 2t
2. L'equazione caratteristica di T e (1 + )( 1) = 0 e quindi gli autovalori di
2
T sono = 1, semplice, e = 1, di molteplicita algebrica 2.
Calcolando risulta poi che V ( 1) = ft(1; 1; 1); t 2 Rg e che V (1) coincide con
il piano di equazione x y + z = 0.
Se ne deduce che T e l'operatore di simmetria rispetto al piano V (1) parallelamente alla direzione di parametri direttori (1; 1; 1). Infatti, se e dato un vettore
v 2 V e se ne considera la decomposizione v = v0 + v00 in somma di vettori v0; v00
appartenenti rispettivamente a V (1); V ( 1) risulta dapprima T v = T v0 + T v00 ,
per la linearita di T , e poi T v = v0 v00 , poiche' T v0 = v0 ; T v00 = v00 . Quindi
T v coincide appunto con il simmetrico del vettore v nella detta simmetria.
3. Poiche' B e una matrice triangolare superiore, si vede subito che gli autovalori di
P sono = 1; 1; 2; trattandosi di tre autovalori distinti, una terna (v ; v ; v )
di autovettori associati rispettivamente a 1; 1; 2 costituira una base di V .
Dalla forma di B risulta evidente che i; j sono autovettori associati rispetti1
2
3
vamente agli autovalori 1; 1. Un autovettore associato a 2 e ad esempio
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
44
v = (2; 9; 3). Nella base (v = i; v = j; v = v) l'operatore P ammette
matrice diagonale
1
2
3
1
0 1
B0 = @ 0
0 0
1 0A :
0 0 2
4. a) L'equazione caratteristica di Q e (1 + )(1 ) = 0: quindi gli autovalori
2
di Q sono = 1, semplice, e = 1, di molteplicita algebrica due.
Poiche' gli autovalori di Q non sono tutti semplici non e possibile aermare
subito che Q e diagonalizzabile.
L'autospazio associato all'autovalore 1 e il piano V (1) : x + 2y z = 0. Quindi
la molteplicita geometrica di = 1 uguaglia la molteplicita algebrica. Q e
diagonalizzabile. b) Calcolando si trova che la retta V ( 1) e generata da v1 =
(1; 1; 1) mentre il piano V (1) e generato dai vettori v2 = (0; 1; 2); v3 = (1; 0; 1).
Quindi (v1 ; v2 ; v3 ) e una base nella quale Q ammette matrice diagonale
1
0 1
C0 = @ 0
0 0
1 0A
0 0 1
c) 3 piani distinti invarianti rispetto all'operatore Q sono, ad esempio, i piani
coordinati della base v1 = (1; 1; 1); v2 = (0; 1; 2); v3 = (1; 0; 1).
15 Equazioni dierenziali lineari a coecienti costanti
1) Il sistema si scrive
dx = 2x
dt
dy
= 3y
Una base per lo spazio delle soluzioni e data dalle due soluzioni
dt
1 et
(t) = e
0 0
1
2
t
2
;
2 (t) = e
3
t
0 1
0
et :
3
Quindi la soluzione generale, dipendente da 2 costanti c1 ; c2 , si scrive
(t) = c1 1 (t) + c2 2 (t)
ovvero
(t) =
cet
1
2
cet
2
3
:
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
45
Se (0) = (1; 2) allora c1 = 1; c2 = 2 e
et (t) =
t :
2
2e3
(Vedi g. 1).
2) Il sistema si scrive
dx =
2x + y
= 5x + 4y
La matrice A ha autovalori = 3; 1; una base per lo spazio delle soluzioni
e data da due soluzioni corrispondenti a due autovettori, ad esempio v1 =
(1; 5); v2 = (1; 1) associati rispettivamente a tali autovalori:
1 e t
1 e3 t t
3t
; 2(t) = e
1 (t) = e
1 e t :
5 5e3t
La soluzione generale, dipendente da costanti c1 ; c2 , ha l'espressione
1
1 c e3 t + c e t 1
2
3t
t
(t) = c1 e
5 + c2 e
1 5c1 e3t + c2 e t :
dt
dy
dt
La condizione (0) = ( 2; 2) da c1 + c2 = 2; 5c1 + c2 = 2, sicche c1 = 1; c2 = 3
e quindi la soluzione particolare e in questo caso
e3t 3e t (t) =
5e3t 3e t :
(Vedi g.2).
3) Il sistema si scrive
dx =
2y
dt
dy
dt = 2x
La matrice A ha autovalori complessi (coniugati) = 2i; 2i; una base per lo
spazio delle soluzioni nel campo complesso e data da due soluzioni corrispondenti
a due autovettori complessi coniugati associati rispettivamente a tali autovalori,
ad esempio v1 = (1; i); v2 = (1; i). Nel campo reale la soluzione generale del
sistema si ottiene come combinazione lineare a coecienti complessi coniugati
a + ib; a ib di tali soluzioni, ovvero
1
1 2it
2it
;
+ (a ib)e
(t) = (a + ib)e
i
ovvero, a meno del fattore 2,
a cos 2t b sin 2t :
(t) =
a sin 2t + b cos 2t
i
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
46
La condizione (=2) = (1; 2) determina poi i valori dei coecienti a = 1; b =
2 e risulta:
cos 2t + 2 sin 2t (t) =
sin 2t 2 cos 2t :
(Vedi g. 3).
4) Il sistema si scrive
dx = 2x
dt
dy
+ y
=
x
+
2y
dt
La matrice A ha autovalori complessi = 2+ i; 2 i; una base per lo spazio delle
soluzioni nel campo complesso e data da due soluzioni corrispondenti rispettivamente a due autovettori complessi (coniugati) associati rispettivamente ai due
autovalori, ad esempio v1 = (1; i); v2 = (1; i). Nel campo reale la soluzione
generale del sistema si ottiene come combinazione lineare a coecienti complessi
coniugati a + ib; a ib di tali soluzioni, ovvero
(t) = (a + ib)e
ovvero
t
it
(2+ )
1
i
h
(t) = e (a + ib)(cos t + i sin t)
2
+ (a ib)e
1
i
(2
i) t
1
i
;
+ (a ib)(cos t i sin t)
1
i
i
;
cioe, a meno del fattore 2,
a cos t b sin t (t) = e
a sin t b cos t :
2
t
La condizione (0) = (1; 2) determina poi i valori dei coecienti a; b e risulta:
(t) = e
2
t
cos t + 2 sin t
sin t + 2 cos t
:
(Vedi g. 4)
5) Posto y = y1 ; y0 = y2 l'equazione e equivalente al sistema
( dy
che risolto da
1
dx
dy2
dx
=
= y1
y
2
y (x) = c ex + c e
x
1
1
y (x) = c e
2
1
2
ce
2
x
x
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
47
Quindi
y(x) = c ex + c e x :
Notiamo che, ricordando le relazioni tra esponenziali e funzioni iperboliche,
puo anche scriversi
y(x) = cosh x + sinh x
con ; costanti. Si passa da una all'altra delle espressioni della soluzione
generale mediante la trasformazione
1
2
1
=c +c
1
;
2
=c
1
c:
2
Le condizioni iniziali danno poi c1 + c2 = 2; c1 c2 = 1, quindi c1 = 3=2; c2 = 1=2
e la soluzione particolare si scrive
y(x) = 23 ex + 21 e x :
(Vedi g. 5)
6) Posto y = y1 ; y0 = y2 l'equazione e equivalente al sistema
( dy
che risolto da
=
y2
= y 1 + 2y 2
1
dx
dy2
dx
(
p
p
c ep x)
y (x) = ex(c e x +
p
p
y (x) = ex(c (1 + 2)e x + c (1 2)e
1
1
2
2
2
2
1
2
p
2
2
x
p
Tenuto poi conto delle condizioni y(0) = c1 + c2 = 1; y0 (0) = c1 (1 + 2) + c2 (1
p
2) = 0 si trovano i valori
c1 = 2
per la soluzione particolare
y(x) = e4 ((2
x
2 ; c = 2+ 2
2
4
4
p
(Vedere g. 6).
1 ex
= sinh + cosh
x
x; e
x
= sinh + cosh
x
p
p
x
2)e
p
2
x + (2 + p2)e
p
2
x:
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
2
1.5
1
0.5
-1
-0.5
1
0.5
Fig. 1
4
3
2
1
-5
-4
-3
-2
-1
-1
-2
Fig. 2
48
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
49
2
1
-2
-1
1
2
-1
-2
Fig. 3
4
3
2
1
2
4
6
Fig. 4
8
10
12
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
8
6
4
2
-6
-4
-2
4
2
6
Fig. 5
8
6
4
2
-6
-4
-2
Fig. 6
2
4
50
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
51
16 Ancora equazioni lineari a coefcienti costanti
Esercizio 1. Il sistema si scrive
dx = x
dt
dy
+ y
= x + y
dt
La matrice A ha autovalori = 0; 2; una base per lo spazio delle soluzioni e data da
due soluzioni corrispondenti a due autovettori, ad esempio v1 = (1; 1); v2 = (1; 1)
associati rispettivamente a tali autovalori:
1 (t) =
1
1
;
2 (t) = e
2
t
1
1
:
La soluzione generale, dipendente da costanti c1 ; c2 , ha l'espressione
(t) = c1
1
1
1 c +c e t +c e 1 c +c e t :
2
2
t
1
2
2
1
2
2
(Descrivere le traiettorie).
La condizione (1) = ( 2; 2) da c1 + c2 e2 = 2; c1 + c2 e2 = 2, sicche c1 =
2; c2 = 0 e la soluzione particolare e in questo caso
(t) =
Esercizio 2. Il sistema si scrive
2
2
dx = x
dt
dy
dt
:
+ 2y
= 2x + y :
1 L'equazione caratteristica di A e 2
2
(1 )
2
4 = 0 e quindi gli
1
autovalori sono = 3; 1. Gli autospazi sono V (3) : 2x1 + 2x2 = 0; V ( 1) :
2x1 + 2x2 = 0. Due autovettori (linearmente indipendenti) associati rispettivamente
a = 3; 1 sono v1 = (1; 1); v2 = (1; 1). Corrispondentemente ai due autovettori
considerati, si hanno due soluzioni indipendenti del sistema dierenziale:
(1) = e
3
t
1
;
1
(2) = e
t
1
1
:
Le soluzioni del sistema, dipendenti dalla scelta di due costanti c1 ; c2 , sono della forma
= c1 e
3
t
1
1
+ c2 e
t
1 :
1
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
52
La posta condizione da
c e +c e = 1
1
3
;
1
2
ce
1
3
c e =3
2
1
ovvero c1 = e 3 ; c2 = 2e.
Esercizio 3. Il sistema dierenziale si scrive
dx = x 2y
dt
dy
dt = 2x + y
L'equazione caratteristica di A e (1 )2 + 4 = 0 e pertanto gli autovalori sono
complessi coniugati: = 1 + 2i; = 1 2i. Considerato l'autovettore v = (1; i)
associato a = 1 + 2i si ha la soluzione complessa
z = et(cos 2t + i sin 2t)
1
z = et
cos 2t + iet
sin 2t
cos 2t
:
ovvero
sin 2t
i
Due soluzioni reali linearmente indipendenti del sistema sono quindi
sin 2t cos 2t t
t
; =e
=e
cos 2t :
sin 2t
La soluzione generale del sistema si scrive quindi, in dipendenza di due costanti reali
c ;c ,
c cos 2t + c sin 2t t
=e
c sin 2t c cos 2t :
2
1
1
2
La condizione per t = =2 ci da
e=2
1
2
1
2
c 0
;
=
1
c
1
2
quindi c1 = 0; c2 = e =2 .
Esercizio 4. Il sistema si scrive
dx = 2x
dt
dy
dt
=
y
+ y
L'equazione caratteristica di A e j 2 1 1 j ( 1)2 = 0 e quindi si ha un
autovalore doppio, = 1. La matrice non e diagonalizzabile. Consideriamo una base
nella quale il sistema ha matrice della forma di Jordan
B=
1 1
0 1
:
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
53
Prendiamo f1 = (1; 1) e f2 vericante l'equazione
Af = f + f ;
2
ovvero
che tradotta scalarmente da
1
2
(A I )f2 = f1 ;
x+y =
1 :
1
x y=
(Notiamo che vi e sempre una soluzione dato che Im(A I ) = V (1)). Risolvendo il
sistema si trova, ad esempio, (x; y) = (1; 0). In coordinate (x0 ; y0 ) nella base f ; f ) il
sistema si scrive
dx = x +y
dt
dy = x
y
dt
e y0 = c et per qualche costante c . Assunto che x0 = ec(t)et si trova che deve essere
dec et + ecet = ecet + c et
dt
ovvero
dec = c et :
dt
0
Pertanto x e della forma
x0 = c t + c ;
ove c e una costante, e la soluzione generale del sistema, dipendente dalle costanti
c ; c , e
(t) = (c t + c )et f + c et f
ovvero
1 1 i
h
t
(t) = e (c t + c )
1 +c 0
cio`e
c t+c +c t
:
(t) = e
ct c
La condizione (0) = (1; 2) da c + c = 1; c = 2 ovvero c = 2; c = 3:
3t + 1 t
(t) = e
3t + 2 :
1
0
0
2
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
2
2
1
2
1
2
1
2
Esercizio 5. Il sistema si scrive
=
2
1
1
dx = x
dt
dy
dt
2
+ y
x + 3y
1
2
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
54
L'equazione caratteristica di A e j 1 1 3 1 j ( 2)2 = 0 e quindi si ha un solo
autovalore doppio = 2. La matrice A non e diagonalizzabile ma possiamo ridurla a
forma triangolare di Jordan
2 1
B= 0 2
nella base (f1 ; f2 ) ove f1 = (1; 1) e un autovettore associato a = 2 e f2 e un vettore
non parallelo a f1 vericante
(A 2I )f2 = f1 :
Traducendo scalarmente si trova
x+y = 1
x+y = 1
e quindi, ad es., f2 = ( 1; 0). In coordinate (x0 ; y0 ) nella base (f1 ; f2 ) il sistema si
scrive
dx = 2x0 + y0
dt
dy =
2y 0
dt
e le soluzioni sono della forma
x0 = (c t + c )e2t
2
1
:
y0 = c2e2t
0
0
Quindi, in coordinate x; y
h
(t) = e (c2 t + c1 )f1 + c2 f2
2
h
t
1
i
e (c t + c ) 1 + c
2
ovvero
t
2
1
1
0
2
i
c t+c c :
(t) = e
c t+c
2
t
2
1
2
2
1
La condizione iniziale (0) = (1; 2) da c1 c2 = 1; c2 = 2 ovvero c1 = 2; c2 = 1 e la
soluzione particolare e
t+1 2t
(t) = e
t+2 :
Esercizio 6. L'equazione caratteristica di A e (3 ) = 0 e gli autovalori
2
sono
e = 3. Gli autospazi sono V (0) : x + y + z = 0; V (3) :
2x +=y0,+ doppio,
z = 0 . A e diagonalizzabile. Una base di autovettori e, ad esempio,
x 2y + z = 0
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
55
v1(1; 0; 1); v2(0; 1; 1); v3(1; 1; 1) (i primi due associati a 0 e il terzo a 3). Una terna
fondamentale di soluzioni del sistema e pertanto
(1)
0
(t) = @
1
0
1
1
A ;
(2)
0
(t) = @
0
1
1
La soluzione generale del sistema si scrive
0
(t) = c @
1
1
0
1
1 0
A+c @
2
0 c
(t) = @
ovvero
1
c
La condizione iniziale (0) = (2; 2; 2) da
1
0
1
1
1
A ;
2
ovvero c1 = 4=3; c2 = 7=3; c3 = 2=3.
3
3
1
011
1
A+c e t@ 1 A ;
+c3 e3t
c2 +c3e3t
c2 +c3e3t
c+1+c =2 ; c +c = 2 ;
3
(3)
011
(t) = e t @ 1 A :
3
3
1
1
A:
c
1
c +c =2
2
3
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
56
ESERCIZI di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
28 aprile 2005
Operatori lineari. Forme lineari
1. Mostrare che
a) nello spazio Euclideo R3 dotato del prodotto scalare canonico, l'applicazione
F : R3 ! R che associa al vettore x = (x1; x2; x3) il suo prodotto scalare con
un ssato vettore non nullo a = (a1 ; a2 ; a3 ) e una forma lineare e determinarne
nucleo e immagine.
b) l'operatore Tr : MK (2) ! K che associa a una matrice quadrata di ordine a
elementi in K, A = (aij ), la rispettiva traccia, Tr(A), e un operatore lineare
(ovvero, una forma lineare) e determinarne il nucleo e l'immagine;
c) l'operatore det : MK (2) ! K non e lineare;
2. Sia V = R lo spazio vettoriale
numerico 3-dimensionale. Siano e =
(1; 0; 0); e = (0; 1; 0); e = (0; 0; 1) la base canonica di R e (e ; e ; e ) la base
3
2
3
3
1
2
3
1
associata nel duale V .
a) Dato il vettore u = (1; 1; 3) calcolare i valori che su di esso assumono rispettivamente e1 ; e2 ; e3 .
b) Considerata la forma lineare : V ! R data da (x) = u x, ove e il prodotto
scalare canonico, scrivere nella base (e1 ; e2 ; e3 ).
Operatori lineari nello spazio vettoriale Euclideo
3-dimensionale V
1. Sia V lo spazio vettoriale Euclideo 3-dimensionale riferito a una base ortonormale (i; j; k).
a) Considerate le proiezioni ortogonali P; P 0 : V ! V sui piani coordinati (i; j);
(i; k) rispettivamente, calcolare i prodotti PP 0 ; P 0 P .
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
57
b) Siano P1 ; P2 : V ! V le proiezioni ortogonali sui piani 1 : x1 x2 + x3 =
0 ; 2 : x1 + x2 x3 = 0 rispettivamente. Calcolare le matrici dei prodotti P1 P2 ; P2 P1 .
2. Sia T : R3 ! R3 l'endomorsmo di equazioni
8 y 1 = 3 x1
+4x3
< 2
1
2
3
: yy3 == 22xx1 +x +43xx3 .
Determinare le rette di R3 che sono lasciate invarianti da T .
Sottospazi di spazi vettoriali e di spazi ani
1. Spazio vettoriale R . Base canonica (e ; : : : ; e ).
4
1
Considerato il piano P di equazioni
2x
4
x+ x+ x = 0
x
x+ x = 0
1
2
1
3
4
3
4
a) mostrare che il piano Q generato dai vettori g1 = (1; 1; 0; 0); g2 = (0; 2; 1; 1)
e un supplementare di P .
b) Decomporre il vettore w = ( 2; 4; 3; 1) nella somma w = p + q di due vettori
appartenenti a P e Q rispettivamente.
2. Spazio vettoriale MR(2) delle matrici reali quadrate di ordine 2.
a) Vericare che le matrici A 2 MR (2) che sono soluzione dell'equazione
traccia(X ) = 2
formano un sottospazio lineare 3-dimensionale W di MR (2) pensato come spazio
ane.
b) Dire se il sottoinsieme U di matrici A 2 MR (2) che vericano l'equazione
X + Xt
=
2 1
1 0
e un sottospazio lineare di MR (2) e, in caso aermativo, calcolarne la dimensione.
c) Determinare l'intersezione di W e di U .
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
58
SOLUZIONI ESERCIZI
DI ALGEBRA E DI GEOMETRIA
Per il corso di Geometria per Fisici
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/2005
28 aprile 2005
Operatori lineari. Forme lineari
1. a) Per il prodotto scalare sono vericate le identita a (x + y) = a x + a y; 8x; y 2 R , quindi F (x + y) = F (x) + F (y), e a (kx) = k(a x); 8k 2 R, quindi
F (kx) = kF (x). Pertanto F e una forma lineare. Ker(F ) e il piano ortogonale ad a,
di equazione a x + a x + a x = 0, e Im(F ) = R dato che il prodotto a x non e
3
1
1
2
2
3
3
identicamente nullo.
a1 a1 b 1 b 1 b) Tr(A) + Tr(B ) = Tr a21 a22 + Tr b21 b22 = (a11 + a22 ) + (b11 + b22 ) =
a1 +1 b1 2 a1 + b1 1 2
(a11 + b11 ) + (a22 + b22 ) = Tr a21 + b21 a22 + b22 = Tr(A + B );
ka ka Tr(kA) = Tr ka ka = ka + ka = k(a + a ) = kTr(A).
Quindi Tr e lineare.
o
n a b 1
1
2
1
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
; a; b; c 2 K . Im(Tr) = K.
c a
a 0
c) In generale det(A + B ) 6= det(A) + det(B ): ad esempio, det[ 0 0 +
a 0
0 0
= ab mentre det(A) + det(B ) = 0 + 0 = 0. Inoltre,
0 b ] = det
ka 0 kab det(kA) = det ka ka = k det(A) e quindi in generale det(kA) 6= kdet(A).
P xj e si ha ei (v) = ei (P xj e ) =
2.
a)
In
generale,
dato
un
vettore
v
=
j
j
j
j
P xj ei (e ) = P xj i = xi. Quindi, nel presente
caso
si
ha
e
(
u
)
=
1
;
e
(
u
j
) =
j
j
j
1; e (u) = 3. b) = e e + 3e .
Ker(Tr) =
1
1
2
1
1
2
2
2
2
1
3
1
2
2
1
Operatori lineari nello spazio vettoriale Euclideo
3-dimensionale V
1. a) P (i) = i; P (j) = j; P (k) = 0 e P 0(i) = i; P 0(j) = 0; P 0(k) = k. Quindi
P 0P (i) = P 0(i) = i; P 0P (j = P 0j = 0; P 0P (k) = P 0(0) = 0 e, analogamente, PP 0(i) =
i; PP 0(j) = 0; PP 0(k) = 0 sicche P 0P = PP 0 = proiezione ortogonale sulla retta di i.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
59
b) Considerato il versore n1 = p13 (1; 1; 1) normale al piano 1 , si ha P1 (v) =
v (v n1)n1 quindi, in termini di coordinate,
P1(x1; x2; x3) = (x1; x2; x3) p13 (x1 x2 + x3)( p13 ; p13 ; p13 )
= (x1 ; x2 ; x3 ) 31 (x1 x2 + x3 )(1; 1; 1)
= 31 (2x1 + x2 x3 ; x1 + 2x2 + x3 ; x1 + x2 + 2x3 )
e la matrice di P1 e
0 2 1 11
A1 = 13 @ 1 2 1 A :
1 1 2
Analogamente si trova che la matrice di P2 e
0 2 1 11
A2 = 31 @ 1 2 1 A :
1 1 2
Quindi la matrice di P1 P2 e
0 2 1
A1A2 = 91 @ 1 2
1 1
1
1
2
10
A@
2
1
1
1 1
2 1
1 2
1 0
A = 1@
9
2
1
1
1 1
4 5
5 4
1
A:
Analogamente, la matrice di P2 P1 e
0 2 1 1 10 2 1 1 1 0 2 1 1 1
A2A1 = 91 @ 1 2 1 A@ 1 2 1 A = 19 @ 1 4 5 A :
1 1 2
1 1 2
1 5 4
Si vede che A1 A2 6= A2 A1 , quindi P1 P2 6= P2 P1 .
2. Una retta (vettoriale) R e invariante rispetto a T , cioe Im(R) R se e solo se
dato un suo vettore direttore (cioe un suo vettore non nullo) X risulta T (X) = X per
un opportuno scalare . Traducendo in termini di equazioni di T , i vettori direttori
delle rette invarianti rispetto a T sono tutte e sole le terne X = (x1 ; x2 ; x3 ) che per
qualche scalare sono autosoluzioni del sistema
8 x1 = 3x1
8 (3 )x1
+4x3
+4x3 = 0
< 2
<
x = 2x1 +x2 +4x3 ; ovvero :
2x1 +(1 )x2
+4x3 = 0 :
: x
3
1
3
1
= 2x
3x
2x
(3 + )x3 = 0
I valori di per i quali esistono tali autosoluzioni sono tutti e soli quelli per i quali si
annulla il determinante del sistema, ovvero soluzioni dell'equazione
(3 ) 0
4
2 (1 ) 4 = 0
2
0
(3 + ) Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
60
cioe (1 )(2 1) = 0. Si trova quindi = 1; 1. Per = 1 il sistema e riducibile
alla sola equazione x1 + 2x3 = 0 che rappresenta un piano le cui rette sono tutte
lasciate sse, vettore per vettore, da T (T ristretto a coincide con l'identita). Per
= 1 il sistema e riducibile a
x1
+ x3 = 0 ;
x1 +x2 +2x3 = 0
equazioni cartesiane di una retta r invariante rispetto a T , sulla quale T opera come
la simmetria, T (v) = v.
Sottospazi di spazi vettoriali e di spazi ani
1. a) Una base di P e formata dai vettori f1 = (1; 3; 1; 0); f2 = ( 1; 1; 0; 1) ottenuti come due autosoluzioni indipendenti del sistema delle equazioni di P . I vettori
f1; f2; g1; g2 sono linearmente indipendenti, risultando diverso da zero il determinante
della matrice delle coordinate. Quindi il sottospazio Q, generato da g1 ; g2 , e un
supplementare di P .
b) Scritto w nella forma w = af1 + bf2 + cg1 + dg2 i vettori della decomposizione
richiesta sono p = af1 + bf2 , q = cg1 + dg2 . I coecienti a; b; c; d, determinati dal
sistema di equazioni lineari
8
>
<
>
:
2= a
4 = 3a
3= a
1=
b +c
b c +2d ;
+d
b
d
sono a = 1; b = 3; c = 0; d = 2. Quindi p = f1 + 3f2 ovvero p = ( 2; 0; 1; 3) e q = 2g2
ovvero q = (0; 4; 2; 2).
2 0
2. a) Considerata la matrice X0 = 0 0 , di traccia uguale a 2, data la
linearita di Tr le soluzioni dell'equazione considerata si ottengono tutte da X0 sommandogli una soluzione dell'equazione, lineare e omogenea, Tr(Y ) = 0, rappresentante
un iperpiano vettoriale di MR (2). Quindi W e un sottospazio lineare 3-dimensionale
dello spazio puntuale MR (2). D'altra parte, in termini delle coordinate (x1 ; x2 ; x3 ; x4 )
nella base canonica di MR (2), per cui
x x 1 0 0 1 0 0 0 0
X x x =x 0 0 + 0 0 + 1 0 + 0 1
1
2
3
4
1
l'equazione Tr(X ) = 2 si scrive
x +x =2
che e appunto una equazione lineare.
1
4
;
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
61
b) Il primo membro dell'equazione e lineare in X : quindi U e un sottospazio
lineare. Inoltre in termini delle coordinate nella base canonica di MR (2) le equazioni
si scrivono
8 2x1
< 1 3 =2
: 2xx4 +x == 01
con matrice dei coecienti che ha rango massimo, uguale a 3. Quindi dim(U ) = 1.
c) Poiche Tr(X + X t ) = 2Tr(X ), se X 2 U allora Tr(X ) = 1 6= 2; quindi i due
sottospazi lineari U ; W hanno intersezione vuota.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
62
ESERCIZI di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
5 maggio 2005
Risoluzione di sistemi dierenziali lineari in R2 mediante
diagonalizzazione
1. E dato il sistema di equazioni dierenziali lineari
dx
1 4
dt
dy
dt
= x +4y ;
= 3x +2y
di matrice A = 3 2 , nelle funzioni incognite x = x(t); y = y(t).
a) Vericare che passando con opportuna trasformazione lineare dalle x; y a nuove
variabili x~; y~ e possibile riscrivere il sistema stesso nella forma
dx
~
0
ddty~
dt
= x~
=
y~ ;
con B = 0 , matrice diagonale.
b) Calcolare in termini di coordinate x; y la soluzione corrispondente alla soluzione
iniziale (x(0); y(0)) = ( 1; 1).
2. E dato il sistema di equazioni dierenziali lineari
dx = 2x +y
dt
;
dy
dt = x +2y
2 1
di matrice A = 1 2 , nelle funzioni incognite x = x(t); y = y(t).
a) Vericare che passando con opportuna trasformazione lineare complessa dalle
x; y a nuove variabili x~; y~ e possibile riscrivere il sistema stesso nella forma
dx
~
0
ddty~
dt
con B = 0 , matrice diagonale.
= x~
=
y~ ;
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
63
b) Calcolare in termini di coordinate x; y la soluzione corrispondente alla soluzione
iniziale (x(0); y(0)) = (1; 3).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
64
SOLUZIONI
esercizi di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
5 maggio 2005
Risoluzione di sistemi dierenziali lineari in R2 mediante
diagonalizzazione
1. a) Interpretando A come la matrice di un operatore lineare T : R ! R nella
base canonica (e = (1; 0); e = (0; 1)) si tratta di determinare un cambiamento di
coordinate (x; y) ! (~x; y~) che faccia passare da tale base ad una base (f ; f ) formata
2
1
2
2
da autovettori di T stesso.
Gli autovalori ; di T sono dati dall'equazione
1 3
2
4
1
2
3 10 = 0
2
ovvero = 2; = 5.
Gli autovettori associati a = 2 sono dati dall'equazione
3x + 4y = 0
quindi V ( 2) = t( 4; 3)jt 2 R .
Gli autovettori associati a = 5 sono dati dall'equazione
4x + 4y = 0
quindi V (5) = t(1; 1)jt 2 R .
(f1 ; f2 ) e una base di R2 formata da autovettori di T , nella quale la matrice di T e
B = 2 0 :
0 5
e pertanto nelle nuove coordinate (~x; y~) in tale base il sistema dierenziale si scrive
dx
~
ddty~
dt
= 2~x
=
5~y ;
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
65
b) La soluzione generale (t) = (~x(t); y~(t)) e data da
(t) = (c1 e 2t ; c2 e5t )
Tenuto conto che la relazione tra le coordinate (x; y) e (~x; y~) e
x 4 1 x~ y~
3 1
y =
la soluzione generale del sistema nelle funzioni incognite x = x(t); y = y(t) e dato da
x(t) 4 1 c e 2t 4c e 2t + c e5t 1
1
2
3 1
c2e5t 3c1e 2t + c2e5t :
y(t) =
La condizione iniziale equivale al seguente sistema nelle costanti c1 ; c2 :
1 = 4c +c
1
2
1 = 3c1 +c2
ovvero c1 = 2=7; c2 = 1=7. Sicche la soluzione particolare richiesta e
x(t) = 87 e 2t + 17 e5t ; y(t) = 76 e 2t + 17 e5t
(Vericare direttamente che quella trovata e eettivamente una soluzione del sistema assegnato).
2. a) Gli autovalori ; di A sono dati dall'equazione
2 1 1 2 (2 )2 + 1 = 0
ovvero = 2 + i; = 2 i. Poiche si tratta di autovalori complessi coniugati, non
reali, la matrice A non e diagonalizzabile nel campo reale bensi nel campo complesso.
Occorre cioe interpretare A come matrice di un operatore lineare T : C2 ! C2
rispetto alla base canonica (e1 ; e2 ) di C2 . Allora si trova che una base di C2 costituita
da autovettori associati rispettivamente a ; e, ad es., quella costituita da (f1 =
(1; i); f2 = (1; i)) e in tale base il sistema di equazioni, esteso al complessicato, si
scrive
dx~ = (2 + i)~x
ddty~ =
(2 i)~y ;
dt
La soluzione generale del sistema si scrive
(~x(t); y~(t)) = (c1 e(2+i)t ; c2 e(2 i)t )
e in termini di coordinate x; y:
x(t) 1 1 c e(2+i)t c e(2+i)t + c e(2 i)t 1
2
1
y(t) = i i
c2e(2 i)t ic1e(2+i)t ic2e(2 i)t :
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
66
La condizione iniziale si traduce in
1 =c
+c2
1
3 = ic1 ic2
i . In denitiva, la soluzione particolare cercata e:
e quindi c1 = 1 23i ; c2 = 1+3
2
(x(t); y(t)) = e2t cos t 3 sin t; 3 cos t sin t :
Notiamo che si tratta appunto di una soluzione reale. In eetti gli autovalori 2+ i; 2
i sono complessi coniugati, come pure gli autovettori f1; f2 ad essi rispettivamente
associati, e anche c2 = c1 .
Provare, con verica diretta, che quella trovata e eettivamente una soluzione del
sistema assegnato.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
67
ESERCIZI di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
9 maggio 2005
Diagonalizzazione di operatori lineari in R3
Si sottointende, come di solito, che R3 e riferito alla base canonica (e1 = (1; 0; 0);
e2 = (0; 1; 0); e3 = (0; 0; 1)).
1. In R e dato l'operatore lineare T di matrice
3
01
A=@ 0
0 2
2 0
2 0 1
1
A:
a) Vericare che T ammette l'autovalore 1;
b) calcolare gli altri autovalori di T ;
c) dire se T e diagonalizzabile;
d) in caso aermativo, determinare una base di R3 nella quale T ammette matrice
diagonale B , specicando di che matrice si tratta.
2. In R e dato l'operatore lineare T di matrice
3
0
A=@
5 1 2
1 5 2
2 2 2
1
A:
a) Calcolare gli autovalori di T .
b) Vericare se T e diagonalizzabile.
c) In caso aermativo, determinare una base di R3 nella quale T ammette matrice
diagonale, specicando di che matrice si tratta.
d) Descrivere geometricamente T .
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
68
SOLUZIONI
esercizi di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
9 maggio 2005
Diagonalizzazione di operatori lineari in R3
1. a) La condizione necessaria e suciente anche l'equazione T v = ( 1)v
ammetta soluzioni v non nulle e vericata, risultando
1
1)I j 2 0 2 ( 1)
0
2
0 3 0 = 0 :
0
2 ( 1)
0
jA (
2
0
1 ( 1) 2 0 2 Quindi 1 e un autovalore di T .
b) In eetti gli autovalori di T sono le radici reali dell'equazione caratteristica
1 0
2
0
2
0
= 0
2 0 1
ovvero, sviluppando il determinante secondo la terza riga,
(2 )[(1 )2 4] (2 )(3 )( 1 ) = 0
Quindi si hanno 3 autovalori reali: 1 = 1; 2 = 2; 3 = 3.
c) Poiche i 3 autovalori sono a due a due distinti, una qualunque terna (f1 ; f2 ; f3 )
di autovettori ad essi rispettivamente associati forma una base di R3 , rispetto alla
quale la matrice di T ha la forma diagonale
0 1 0 01
B=@ 0 2 0 A:
0 0 3
d) L'autospazio V ( 1) associato a 1 = 1 ha equazioni
2x
3y
+2z = 0
=0
ovvero si tratta della retta V ( 1) = ft(1; 0; 1); t 2 Rg generata da f1 = (1; 0; 1).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
69
L'autospazio V (2) associato a 2 = 2 ha equazioni
x
+2z = 0
z =0
2x
ovvero si tratta della retta V (2) = ft(0; 1; 0); t 2 Rg generata da f2 e2 = (0; 1; 0).
L'autospazio V (3) associato a 3 ha equazioni
2x
+2z = 0
y
=0
ovvero si tratta della retta V (3) = ft(1; 0; 1); t 2 Rg generata da f3 = (1; 0; 1).
(f1 ; f2 ; f3 ) e appunto una base di autovettori, come richiesto.
2. a) L'equazione caratteristica di T e
5 1
2
1
5 2 2
2
2
= 0 :
ovvero (6 )2 = 0. Quindi T ammette gli autovalori 1 = 0 e 2 = 3 = 6,
quest'ultimo con molteplicita algebrica 2.
b) Poiche gli autovalori distinti sono solo due non possiamo subito dire se T e
diagonalizzabile. Si tratta di vedere se la dimensione dell'autospazio associato a 6 e
uguale a 2, nel qual caso l'operatore e diagonalizzabile, oppure 1, nel qual caso T non
e diagonalizzabile.
Le equazioni di V (6) si riducono alla
x y + 2z = 0
ovvero si tratta di un piano. Quindi siamo nel caso diagonalizzabile.
c) Una base di R3 nella quale l'operatore ammette matrice diagonale
00
B=@ 0
0 0
6 0
0 0 6
1
A:
si ottiene mettendo assieme un autovettore di V (0) KerT e due vettori indipendenti
del piano V (6). Ad esempio, (f1 = (1; 1; 2); f2 = ( 1; 1; 0); f3 = (2; 0; 1)).
d) T e la composizione della proiezione sul piano V (6) parallelamente alla retta
V (0) con l'omotetia di rapporto 6.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
70
ESERCIZI di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
16 maggio 2005
Equazioni e sistemi dierenziali lineari
Risolvere i sistemi di equazioni dierenziali dati calcolandone la soluzione (t) =
(x(t); y(t)) per la condizione iniziale indicata.
1.
dx
2.
dx
3.
dx
4.
dt
dy
dt
dt
dy
dt
dt
dy
dt
8 dx
< dydt
: dzdt
dt
=
=
=x
=
=
4x
6y
9x +11y
=
=
2x
13y
x +4y
= 4x + y
= x +2y
2x
;
;
(0) = (0; 2) :
;
13z
2y
+4z
(0) = (2; 4) :
(0) = ( 3; 5):
;
5. Calcolare la soluzione dell'equazione dierenziale
d x = 6 dx 5x
dt
dt
per la condizione iniziale x(0) = 2; dx
dt (0) = 2.
2
2
(0) = ( 5; 2; 0) :
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
71
SOLUZIONI
esercizi di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
16 maggio 2005
Equazioni e sistemi dierenziali lineari
1. La matrice del sistema e
A=
L'equazione caratteristica e
4 6
9 11
:
4 6 2 7 + 10 = 0
9
11 e quindi gli autovalori sono 1 = 2; 2 = 5. La matrice A e diagonalizzabile.
Gli autovettori associati a = 2 sono dati dall'equazione
6x 6y = 0
quindi V (2) = tf1 jt 2 R ove f1 = (1; 1).
Gli autovettori associati a = 5 sono dati dall'equazione
9x 6y = 0
quindi V (5) = tf2 jt 2 R ove f2 = (2; 3).
(f1 ; f2 ) e una base di R2 formata da autovettori di A. Due soluzioni linearmente
indipendenti del sistema, corrispondenti rispettivamente a f1 ; f2 , sono
(1) (t) = e
2
t
1
1
;
(2) (t) = e
(Vericare direttamente che sono soluzioni.)
La soluzione generale del sistema si scrive
(t) = c1 e
2
t
1
1
+ c2 e
5
t
2
3
5
t
;
2
3
:
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
72
dipendente dalle costanti c1 ; c2 . La condizione iniziale data da
c +2c = 2
1
2
c1 3c2 = 4
ovvero c1 = 2; c2 = 2 e la soluzione particolare e
2e2t + 4e5t (t) =
2e2t 6e5t :
2. La matrice del sistema e
A=
2
1
13
4
:
L'equazione caratteristica e
2 13 1 4 2 2 + 5 = 0
e quindi gli autovalori sono complessi coniugati 1 = 1 + 2i; 2 = 1 2i. La matrice
A e diagonalizzabile nel campo complesso.
Gli autovettori associati a = 1 + 2i sono dati dall'equazione
x + (3 2i)y = 0
(usando la seconda riga della matrice A ), quindi V (1 + 2i) = tf1 jt 2 C ove
f1 = ( 3 + 2i; 1).
L'autospazio
associato
a = 1 2i e coniugato di quello di , quindi V (1 2i) =
V (1 + 2i) = tf2jt 2 C ove f2 = ( 3 2i; 1) .
(f1 ; f2 ) e una base di C2 formata da autovettori complessi coniugati di A. Se si
pensa il sistema dato nel campo complesso la soluzione generale si scrive
3 2i 3 + 2i (1 2i)t
(1+2i)t
;
+ c2 e
(t) = c1 e
1
1
dipendente da costanti complesse c1 ; c2 . Le soluzioni reali si ottengono assumendo
tali costanti complesse coniugate. A tale scopo un'altra procedura e la seguente. Per
ottenere due soluzioni reali linearmente indipendenti basta prendere una soluzione
complessa e considerarne parte reale e coeciente dell'immaginario. Ad esempio, la
soluzione complessa corrispondente all'autovettore f1 e
3 + 2i (1+2i)t
(t) = e
1
ovvero
3 cos 2t 2 sin 2t 3 sin 2t + 2 cos 2t t
+ iet
(t) = e
sin 2t
cos 2t
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
73
e prendendone parte reale e parte complessa si trovano le due soluzioni reali linearmente indipendenti
3 sin 2t + 2 cos 2t 3 cos 2t 2 sin 2t t
t
:
; 2(t) = e
1 (t) = e
sin 2t
cos 2t
Quindi la soluzione generale del sistema dierenziale nel campo reale e
n 3 cos 2t 2 sin 2t 3 sin 2t 2 cos 2t o
t
:
+ r2
(t) = e r1
sin 2t
cos 2t
dove r1 ; r2 sono costanti reali arbitrarie.
La condizione iniziale data da
3 2 0
r1 1 + r2 0 = 2
ovvero r1 = 2; r2 = 3 e la soluzione particolare e
13
sin
2
t
t
(t) = e
2 cos 2t + 3 sin 2t :
3. La matrice del sistema e
A=
4 1
1 2
L'equazione caratteristica e
4 1 1 2 2 6 + 9 = 0
e quindi si ha il solo autovalore reale doppio 1 = 2 = 3.
Gli autovettori associati a = 3 sono quelli della retta di equazione
x + y = 0:
La matrice A non e diagonalizzabile (neppure nel campo complesso). Per risolvere
il sistema troviamo una base (f1 ; f2 ) di R2 formata da un autovettore f1 e da un
autovettore generalizzato di A (associati all'unico autovalore 3), cioe tali che Af1 =
3f1 ; Af2 = f1 + 3f2 . In tale base il sistema di equazioni dierenziali ha matrice
3 1
B= 0 3
e due soluzioni linearmente indipendenti del sistema sono
t
1
3t
3t
; (2) (t) = e 1 :
(1) (t) = e
0
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
74
Troviamo ad esempio f1 = (1; 1); f2 = ( 2; 3) e teniamo conto del cambiamento
di base: allora la soluzione generale del sistema (t) = (x(t); y(t)) si scrive
1 2 c + c t 1
2
3t
(t) = e
;
c2
1 3
dipendente dalle costanti c1 ; c2 . La condizione iniziale data da c1 = 1; c2 = 2, sicche
la soluzione particolare cercata e
3 + 2t 3t
(t) = e
5 2t :
4. La matrice del sistema e
0
A=@
1
2 0 13
0 2 0 A
1 0 4
e gli autovalori sono = 2; 1 + 2i; 1 2i. Tre autovettori linearmente indipendenti
associati rispettivamente agli autovalori 1 + 2i; 2; 1 2i sono
0 3 2i 1
0 3 + 2i 1
001
f1 = @ 1 A ; f2 = @ 0 A ; f3 = @ 0 A
1
1
0
e la soluzione generale reale del sistema puo scriversi, in funzione di 3 costanti reali
r1; r2; r3,
0 3 cos 2t 2 sin 2t 1 0 3 sin 2t + 2 cos 2t 1
001
o
n
t
2t
A
A
@
A
@
@
0
0
:
+ r3
(t) = e r1 1 + e r2
1
1
0
La condizione iniziale indicata da la soluzione particolare per la quale le costanti
sono r1 = 2; r2 = 1; r3 = 2.
5. L'equazione dierenziale data e equivalente al sistema
dx =
y
dt
dy
5x +6y
dt =
di matrice
0 1
A=
5 6 :
Gli autovalori di A sono 1; 5 e una base di autovettori ad essi associati rispettivamente
e quella formata da f1 = (1; 1); f2 = (1; 5). In corrispondenza si hanno le soluzioni
linearmente indipendenti
1
1
5t
t
; (2) (t) = e 5
(1) (t) = e
1
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
sicche la soluzione generale e
(t) = c1
La condizione iniziale da
c
1
Quindi c1 = 3; c2 = 1.
1
1
et
1
+ c2
1
+ c2 e
5
t
1 5
=
1
5
2
2
:
:
75
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
76
1 ESONERO
o
Geometria 2 per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
19 maggio 2005
Equazioni e sistemi dierenziali lineari
1 Base ortonormale (i; j) nel piano Euclideo. Scrivere le equazioni dell'operatore
di proiezione ortogonale sulla retta r : 2x + y = 0.
2. a) Calcolare autovalori e autovettori dell'operatore T : R2 ! R2 di equazioni
x0
y0
= 6x
= 4x
4y :
2y
b) Dire se T e diagonalizzabile.
Risolvere i sistemi di equazioni dierenziali dati calcolandone la soluzione (t) =
(x(t); y(t)) per la condizione iniziale indicata.
3.
4.
dx
=
=
dt
dy
dt
dx
dt
dy
dt
=
=
7x +2y
15x 4y
;
(0) = ( 3; 8) :
x +2y
x y
;
(0) = (0; 2) :
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
77
SOLUZIONI 1 ESONERO
Geometria 2 per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
o
19 maggio 2005
Equazioni e sistemi dierenziali lineari
1. L'operatore P di proiezione ortogonale sulla retta r : 2x + y = 0, che ha per
vettore normale N = (2; 1), e dato da
v N N:
Pv = v N
N
Passando alle coordinate si trovano le equazioni
x0 = x (2x + y) 2
5
ovvero
y0 = y (2x + y) 51
x0
y0
= 15 (x 2y)
= 15 ( 2x + 4y)
2. a) Calcolando le radici dell'equazione caratteristica:
6 4
4
(2 )
2
=0
2
si trova che T ha = 2 come unico autovalore, di molteplicita algebrica 2; l'autospazio
di tale autovalore e la retta
V (2) : 4x 4y = 0 ;
ovvero V (2) = ft(1; 1); t 2 Rg.
b) T non e diagonalizzabile poiche non esistono 2 autovettori linearmente indipendenti. D'altra parte, anche senza calcolare V (2), puo osservarsi che se esistessero
2
autovettori indipendenti associati a = 2 la matrice di T sarebbe 20 02 in
qualunque base scelta.
7 2 3. Il sistema ha matrice A =
15 4 , i cui autovalori sono = 1; 2.
Autovettori associati rispettivamente a 1; 2 sono, ad esempio,
2 1
f1 = 3 ; f2 = 5
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
78
e facendo una combinazione lineare delle due corrispondenti soluzioni particolari si
ha la soluzione generale del sistema
(t) = c1
et
1
3
+ c2 e
2
t
2
5
:
La condizione iniziale e vericata se
c
+2c2 = 3
5c2 = 8
1
3c1
ovvero c1 = 1; c2 = 1 e la soluzione particolare e
et
(t) =
t
2e2t
3e + 5e2t
:
4. Il sistema ha matrice A = 11 21 , i cui autovalori sono = i. Autovettori complessi coniugati associati rispettivamente a i; i sono, ad esempio,
f =
1
1 i
1
;f =
2
1+i
1
:
Facendo riferimento a f1 si ha la soluzione complessa
1 i
(1) (t) = (cos t + i sin t)
cos t + sin t 1 +i
cos t
sin t cos t
sin t
e facendo una combinazione lineare delle due soluzioni particolari reali che si ottengono considerandono parte reale e parte complessa si ha la soluzione generale del
sistema
cos t + sin t sin t cos t :
+ c2
(t) = c1
sin t
cos t
La condizione iniziale e vericata se
c
c =0
c
=2
ovvero c = 2; c = 2 e la soluzione particolare e
4 sin t (t) =
2 cos t 2 sin t :
1
1
1
2
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
79
1 ESONERO
Bis
o
Geometria 2 per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
19 maggio 2005
3 Equazioni e sistemi dierenziali lineari
1 Base ortonormale (i; j) nel piano Euclideo. Scrivere le equazioni dell'operatore
di proiezione ortogonale sulla retta r : x y = 0.
2. a) Calcolare autovalori e autovettori dell'operatore T : R2 ! R2 di equazioni
x0
=
y0 =
2x
x
y
4y :
b) Dire se T e diagonalizzabile.
-Risolvere i sistemi di equazioni dierenziali dati calcolandone la soluzione (t) =
(x(t); y(t)) per la condizione iniziale indicata.
3.
4.
dx
dt
dy
dt
23x +8y
60x 21y
=
=
dx
dt
dy
dt
=
=
x +5y
x y
;
;
(0) = (2; 4) :
(0) = (0; 2) :
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
80
SOLUZIONI 1 ESONERO
Geometria 2 per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
Bis
o
19 maggio 2005
4 Equazioni e sistemi dierenziali lineari
1 L'operatore P di proiezione ortogonale sulla retta r : x y = 0, che ha per
vettore normale N = (1; 1), e dato da
v N N:
Pv = v N
N
Passando alle coordinate si trovano le equazioni
x0 = x (x y)
ovvero
y0 = y (x y)
1
2
1
2
x0
y0
= 12 (x + y)
= 12 (x + y)
2. a) Calcolando le radici dell'equazione caratteristica:
2 1 ( 3 )2 = 0
1
4 si trova che T ha = 3 come unico autovalore, di molteplicita algebrica 2; l'autospazio di tale autovalore e la retta
V ( 3) : x y = 0 ;
ovvero V ( 3) = ft(1; 1); t 2 Rg.
b) T non e diagonalizzabile poiche non esistono 2 autovettori linearmente indipendenti. D'altra parte, indipendentemente dal calcolo di V ( 3) puo osservarsi che se
esistessero
3 0 2 autovettori indipendenti associati a = 3 la matrice di T sarebbe
0 3 in qualunque base scelta.
-
3. Il sistema ha matrice A = 2360 821 , i cui autovalori sono = 1; 3.
Autovettori associati rispettivamente a 1; 3 sono, ad esempio,
2 1
f1 = 3 ; f2 = 5
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
81
e facendo una combinazione lineare delle due corrispondenti soluzioni particolari si
ha la soluzione generale del sistema
2 1
3t
t
(t) = c1 e
5 :
3 + c2 e
La condizione iniziale e vericata se
c
+2c2 = 2
5c2 = 4
1
3c1
ovvero c1 = 2; c2 = 2 e la soluzione particolare e
2e t + 4e3t
(t) =
6e t 10e3t
:
4. Il sistema ha matrice A = 11 51 , i cui autovalori sono = 2i.
Autovettori complessi coniugati associati rispettivamente a i; i sono, ad esempio,
1 + 2i 1 2i :
; f2 =
f1 =
1
1
Facendo riferimento a f1 si ha la soluzione complessa
1 2i (1) (t) = (cos 2t + i sin 2t)
cos 2t + 2 sin 2t 1 sin 2t 2 cos 2t
+i
sin 2t
cos 2t
e facendo una combinazione lineare delle due soluzioni particolari reali che si ottengono considerandono parte reale e parte complessa si ha la soluzione generale del
sistema
cos 2t + 2 sin 2t sin 2t 2 cos 2t :
+ c2
(t) = c1
sin 2t
cos 2t
La condizione iniziale e vericata se
c
1
2c2 = 0
=2
c
ovvero c = 2; c = 1 e la soluzione particolare e
5 sin 2t (t) =
2 cos 2t sin 2t :
1
1
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
82
2 SELEZIONE
a
ESERCIZI E COMPLEMENTI
di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
26 maggio 2005
Forme bilineari
a) Provare che nello spazio vettoriale reale o complesso V di volta in volta indicato
le seguenti applicazioni F : V V ! K; K = R o C, sono bilineari, ovvero si tratta
di forme bilineari denite in V .
b) Scrivere l'espressione delle forme F nella base indicata calcolandone la rispettiva
matrice A.
c) Decomporre ciascuna forma in parte simmetrica e parte antisimmetrica.
Spazio vettoriale V dello spazio Euclideo 3-dimensionale. Base ortonormale (i; j; k).
Indicato con il prodotto scalare in V ,
1.
F : V V ! R
(u; v) 7! u v
2.
F : V V ! R
(u; v) 7! u 2v
3. Date due applicazioni lineari : V ! R; : V ! R,
F : V V !
R
(u; v) 7! (u) (v)
(F associa alla coppia (u; v) il prodotto (u) (v)).
4.
F : V V !
R
(u; v) 7! u ^ 2v k
Spazio vettoriale R riferito alla base canonica (e ; e ).
1
2
3
3
4
2
1
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
5.
F : R R !
xR y
(x; y) 7! det x y
2
5
2
1
1
2
2
83
Piano vettoriale numerico complesso V = C . Base canonica (e ; e ; e ).
Indicato con il prodotto scalare in V ,
6.
F : C C !
xC y (x; y) 7! det x y
2
2
6
7.
1
2
3
2
1
1
2
2
F : C C ! C
(x; y) 7! x y :
2
7
2
1
2
Forme bilineari simmetriche e forme quadratiche reali
Sia V uno spazio vettoriale reale, F : V V ! R una forma bilineare simmetrica denita in V e Q : V ! R la forma quadratica associata.
Ricordiamo che se V = V n e uno spazio vettoriale reale n-dimensionale e se
(e1 ; : : : ; en ) e una ssata base di V n , le espressioni di F e Q in tale base sono
rispettivamente
F (u; v) =
X;n
1
i;j
aij
uivj
;
Q(u) =
X;n
1
i;j
aij uiuj
;
ove i coecienti aij = F (ei ; ej ) formano la matrice simmetrica
A = (aij )
di F; Q e (u1 ; : : : ; un ); (v1 ; : : : ; vn ) sono le coordinate di vettori u; v 2 V n .
Al solito, se V Rn e se non si specica altro sara sottointeso di considerare
coordinate nella base canonica e si scrivera anche
Q(x
1
; : : : ; xn ) =
X;n
1
i;j
aij xixj
per indicare la forma quadratica Q calcolata sul vettore (x1 ; : : : ; xn ) 2 Rn ,
ovvero espressa nelle variabili x1 ; : : : ; xn .
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
84
In particolare:
Se n = 1 , ponendo i = e1 e x = x1 , si puo anche scrivere
Q(v) = ax
v = xi 2 V
;
2
1
e
A = ( a)
(sicche in ogni base la forma Q riesce espressa in una forma di tipo canonico).
Se n = 2, ponendo i = e ; j = e e x = x ; y = x si puo anche scrivere
Q(v) = ax + by + 2cxy ; v = xi + yj 2 V
e
a c
A= c b
ove a = a ; b = a ; c = a .
Se n = 3, ponendo i = e ; j = e ; k = e e x = x ; y = x ; z = x si puo anche
scrivere
Q(v) = ax + by + cz + 2dxy + 2exz + 2fyz ; v = xi + yj + z k 2 V
e
0a d e1
A=@ d b f A
e f c
ove a = a ; b = a ; c = a ; d = a ; : : : .
1
2
11
22
11
2
22
2
2
2
12
1
2
1
2
2
1
3
2
2
33
3
3
12
1. In R si consideri la forma quadratica
2
Q(x; y) = 3x
2
y + 6xy :
2
a) Scrivere la matrice di Q.
b) Scrivere l'espressione della forma bilineare simmetrica F associata a Q.
c) Vericare direttamente che F (ovvero Q) e non degenere.
2. Considerata in R2 la forma quadratica
Q(x; y) = x + y
2
2
2xy
a) riconoscere che Q e degenere,
b) determinare il nucleo di Q (cioe il nucleo della forma bilineare simmetrica F associata a Q).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
85
3. Sia (e ; e ) la base canonica di R e (f ; f ) la base formata dai vettori
f = e + 2e ; f = e 3e .
1
1
2
2
1
2
2
1
1
2
2
Considerata la forma quadratica di espressione
Q(x1; x2) = (x1)2 + 2(x2)2 8x1x2
nella base (e1 ; e2 ) determinarne l'espressione nella base (f1 ; f2 ).
4. Considerata la forma quadratica Q di R2
Q(x1; x2) = 2(x1)2 3(x2)2
riconoscere che non e denita.
Determinare un sottospazio di R2 per il quale la restrizione di Q e rispettivamente
a) denita positiva,
b) denita negativa,
c) nulla .
5. In R3, riferito alla base canonica, si consideri la forma quadratica
Q(x; y; z ) = 5x2 3z 2 + 4xy + 2xz 4yz :
a) Scrivere la matrice di Q.
b) Scrivere l'espressione della forma bilineare simmetrica F associata a Q.
c) Vericare che Q (ovvero F ) non e degenere.
6. Considerata in R3 la forma quadratica
Q(x; y; z ) = 3x2 + 2y2 + z 2 + 4xy + 2xz
a) riconoscere che Q e degenere,
b) determinare il nucleo di Q (ovvero della forma bilineare simmetrica F
associata a Q),
c) scrivere l'espressione di Q nella base (f1 ; f2 ; f3 ) formata dai vettori f1 =
(1; 1; 0); f2 = (0; 1; 1); f3 = (1; 0; 1).
7. Considerata in R3 la forma quadratica (non degenere)
Q(x1; x2; x3) = (x1)2 + (x2)2 (x3)2
riconoscere che Q non e denita.
Determinare un sottospazio di dimensione massima tra quelli per i quali
la restrizione di Q e rispettivamente
a) denita positiva,
b) denita negativa,
c) nulla.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
86
8. Dire quali delle seguenti forme quadratiche e denita positiva:
1) Q(x; y) = 2x2 + 2y2 + 2xy
2) Q(x; y) = x2 + y2 + 4xy
3) Q(x; y) = 2x2 + 2y2 2xy
4) Q(x; y; z ) = x2 + y2 + 2z 2 + 4xy + 2yz
5) Q(x; y; z ) = 2x2 + y2 + 2z 2 + xy yz
Uso del prodotto scalare in uno spazio vettoriale euclideo
Se lo spazio e n-dimensionale si suppone assegnata una base ortonormale (e1 ; e2 ,:
: :, en). Nel caso di Rn, dotato del prodotto scalare canonico, si sottointende
di riferirsi alla base canonica cioe' e1 = (1; 0; 0; : : : ; 0),e2 = (0; 1; 0; : : : ; 0), : : : ;
en = (0; 0; : : : ; 0; 1). Nel caso dello spazio Euclideo 3-dimensionale, si assume
assegnata una base ortonormale (i; j; k). L'orientazione positiva dello spazio e
quella individuata dal riferimento assegnato, e cosi anche il verso positivo di
rotazione attorno ad un asse orientato) in base alle convenzioni fatte.
1. Spazio euclideo R . Dati i vettori u = (1; 1; 1; 1); v = (1; 1; 1; 1)
4
a) vericare che hanno lunghezza uguale;
^;
b) calcolare l'angolo uv
c) determinare i vettori del piano u; v che formano un angolo = 6 con
u.
2. Spazio euclideo R . Sia U il sottospazio di R di equazioni
4
(
4
2x1
x
= 0
x3 +2x4 = 0
2
a) Determinare una base per il complemento ortogonale V = U ? di U .
b) Determinare una base ortogonale di R4 con i primi due vettori in U e
gli ultimi due vettori in U ? .
3. Spazio euclideo R . Vericare che (u = ( 1; 1; 0); u = (1; 1; 1); u =
3
1
2
3
(0; 1; 1)) e una base di R3 .
Applicare a tale base il procedimento di ortonormalizzazione di GramSchmidt.
4. Spazio euclideo R . Sia U il sottospazio di R generato dai vettori u =
( 1; 1; 0; 0); u = (0; 1; 1; 0). Determinare una base ortonormale (f ; f ;
f ; f ) per la quale il piano di f ; f coincide con U .
4
4
2
3
4
1
1
1
2
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
87
5. Spazio euclideo R . Vericare che i sottospazi U := f(0; c; c; 0); c 2
Rg; U := f(a; b; b; d); a; b; d 2 Rg sono ortogonali e che R = U U .
Scrivere la proiezione ortogonale del vettore u = (1; 1; 2; 1) su U .
4
1
2
4
1
2
2
Simmetrie ortogonali, proiezioni ortogonali, rotazioni,
isometrie in uno spazio vettoriale euclideo
1. Riferimento ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo.
Considerato il punto Q(1; 1) calcolare le coordinate del punto P 0 ottenuto
dal punto P (2; 3) mediante la rotazione di un angolo = 4 attorno al
punto Q.
2. Riferimento ortonormale (O; i; j; k) nello spazio Euclideo.
Scrivere le equazioni della proiezione ortogonale sul piano : x + y + z 1 =
0.
3. Spazio vettoriale euclideo numerico Rn.
Scrivere le equazioni della
a) proiezione ortogonale sull'iperpiano : x1 + x2 x3 x4 = 0;
b) proiezione ortogonale sulla retta r : x1 = t; x2 = t; x3 = t; x4 = t
(ortogonale a ).
4. Riferimento ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo.
Considerato il vettore u(1; 2) scrivere le equazioni dell'operatore S di simmetria ortogonale rispetto alla retta di u.
5. Riferimento ortonormale (O; i; j; k) nello spazio Euclideo.
Scrivere le equazioni della simmetria ortogonale rispetto alla retta r : x =
t; y = t; z = 2t.
6. Riferimento ortonormale (O; i; j; k) nello spazio Euclideo.
Scrivere le equazioni della rotazione di angolo = 3 attorno alla retta
r : x = t; y = 2t; z = t, orientata secondo il parametro t decrescente,
nel verso positivo di rotazione.
7. Riferimento ortonormale (O; i; j; k)pnello spazio Euclideo. p
a) Vericare che la base (i0 = ( ; ; 0); j0 = (0; 0; 1); k0 = ( ; ; 0)) e
ortonormale ed equiversa a (i; j; k).
1
2
3
2
3
2
1
2
b) Scrivere le equazioni della isometria ' che lascia ssa l'origine O e
trasforma la base (i; j; k) nella base (i0 ; j0 ; k0 ).
c) Dire quali sono l'asse e l'angolo di rotazione di '.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
88
8. Spazio euclideo Rn. Dire se l'applicazione : Rn ! Rn per la quale
(x1 ; x2 ; : : : ; xn ) = (xn ; x1 ; x2 ; : : : ; xn 1 )
e una isometria.
Per n = 4, calcolare le potenze
; ; : : : ; n; : : : .
9. Spazio vettoriale Euclideo. Riferimento ortonormale (O; i; j; k).
p
Considerato il piano : 2x y + z = 0 e il vettore v( 1; 1; 2)
1) decomporre v nella somma v = v0 + v" di un vettore v0 perpendicolare
ad e un vettore v" parallelo ad ;
2) determinare il simmetrico S v di v nella simmetria ortogonale rispetto
alla giacitura del piano ;
3) determinare il simmetrico S 0 v di v nella simmetria ortogonale rispetto
alla direzione ortogonale al piano .
4) Scrivere le equazioni della proiezione ortogonale P sul piano ;
5) Scrivere le equazioni della simmetria ortogonale S rispetto al piano .
2
3
10. Spazio euclideo R (dotato del prodotto euclideo canonico).
4
Considerato l'iperpiano : 3x1 x2 + 2x3 + x4 = 0 e il vettore v =
( 5; 4; 5; 1)
1) decomporre v nella somma v = v0 + v" di un vettore v0 perpendicolare
ad e un vettore v" parallelo ad ;
2) determinare il simmetrico S v di v nella simmetria ortogonale rispetto
all'iperpiano ;
3) determinare il simmetrico S 0 v di v nella simmetria ortogonale rispetto
alla direzione ortogonale all'iperpiano .
4) Scrivere le equazioni della proiezione ortogonale P sull'iperpiano ;
5) Scrivere le equazioni della simmetria ortogonale S rispetto all'iperpiano
.
11. Spazio Euclideo. Riferimento ortonormale (O; i; j; k).
Scrivere le equazioni della rotazione di un angolo = =3 attorno alla retta
r : x = t; y = 2t; z = t, orientata secondo il parametro t decrescente,
nel verso positivo di rotazione.
12. Spazio Euclideo. Riferimento ortonormale (O; i; j; k).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
89
1) Riconoscere che le equazioni
8 0
>
< x0 =
y=
>
: z0 =
x (p
)y +( p + )z
+ y (p
)z
( p + )x
p
p
(
)x +( + ))y
+ z
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
sono quelle di una rotazione attorno alla retta di equazioni x = y = z .
2) Calcolare l'angolo di rotazione.
13. Spazio Euclideo. Riferimento ortonormale (O; i; j; k).
Sia r la retta di equazioni cartesiane 2x + y z = 0; x + y + z 1 = 0,
orientata secondo le z decrescenti.
Calcolare le coordinate del punto P 0 ottenuto da P (1; 0; 1) ruotando attorno ad r di un angolo = =6 nel verso positivo di rotazione.
Teorema spettrale
1. Piano euclideo numerico R2 .
a) Diagonalizzare l'operatore simmetrico T : R2 ! R2 di matrice
1 2
A= 2 1
in una base ortonormale.
b) Dire quante basi ortonormali sono ammissibili per diagonalizzare T .
c) Dire quali matrici diagonali puo ammettere T .
2. Spazio Euclideo riferito a una base ortonormale (i; j; k).
Diagonalizzare l'operatore simmetrico P : V ! V di matrice
00
B = @1
1
1 1
0 1A
1 1 0
in una base ortonormale.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
90
Forme bilineari simmetriche e forme quadratiche
1. Siano T; S due operatori lineari deniti in uno spazio vettoriale euclideo
n-dimensionale V n , dotato del prodoto scalare .
a) Vericare che Q : V ! R denita ponendo
Q(u) := T u S u
8u 2 V
e una forma quadratica.
b) Dire chi e la forma bilineare simmetrica F associata a Q.
2. Considerata in R la forma quadratica (non degenere)
Q(x) = (x ) + (x ) (x )
8x 2 R
3
1 2
2 2
3 2
3
vericare che Q non e denita.
Determinare un sottospazio di dimensione massima tra quelli per i quali
la restrizione di Q e rispettivamente
a) denita positiva,
b) denita negativa,
c) nulla.
3. Piano euclideo numerico R .
2
Considerata la forma quadratica
Q(x) = (x )
1 2
2(x2 )2 + 4x1 x2
a) scrivere una espressione canonica per Q,
b) determinare una base ortonormale (f1 ; f2 ) nella quale Q assume l'espressione canonica indicata.
4. Spazio vettoriale Euclideo V riferito ad una base ortonormale (i; j; k).
Considerata la forma quadratica di espressione
Q(x; y; z ) = 2xy + 2xz + 2yz
nelle coordinate (x; y; z ) nella base (i; j; k),
a) determinare una base ortonormale (i0 ; j0 ; k0 ) nella quale Q ha forma
canonica;
b) scrivere l'espressione di Q in tale base.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
91
Circonferenze, sfere e ipersfere
Riferimento ortonormale (0; i; j) nel piano Euclideo.
1. Scrivere l'equazione cartesiana della circonferenza di centro P (2; 1) e
0
raggio 3. Dire se il punto P1 (1; 1) e interno, esterno o appartenente a tale
circonferenza.
2. Sono date la circonferenza C : x + y
2x + 10y + 1 = 0 e la retta
r : 2x + y + 5 = 0. Determinare i punti comuni a C e r.
2
2
3. E' data la circonferenza C : x + y 6x 2y + 5 = 0. Considerate le rette
2
2
(parallele) r : x + 2y + 1 = 0; s : x + 2y 4 = 0
a) vericare che r e esterna a C e che s e secante;
b) determinare le rette parallele a r che sono tangenti a C .
Riferimento ortonormale (0; i; j; k) nello spazio Euclideo.
4. a) Determinare centro e raggio della sfera
S : x +y +z
2
2
2
2x + 6y 4z + 13 = 0 :
b) Vericare che il piano : x + y + z + 1 = 0 e secante S . Calcolare il
centro e il raggio della circonferenza C intersezione di S con .
c) Scrivere l'equazione cartesiana dei piani 0 ; 00 paralleli a e tangenti a
S.
5. Sia C la circonferenza intersezione della sfera S : x + y + z
2x + 6y
4z + 13 = 0 con il piano : x + y + z + 1 = 0. . Scrivere l'equazione
cartesiana della curva C 0 proiezione ortogonale di C sul piano x; y .
Spazio euclideo numerico R4 .
2
2
2
6. In R e data la sfera
4
: (x1 )2 + (x2 )2 + (x3 )2 + (x4 )2 2x1 2x2 + 2x4 + 2 = 0 :
a) Determinare centro e raggio di .
b) Vericare che l'iperpiano : x1 + x2 + x3 + x4 = 0 e secante .
c) Determinare centro e raggio della sfera S intersezione di e .
Spazio vettoriale euclideo `2 .
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
92
7. Lo spazio vettoriale euclideo `2 e formato dalle successioni di numeri reali
x = (x1; x2; : : : ; xn; : : : ) tali che risulta
1
X
(xi )2 < 1
1
La somma e il prodotto per un numero reale sono denite ponendo
x + y = (x 1 + y 1 ; x 2 + y 2 ; : : : ; x n + y n ; : : : )
8x; y 2 `2
e
kx = (kx1; kx2; : : : ; kxn; : : : ) 8k 2 R; x 2 `2
Il prodotto scalare e denito ponendo
x y = x1 y 1 + x2 y 2 + + xn y n + : : : :
Mostrare che tali denizioni sono ben poste.
8. Vericare che la successione di punti
e1 = (1; 0; 0; : : : ; 0; : : : ); e2 = (0; 1; 0; : : : ; 0; : : : ); : : : ;
: : : ; en = (0; 0; : : : ; 0; xn = 1; 0; : : : ); : : :
della sfera unitaria di `2 non e convergente e non ammette punti di accumulazione.
Riduzione a forma canonica di forme quadratiche
Negli esercizi seguenti considereremo la riduzione di forme quadratiche a forma canonica in basi ortonormali rispetto ad un preassegnato prodotto scalare
nello spazio vettoriale ove sono dente; si trattera quindi di riduzione a forma
canonica metrica, come spesso si sottointende trovandosi a considerare proprieta
metriche.
1. Sia R il piano numerico reale dotato del prodotto scalare canonico e siano
x ; x coordinate relative alla base canonica (e ; e ) di R .
2
1
2
1
2
2
Considerata la forma quadratica
Q(x1; x2) = (x1)2 2(x2)2 + 4x1x2
a) scrivere un'espressione canonica per Q,
b) determinare una base ortonormale (f1 ; f2 ) nella quale Q assume l'espressione canonica indicata.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
93
2. Sia V lo spazio vettoriale Euclideo 3-dimensionale e sia (i; j; k) una base
ortonormale ssata in V .
Si consideri la forma quadratica di espressione
Q(x; y; z ) = 2xy + 2xz + 2yz
nelle coordinate (x; y; z ) nella base (i; j; k) .
Si determini una base ortonormale (i0 ; j0 ; k0 ) nella quale l'espressione di Q
ha forma canonica.
Si scriva l'espressione di Q in tale base.
Ricordiamo che se Q : V n ! R e una forma quadratica denita in uno spazio
vettoriale V n nel quale non si pensa ssato alcun prodotto scalare (e del quale
quindi si studiano solo proprieta aventi carattere ane) la riduzione a forma
canonica di Q va fatta utilizzando tutte le possibili basi di V n e individuando
quelle nelle quali la matrice Q e diagonale, con elementi uguali a 1; 1 o 0. Si
tratta della forma canonica ane di Q.
Peraltro, allo scopo di pervenire alla detta forma canonica di Q si puo determinare dapprima una forma canonica di tipo metrico per Q ssando (arbitrariamente) un prodotto scalare in V n .
3. In R2 e data la forma quadratica
Q(x ; x ) = 3(x ) + 3(x ) + 6x x :
Determinare una base (f ; f ) di R nella quale Q ha forma canonica (ane)
e scrivere l'espressione di tale forma canonica.
4. Nello spazio vettoriale ane 3-dimensionale V , riferito
p ad unapbase (i; j; k)
, e data la forma quadratica Q : x + 2y + 4z 2 2xy + 4 2xz + 4yz .
Ridurre Q a forma canonica (ane) nelle coordinate x0 ; y0 ; z 0 relative ad
una opportuna base (i0 ; j0 ; k0 ) di V .
1
2
1
2
1 2
2 2
1
2
2
2
2
2
Coniche e Quadriche
Riferimento ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo.
1. a) Determinare semiassi, fuochi e direttrici delle ellissi
E : 2 x + 3y = 1
rispettivamente.
2
2
;
E 0 : 3 x + 2y = 1
2
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
94
b) Determinare l'equazione canonica dell'ellisse Ee immagine di E mediante
la trasformazione ane:
(
x0 = x y +1
y0 =
2y 1 :
2. E' data la conica C di equazione cartesiana
p
p
2x2 + 8y2 + 8xy + 2(2 + 5)x + (8
p
5)y + 2 + 3 5 = 0 :
a) Determinare l'equazione canonica di C riconoscendo che trattasi di una
parabola.
b) Scrivere le coordinate del vertice V e l'equazione cartesiana dell'asse di
tale parabola (in coordinate x; y).
Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j; k) nelo spazio Euclideo.
3. Scrivere l'equazione cartesiana delle quadriche ; ; ottenute ruotan1
2
3
do attorno all'asse z rispettivamente:
a) la retta r1 : x 2z + 1 = 0 del piano x; z (cono);
b) la retta r2 : x 2 = 0 del piano xz (cilindro);
c) la retta r3 : x + y + z 1 = 0; x y + 2z = 0 (iperboloide iperbolico).
d) Studiare le sezioni di tali superci con piani paralleli ai piani coordinati.
Luoghi geometrici
Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo.
1. Siano A un punto dell'asse x e B un punto dell'asse y tali che d(A; B ) = 2.
Determinare il luogo descritto al variare dei punti A; B da ciascuno dei
seguenti punti del segmento AB :
!
!
a) M = punto medio di AB ; b) Q = punto tale che AQ = 31 AB .
2. Sia O l'origine del riferimento e s la retta x = 1. Per ogni retta r passante
per O siano P 0 ; P 00 i punti di r a distanza 2 dal punto Q intersezione di r
con s. Determinare l'equazione cartesiana del luogo descritto da P 0 ; P 00
al variare di r. Dire di che tipo di curva e .
Riferimento cartesiano (non necessariamente ortonormale) (O; i; j) nel piano.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
3. Vericare che la curva D : x y
95
4x2 y + 4x2 1 = 0
a) e simmetrica rispetto all'asse y nella simmetria parallelamente all'asse
x;
b) e simmetrica rispetto alla retta y = 2 nella simmetria parallelamente
all'asse y.
(Se (i; j) e supposta ortonormale le simmetrie sono ortogonali).
2
2
Coordinate polari
Siano (; ) coordinate polari associate alle coordinate cartesiane ortonormali
x; y.
1. Identicare le seguenti curve passando a coordinate cartesiane:
a) sin = 9; b) + 9 cos = 0; c) = 2
2. Provare che in coordinate polari l'equazione
6
cos
.
= a sin + b cos rappresenta una circonferenza.
3. Abbozzare una gura per le seguenti curve:
a) = cos ; b) = 3 cos 2; c) = 3(1 sin );
d) = 2(1 cos ); e) = 9 sin 4; f) 2 = 9 cos 2.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
96
SOLUZIONI
2 SELEZIONE Esercizi di Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
a
26 maggio 2005
Forme bilineari
1)
^ denito in V
a) Sappiamo che il prodotto scalare u v = jujjvj cos uv
verica le proprieta seguenti
i) (au1 + bu2 ) v = a(u1 v)+ b(u2 v) ; 8u1 ; u2 ; v 2 V ; 8a; b 2 R
ii) u (av1 + bv2 ) = a(u v1 ) + b(u v2 ) ; 8u; v1 ; v2 2 V ; 8a; b 2 R
Tali proprieta sono equivalenti alle
i) F1 (au1 + bu2 ; v) = aF1 (u1 ; v) + bF1 (u2 ; v) ; 8u1 ; u2 ; v 2 V ; 8a; b 2 R
ii) F (u; av1 + bv2 ) = aF1 (u; v1 ) + bF1 (u; v2 ) ; 8u; v1 ; v2 2 V ; 8a; b 2 R
quindi F1 (u; v) e lineare in ciascuna delle variabili ovvero, F1 e una forma
bilineare.
b) La matrice A = (aij ) di F1 nella base (e1 = i; e2 = j; e3 = k) ha
elementi deniti da aij = F1 (ei ; ej ), ovvero aij = ei ej . Poiche la base e
ortonormale si ha aij = ij , ovvero A = I , ove
01 0 01
I=@ 0 1 0 A
0 0 1
e la matrice unita. L'espressione di F1 nella assegnata base e pertanto
F1(u; v) = u1v1 + u2v2 + u3v3 ;
8u = u1i + u2j + u3k , v = v1i + v2j + v3k 2 V (ben nota forma standard
del prodotto scalare Euclideo).
c) Poiche u v = v u ovvero,
F1(u; v) = F1(v; u) ;
la forma F1 e simmetrica. D'altra parte cio risulta anche dalla simmetria della matrice A I , come pure dalla espressione di F1 in termini di
coordinate nella assegnata base.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
2)
97
a) Utilizzando le proprieta del prodotto scalare risulta
= (au1 + bu2 ) 2v = a(u1 2v) + b(u2 2v)
i) F2 (au1 + bu2 ; v) =
aF2(u1; v) + bF1(u2; v) ;
8u ; u ; v 2 V ; 8a; b 2 R
= u (av + bv ) = a(u 2v ) + b(u 2v )
ii) F (u; av + bv ) =
aF (u; v ) + bF (u; v ) ;
8u; v ; v 2 V ; 8a; b 2 R
1
2
2
1
2
1
2
1
3)
2
1
1
2
2
2
2
Quindi F2 e bilineare.
b) La matrice A = (aij ) di F2 nella base (e1 = i; e2 = j; e3 = k) ha
elementi deniti da aij = F2 (ei ; ej ), ovvero aij = ei 2ej . Poiche la base e
ortonormale si ha aij = 2ij , ovvero A = 2I , ovvero
02 0 01
A=@ 0 2 0 A:
0 0 2
L'espressione di F2 nella assegnata base e pertanto
F2(u; v) = 2u1v1 + 2u2v2 + 2u3v3 ;
8u = u1i + u2j + u3k , v = v1i + v2j + v3k 2 V .
c) Poiche u 2v = 2u v = v 2u, risulta
F2(u; v) = F2(v; u)
e la forma F2 e simmetrica. D'altra parte cio risulta anche dalla simmetria
della matrice A 2I , come pure dalla espressione di F2 in termini di
coordinate nella assegnata base.
a) Risulta
F3(au1 + bu2; v) = (au1 + bu2) (v) = (a(u1) + b(u2)) (v)
= a(u1 ) (v) + b(u2 ) (v)
i)
= aF3 (u1 ; v) + bF3 (u2 ; v) ;
8u ; u ; v 2 V ; 8a; b 2 R
F (u; av + bv ) = (u) (av + bv ) = (u)(a (v ) + b (v ))
= a(u) (v ) + b(u) (v )
ii)
= aF (u; v ) + bF (u; v ) ;
1
3
2
1
2
1
2
1
1
3
1
2
3
2
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
98
8u; v ; v 2 V ; 8a; b 2 R
1
2
Quindi F3 (u; v) e bilineare.
b) Nella ssata base si ha
(u) = a u + a u + a u
1
1
2
ove
2
ai = (ei)
e, analogamente,
(v) = b v + b v + b v
1
1
2
2
3
8u = u i + u j + u k 2 V
;
3
3
1
;
3
i = 1; 2; 3
8v = v i + v j + v k 2 V
;
3
2
1
2
3
ove
bi = (ei)
; i = 1; 2; 3 :
Quindi l'elemento generico della matrice A della forma F nella data base
e
aij = (ei) (ej )
ovvero
aij = aibj
;
i; j = 1; : : : ; 3 :
L'espressione di F nella data base e
3
3
F (u; v) =
3
n
X
i=1
aibj uivj ;
ovvero, piu esplicitamente,
F (u; v) = a b u v + a b u v + a b u v
+a b u v + a b u v + a b u v
+a b u v + a b u v + a b u b
3
1 1
1 2
3 1
1
1
1
2
3
1
2 2
2 1
2 3
2
2
2
1
2
3
3 3
1 3
3 2
3
1
3
3
3 2
c) Per ; generiche la forma F3 e non simmetrica, potendosi anzi dedurre
che date due forme lineari ; si ha
(u) (v) = (v) (u) 8u; v 2 V () ; proporzionali
( = k o = h ) :
La parte simmetrica di F3 e la forma bilineare F3+ data da
F3+(u; v) = 21 [(u) (v) + (v) (u)]
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
99
La parte antisimmetrica di F3 e la forma bilineare F3 data da
F3 (u; v) = 21 [(u) (v) (v) (u)] :
In termini di coordinate:
F3+(u; v) = a1b1u1v1 + a2b2u2v2 + a3b3u3v3
+ 12 (a1 b2 + a2 b1 )(u1 v2 + u2 v1 ) + 21 (a1 b3 + a3 b1 )(u1 v3 + u3 v1 )
+ 12 (a2 b3 + a3 b2 )(u2 v3 + u3 b2 )
e
F3 (u; v) = 21 (a1b2 a2b1)(u1v2 u2v1)
+ 12 (a1 b3 a3 b1 )(u1 v3 u3 v1 ) + 21 (a2 b3 a3 b2 )(u2 v3 u3 b2 ) :
4)
a) Seguendo sempre il precedente schema, la verica che F4 e bilineare si
basa sulle gia note proprieta di bilinearita del prodotto scalare Euclideo e
del prodotto vettoriale, come segue.
F4(au1 + bu2; v) = (au1 + bu2) ^ 2v k
= (au1 ^ 2v + bu2 ^ 2v) k
i)
= au1 ^ 2v k + bu2 ^ 2v k
= aF4 (u1 ; v) + bF4 (u2 ; v) ;
8u ; u ; v 2 V ; 8a; b 2 R
1
2
F (u; av + bv ) = u ^ 2(av + bv ) k = u ^ (a2v + b2v ) k
= au ^ 2v k + bu ^ 2v k
ii)
= aF (u; v ) + bF (u; v ) ;
4
1
2
1
2
1
1
4
8u; v ; v 2 V ; 8a; b 2 R
1
2
1
2
4
2
Quindi anche qui possiamo concludere che F4 (u; v) e bilineare.
b) La matrice di F4 nella data base ha elementi
aij = ei ^ 2ej k :
Quindi
0 0 2 01
A=@ 2 0 0 A:
0 0 0
e l'espressione analitica di F4 e
F4(u; v) = 2u1v2 2u2v1 :
c) F4 e antisimmetrica.
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
100
5) La bilinearita di F5 corrisponde alla nota proprieta di linearita del determinante in ciascuna delle duecolonne.
1
1
1
ax
+
bx
y
F5(ax1 + bx2; y) = det ax21 + bx22 y2
x11 y1 2
x1 y 1 i)
1
= adet
+ bdet 2
x y
x y
= aF (x ; y) + bF (x ; y) ;
8x = (x ; x ); x = (x ; x); y = (y ; y ) 2R ; 8a; b 2 R
ay + by
F (x; ay + by ) = det xx ay
+ by
x y x
y
ii)
= adet x y + bdet x y
= aF (x; y ) + bF (x; y ) ;
8x = (x ; x ); y = (y ; y ); y = (y ; y ) 2 R ; 8a; b 2 R
Quindi, F is bilineare.
b) La matrice di F nella base (e = (1; 0); e = (0; 1)) e
0 1
A=
1 0 :
Infatti
1 0
1 1
a = det 0 0 = 0 ; a = det 0 1 = 1
0 0 :
0 1
a = det 1 0 = 1 ; a = det 1 1 = 0
L'espressione di F nella data base e
F (x; y) = x y x y :
2
1
5
1
1
1
2
1
1
5
2
2
1
2
2
2
1
1
5
1
2
1
2
5
1
2
1
1
1
2
1
1
1
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
5
1
2
2
2
2
2
1
1
2
1
1
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
5
5
1
2
12
11
22
21
5
5
1
2
2
1
c) F5 e antisimmetrica.
6) Si procede allo stesso modo che nell'esercizio 5 precedente.
7) a) Risulta
F7(x + xe; y) = (x1 + xe1)y2 = x1y2 + xe1y2 =
F7(x; y) + F7(xe; y) ;
F7(x; y + ye) = x1(y2 + ye2)y2 = x1y2 + x1ye2 = :
F7(x; y) + F7(x; ye) ;
F7(kx; y) = (kx1)y2 = kF7(x; y) ;
F7(x; ky) = x1(ky2) = kF7(x; y)
Quindi F7 e bilineare.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
101
b) F7 e gia scritta in coordinate canoniche e
A=
0
1
2
0 0
:
c) La parte simmetrica di F7 e la forma bilineare
Fs : C C !
C
(x; y) 7! (x y + x y )
La parte antisimmetrica di F e la forma bilineare
Fa : C C !
C
(x; y) 7! (x y x y )
7
2
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
2
1
7
7
2
2
Forme bilineari simmetriche e forme quadratiche reali
1. a) Tenendo presente che il termine a della matrice di Q e la meta
12
2
del coeciente del prodotto xy = x x (= x2 x1 ) nell'espressione di Q
stessa, si ha
3 3
A= 3 1 :
1
b) Se indichiamo con (x; y); (x0 ; y0 ) le coordinate di due vettori u; v
rispettivamente, risulta
F (u; v) = 3xx0 yy0 + 3xy0 + 3x0y :
c) Fissato un vettore u(x = `; y = m) non nullo e considerato un
vettore v(x0 ; y0 ) risulta
F (u; v) = 0 () (3` + 3m)x0 + (3` m)y0 = 0 :
Poiche il sistema
3`
+3m = 0
3` 3m = 0
ha per unica soluzione ` = m = 0 l'ultima equazione in x0 ; y0 non puo
ridursi alla identita 0 = 0 ovvero, vi sono vettori v(x0 ; y0 ) per i quali
F (u; v) 6= 0. Si puo cosi concludere che F (ovvero Q) non e degenere.
Notiamo che, corrispondentemente a quanto stabilito direttamente,
risulta detA = 12 6= 0.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
2. a) La matrice di Q e
102
1 1
A=
1 1
e risulta detA = 0, dunque Q e degenere.
Cio puo stabilirsi anche ragionando direttamente come segue. Si ha
F (u; v) = xx0 + yy0 xy0 x0y ; u(x; y); v(x0; y0) 2 R2 ;
e per un ssato vettore u(x = `; y = m) risulta
F (u; v) = 0 () (` m)x0 (` m)y0 = 0 :
I vettori u(`; `) della retta x y = 0 sono dunque tali che F (u; v) = 0
per ogni v 2 R e se ` 6= 0 si tratta di vettori non nulli: pertanto F
(ovvero Q) e degenere.
b) Il nucleo di Q (ovvero di F ) e costituito dai vettori u(`; m) per i
quali risulta F (u; v) = 0 per ogni v 2 R ,
2
2
n
o
KerQ = KerF = u 2 R2 j F (u; v) = 0 8v 2 R2 :
Poiche F (u; v) = 0 per ogni v 2 R2 se e solo se
(` m)x0 (` m)y0 = 0
8(x0; y0) 2 R
2
i vettori del nucleo sono tutti e soli quelli per i quali quest'ultima
equazione si riduce all'identita 0:x0 +0:y0 = 0, cioe per i quali ` m = 0.
Dunque
n
o
KerQ = KerF = (`; `); ` 2 R
ovvero il nucleo e la retta x y = 0.
3. Possiamo procedere direttamente nel modo seguente. Poiche la matrice del cambiamento di base (e1 ; e2 ) ! (f1 ; f2 ) e
1 1
C=
2 3
si scrivono subito le formule di cambiamento di coordinate che fanno
passare dalle coordinate (y1 ; y2 ) nella base (f1 ; f2 ) alle coordinate
(x1 ; x2 ) nella base (e1 ; e2 ):
x1 = y 1 + y 2
x2 = 2y1 3y2 :
Sostituendo nell'espressione di Q si trova allora
Q = ( y + y ) + 2(2y
1
2 2
1
3y2 )2 8( y1 + y2 )(2y1 3y2 )
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
ovvero
103
Q(y ; y ) = 25(y ) + 43(y ) 66y y :
Notiamo che il ragionamento qui di seguito porta a stabilire piu in
generale che se A; B sono matrici di una assegnata forma Q rispettivamente nelle basi (e ; : : : ; en ); (f ; : : : ; fn ) allora risulta
B = C tAC
con C matrice del cambiamento di base (e ; : : : ; en ) ! (f ; : : : ; fn ).
Se si suppone gia stabilita in generale la formula sopra scritta il presente esercizio puo essere risolto come segue.
Nella base (e ; e ) la matrice di Q e
1 4
A=
4 2 :
Risulta poi
1 2 1 4 1 1 t
B = C AC =
2 3
4 2
1 3
ovvero
25 33 B=
33 43
che e appunto la matrice della gia ricavata espressione della forma Q
nelle coordinate (y ; y ),
Q(y ; y ) = 25(y ) + 43(y ) 66y y :
4. Si vede subito che Q puo assumere valori positivi, negativi e nulli su
vettori non nulli di R : ad esempio, su v = (1; 0) assume
valore
p p
positivo, su v = (0; 1) assume valore negativo, su v = ( 3; 2) e
nulla. In particolare Q e non denita (pur essendo, come si riconosce
facilmente, non degenere).
a) Q e denita positiva sulla retta R generata da v , di equazione
x = 0: infatti per ogni vettore v = (x ; 0) di R risulta Q(v) =
2(x ) 0 e Q(v) = 0 se e solo se v = 0.
1
2
1 2
1
2 2
1
2
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1 2
2 2
2
1
2
1
2
3
1
2
1
1 2
1
1
Ma x2 = 0 non e la sola retta per la quale la restrizione di Q e denita
positiva. Si puo ad esempio considerare anche la retta R10 : x1 =
2t; x2 = t (t 2 R) sulla quale la restrizione di Q vale
QjR1 (t) = 5t
(espressione di QjR1 nella base formata dal vettore w = (2; 1) di R0 ).
0
0
2
1
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
104
b) Q e denita negativa sulla retta R2 generata da v2 = (0; 1), di
equazione x1 = 0: infatti, per ogni vettore v = (0; x2 ) di tale retta
risulta Q(v) = 3(x2 )2 0 e Q(v) = 0 se e solo se v = 0.
Anche qui, R2 non e la sola retta per la quale la restrizione di Q
e denita negativa. Si puo, ad esempio, considerare anche la retta
R20 : x1 = t; x2 = t (t 2 R) sulla quale la retrizione di Q vale
QjR2 (t) = t2
(espressione di QjR2 nella base formata dal vettore p = (1; 1) di R20 ).
c) Q e identicamente nulla sui vettori (x1 ; x2 ) per i quali
2(x1 )2 3(x2 )2 = 0
p
p p p
ovvero, poiche e sempre 2(x1 )2 3(x2 )2 = ( 2x1 + 3x2 )( 2 3x2 ),
sui vettori delle rette
p
p
p
p
N1 : 2x1 + 3x2 = 0 ; N2 : 2x1 3x2 = 0
p p
3; 2); n2 =
aventi
per
vettori
direttori
rispettivamente
n
=
(
1
p p
( 3; 2).
0
0
Q<0
Q<0
p
v2
n22
Q=0
Q>0
w
Q>0
v1
n1
Q=0
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
105
Come ulteriore esercizio, si provi a determinare tutte le rette sulle
quali Q e rispettivamente positiva, negativa, nulla (mediante opportune disuguaglianze denenti il rapporto `=m dei parametri direttori
di tali rette ed ispirandosi alla gura qui accanto, ricapitolativa di
quanto determinato precedentemente).
5. a) La matrice di Q e
05 2 11
A=@ 2 0 2 A:
1 2 3
b) Considerati vettori u = (x; y; z ); v = (x0 ; y0 ; z 0 ) si ha
F (u; v) = 5xx0 3zz 0 + 2xy0 + 2x0y + xz 0 + x0z 2yz 0 2y0z
che e la richiesta espressione della forma bilineare simmetrica F associata a Q nella base canonica di R3 .
c) Risulta detA = 16, dunque F; Q sono non degeneri.
6. a) La matrice di Q e
03 2 11
A=@ 2 2 0 A:
1 0 1
e risulta det(A) = 0, quindi Q e degenere.
b) La forma bilineare simmetrica F associata a Q si scrive
F (u; v) = 3xx0 + 2yy0 + zz 0 + 2xy0 + 2x0y + xz 0 + x0z ;
ove u = (x; y; z ); v = (x0 ; y0 ; z 0 ).
I vettori u = (x = `; y = m; z = n) del nucleo sono quelli per i quali
risulta
F (u; v) = (3` + 2m + n)x0 + (2` + 2m)y0 + (` + n)z 0 = 0
per ogni vettore v = (x0 ; y0 ; z 0 ) di R3 .
Poiche una equazione della forma ax0 +by0 +cz 0 = 0 si riduce all'identita
0 = 0 se e solo se risulta a = b = c = 0, i vettori u = (`; m; n) del
nucleo coincidono con le soluzioni del sistema lineare omogeneo
8 3` +2m +n = 0
<
: 2`` +2m +n == 00
ovvero del sistema equivalente
2` +2m = 0
` +n = 0
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
106
(si noti che la matrice del primo sistema coincide con la matrice A di
Q; F ).
Risolto l'ultimo sistema si trova cosi che il nucleo di Q; F e la retta
generata dal vettore w = (1; 1; 1),
n
o
KerQ = (`; `; `) ; ` 2 R
(dim(KerQ) = 1 = dim(R3 ) rg(A)).
7. Si vede subito che Q puo assumere valori positivi, negativi e nulli su
vettori non nulli di R3 : ad esempio, su v1 = (1; 0; 0) assume valore
positivo, su v2 = (0; 0; 1) assume valore negativo, su v3 = (1; 0; 1) e
nulla.
In particolare, Q non e denita.
a) Q e denita positiva se ristretta al piano di equazione x3 = 0:
infatti, per ogni vettore v = (x1 ; x2 ; 0) di tale piano risulta Q(v) =
(x1 )2 + (x2 )2 0 e Q(v) = 0 se e solo se x1 ; x2 = 0 ovvero v = 0.
Ma vi sono anche altri piani sui quali Q e denita positiva: ad esempio,
il piano 0 di equazione x2 = 2x3 sul quale la restrizione di Q e
Qj (x1; x3) = (x1)2 + 3(x3)2
se espressa nelle coordinate (x1 ; x3 ) relative alla base di 0 formata dai
vettori v1 = (1; 0; 0); v10 = (0; 2; 1).
I piani ; 0 sono sottospazi di dimensione massima (uguale a 2) fra
quelli sui quali Q e denita positiva: cio e immediato dall'aver gia
osservato che su R3 tale forma non e denita.
b) Q e denita negativa sulla retta R di equazioni x1 = x2 = 0 (coincidente con l'asse x3 ): infatti per ogni vettore v = (0; 0; x3 ) di tale
retta risulta Q(v) = (x3 )2 0 e Q(v) = 0 se e solo se x3 = 0 ovvero
v = 0.
Anche qui osserviamo che R non e l'unica retta per la quale la restrizione di Q e denita negativa. Possiamo, ad esempio, considerare
anche la retta R0 : x1 = t; x2 = t; x3 = 2t (t 2 R) sulla quale la
restrizione di Q vale
QjR = 2t2
se espressa nella coordinata t relativa alla base di R0 formata dal vettore w = (1; 1; 2).
Notiamo anche che la dimensione massima dei sottospazi sui quali la
restrizione di Q e denita negativa e 1, uguale appunto a quella delle
gia determinate rette R; R0 : infatti, poiche ogni piano di R3 interseca
il piano sul quale Q e denita positiva) almeno secondo una retta,
risulta escluso che Q sia denita negativa su ( altrimenti vi sarebbero
vettori non nulli sui quali Q assume valore sia positivo che negativo).
0
0
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
107
c) Q e identicamente nulla sui vettori (x1 ; x2 ; x3 ) per i quali
(x1 )2 + (x2 )2 (x3 )2 = 0 :
Una retta sulla quale Q e identicamente nulla e ad esempio N : x1 =
t; x2 = 0; x3 = t, generata dal vettore v3 = (1; 0; 1).
Ragionando poi come in ne al precedente punto b) risulta che non ci
sono piani di R3 per i quali la restrizione di Q e identicamente nulla.
8. 1) La matrice di Q e
2 1
A= 1 2 :
Poiche a11 = 2 > 0 e detA = 3 > 0 ne risulta che Q e denita positiva.
2) La matrice di Q e
1 2
A= 2 1 :
Poiche a11 = 2 > 0 e detA = 3 < 0 ne risulta che Q e non degenere
ma non denita.
3) La matrice di Q e
A = 21 21 :
Poiche a11 = 2 > 0 e detA = 3 > 0 ne risulta che Q e denita positiva.
4) La matrice di Q e
01
A=@ 2
2 0
1 1
0 1 2
a a 1
Poiche a = 1 > 0 ; a a = 2
11
non e denita positiva.
5) La matrice di Q e
11
12
21
22
1
A:
0 2 1=2
A = @ 1=2 1
0
2 = 3 < 0 ne risulta che Q
1
1=2
0
1=2
2
1
A:
a a 2 1=2 Poiche a = 2 > 0 ; a a = 1=2 1 = 7=4 > 0 e detA =
11
11
12
21
22
3 > 0 ne risulta che Q e denita positiva.
Uso del prodotto scalare in uno spazio vettoriale
euclideo
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
108
Se lo spazio e n-dimensionale si suppone assegnata una base ortonormale
(e1 ; e2 ; : : : ; en ). Nel caso di Rn , dotato del prodotto scalare canonico,
si sottointende di riferirsi alla base canonica (e1 = (1; 0; 0; : : : ; 0); e2 =
(0; 1; 0; : : : ; 0); : : : ; en = (0; 0; : : : ; 0; 1)). Nel caso dello spazio Euclideo 3dimensionale, si assume assegnata una base ortonormale (i; j; k). L'orientazione positiva dello spazio e quella individuata dal riferimento assegnato,
e cosi anche il verso positivo di rotazione attorno ad un asse orientato) in
base alle convenzioni fatte.
1.) a) Si ha juj2 = (1)2 +( 1)2 +(1)2 +(1)2 = 4; jvj2 = (1)2 +(1)2 +(1)2 +
(1)2 = 4. Quindi juj = jvj = 2.
^ = (1)1+( 1)1+(1)1+(1)1
^ = 3 ;
b) Si ha cos uv
= 12 , quindi uv
4
c) I vettori del piano u; v che formano un angolo = 6 con u stanno
su due semirette. Una di tali semirette e generata dalla somma w1 =
^ . L'altra semiretta e generata
u + v, che biseca l'angolo uv
w1dal
vettore
u
simmetrico di w rispetto alla retta di u, cioe' w2 = 2 uu u w1 ,
ovvero anche w2 = 2u v come si poteva dedurre direttamente. In
denitiva: w1 = (2; 0; 2; 2); w2 = (1; 3; 1; 1).
2. (u1 = (0; 0; 2; 1); u2 = (1; 2; 0; 0)) e una base per il piano U . Allora
U ? = fv j v u1 = 0; v u2 = 0g cioe'
U? :
(
x +2x
1
2
2x3 +x4 = 0
= 0
a) Una base per V = U ? e ad es. (v1 = (0; 0; 1; 2); v2 = (2; 1; 0; 0)).
b) Si osserva che (u1 ; u2 ; v1 ; v2 ) e una base ortogonale. Basta allora
normalizzarla dividendo ogni
per ottenere
vettore per2 il1 suo modulo
1
p
p
p
p
una base del tipo richiesto: f1 = (0; 0; 5 ; 5 ); f2 = ( 5 ; 25 ; 0; 0); f3 =
(0; 0; p15 ; p25 ), f4 = ( p25 ; p15 ; 0; 0) .
3. Risulta
0 1
det @ 1
1
1 0
1 1A = 1 6= 0
0 1 1
quindi i tre vettori sono linearmente indipendenti, ovvero (u1 ; u2 ; u3 )
e una base di R3 .
Applichiamo a tale base il procedimento di ortonormalizzazione di
Gram-Schmidt costruendo dapprima una base ortogonale (g1 ; g2 ; g3 ).
Risulta
g1 = ( 1; 1; 0) ; g2 = u2 u2 u1 u1 ;
u u
1
1
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
g =u
3
ovvero
u g u g g
g
3
1
1
1
g g
3
3
2
2
2
g g
1
109
2
g = (1; 1; 1) + 22 ( 1; 1; 0) = (0; 0; 1)
2
e
g = (0; 1; 1) + 12 ( 1; 1; 0) 11 (0; 0; 1) = ( 12 ; 21 ; 0)
3
Dividendo ogni vettore della base ortogonale per il suo modulo si ottiene la base ortonormale richiesta:
p p
1
1
( f1 = ( p ; p ; 0); f2 = (0; 0; 1); f3 = ( 2 ; 2 ; 0) ) :
2
2
2 2
4. Prima costruiamo una base ortogonale (f 0 ; f 0 ; f 0 ; f 0 ) per la quale il piano di f 0 ; f 0 coincide con U . Prendiamo
f 0 = u ; f 0 = u uu uu u
1
1
2
3
4
2
1
1
2
2
ovvero
2
1
1
1
1
f 0 = (0; 1; 1; 0) 12 ( 1; 1; 0; 0) = ( 21 ; 12 ; 1; 0) :
E' immediato vericare che si puo porre f 0 = (0; 0; 0; 1). Inne f 0 e
una qualunque autosoluzione w del sistema
w f0 = w f0 = w f0 = 0
2
3
ovvero
8
>
< x
x
>
:
1
2
1
1
1
2
+ x2
+ 21 x2
4
3
=0
x
=0
4
x =0
3
Ad esempio f40 = ( 1; 1; 1; 0).
Normalizzando si ha
( f1 ; f2 ; f3 ; f4 ) =
(( p12 ; p12 ; 0; 0); ( p16 ; p16 ; p26 ; 0); (0; 0; 0; 1); ( p13 ; p13 ; p13 ; 0))
5. U := f(0; c; c; 0) ; c 2 Rg e una retta, U := f(a; b; b; d); a; b; d 2 Rg
e un iperpiano. Inoltre risulta sempre (0; c; c; 0) (a; b; b; d) =
1
2
0(a) + c(b) + ( c)(b) + 0(d) = cb cb = 0: quindi i due sottospazi sono
ortogonali. Ne segue in particolare che R4 = U1 U2 .
La proiezione ortogonale del vettore u = (1; 1; 2; 1) su U2 e il vettore
P u0 della forma P u0 = u (0; c; c; 0), cioe' P u0 = (1; 1 c; 2+ c; 1),
appartenente a U2 . Dunque 1 c = 2 + c, ovvero c = 21 , e P u0 =
(1; 32 ; 23 ; 1).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
110
Simmetrie ortogonali, proiezioni ortogonali,
rotazioni, isometrie in uno spazio vettoriale euclideo
!, di coordinate (1; 2), e il vettore QR
! di
1. Considerato il vettore QP
coordinate (2; 1) ad esso ortogonale e di uguale modulo, si ha
!
! + sin QR
!
QP 0 = cos 4 QP
4
Traducendo scalarmente si trova che le coordinate (x0 ; y0 ) di P 0 vericano le
( 0
x 1 = p12 + p22
y0 + 1 = p22 + p12
Quindi x0 = p32 + 1; y0 = p12 1 .
2. Considerato un punto Q di , ad esempio Q = ( ; ; ), il punto
1
3
1
3
1
3
P 0(x0; y0; z 0) proiezione ortogonale di P (x; y; z ) sul piano : x + y +
z 1 = 0 e individuato dalla uguaglianza
!
! QR
!
QP 0 = QP
!
!
ove
QR e la proiezione ortogonale di QP sulla normale a . Poiche'
!
QR = 31 (x + y + z 1)(1; 1; 1), si trova
80
>
<x0 = (2x y z + 1)
x = ( x + 2y z + 1)
>
:x0 = ( x y + 2z + 1)
1
3
1
3
1
3
Queste sono le equazioni richieste.
3. a) Indicata con P1 la proiezione ortogonale sull'iperpiano : x1 + x2
x3 x4 = 0 e con n il vettore normale (1; 1; 1; 1), per ogni vettore
v = (x1; x2; x3; x4) si ha
P v = v ( nvnn )n
= (x ; x ; x ; x ) ( x1
Quindi le equazioni di P sono
1
1
8y
>
>
<y
>
>
:y
2
3
4
x x3 x4 )(1; 1;
+ 2
4
1
= 41 (3x1 x2 + x3 + x4 )
2
= 14 ( x1 + 3x2 + x3 + x4 )
3
= 14 (x1 + x2 + 3x3 x4 )
y4 = 14 (x1 + x2 x3 + 3x4)
1
:
1; 1)
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
111
b) La proiezione ortogonale P2 sulla retta r : x1 = t; x2 = t; x3 =
t; x4 = t ortogonale a , di vettore direttore n, per la quale P2v =
( nvnn )n, ha equazioni
8y
>
>
<y
>
>
:y
= 14 (x1 + x2 x3 x4 )
2
= 14 (x1 + x2 x3 x4 )
:
3
= 14 ( x1 x2 + x3 + x4 )
y4 = 14 ( x1 x2 + x3 + x4)
(Si noti che risulta P1 + P2 0Id.)
4. Dato un vettore v = (x; y), indicata con P v la sua proiezione
ortogx
+2y
onale sulla retta di u, si ha S v = 2P v v. Poiche' P v = ( 5 )u le
equazioni di S sono
(0 1 2
x = 2( 5 x + 5 y) x
y0 = 2( 52 x + 45 y) y
ovvero
(0 3 4
x = 5x + 5y
y0 = 45 x + 35 y
1
5. Detta S la simmetria ortogonale rispetto alla retta r, di vettore direttore r = (1; 1; 2), per ogni vettore v = (x; y; z ) si ha S v = v +2P v,
ove P v = ( vrrr )r e la proiezione ortogonale di v sulla retta r . Quindi,
passando alle coordinate, le coordinate (x0 ; y0 ; z 0 ) di S v sono date da
(x0 ; y0 ; z 0 ) = (x; y; z ) + 2( x y + 2z )(1; 1; 2)
6
ovvero le equazioni di S sono
80 1
>
<x1 = 3 ( 2x y + 2z)
:
( x 2y 2z )
>
: 31 (2x 2y + z)
3
6. Consideriamo il riferimento (O; i0; j0; k0) per il quale i0 = ( p ; 0; p )
e uno dei versori perpendicolare ad r, k0 = ( ; p ; p ) e il versore
positivo di r, j0 = ( p ; p ; p ) e il prodotto vettoriale k0 ^ i0 .
Nel riferimento (O; i0 ; j0 ; k0 ) la rotazione R di un angolo = attorno
1
3
1
3
1
3
1
6
ad r (nel verso positivo di rotazione) ha matrice
0 1 p3 01
2
p2
B = @ 23 21 0A
0 0 1
2
6
1
6
1
2
3
1
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
112
Considerata la matrice C del cambiamento di base (i; j; k) ! (i0 ; j0 ; k0 ),
0p
C=B
@0
p1
3
p1
3
p1
1
2
p1
2
1
CA
p1
6
p2
6
p1
3
6
la matrice A di R nel riferimento (O; i; j; k), di stessa origine, e allora
A = CBC 1 = CBC t, ovvero, calcolando,
0
A=B
@
7
12
1
2 2
1
2
p
p
2
+ 61
1
12
2
p1
p1
+ 16
2
p1
2
1
2 2
7
12
p5
6
2
1
6
p
1
12
1
6
1
CA
Le equazioni di R sono quelle della trasformazione lineare di matrice
A.
7. a) La matrice del cambiamento di base (i; j; k) ! (i0; j0; k0)
0
p
C=@
p
1
0 23
0 21 A
0 1 0
1
2
3
2
e ortogonale (CC t = I ) e det C = 1, cioe' C 2 SO(3), quindi (i0 ; j0 ; k0 )
e ortonormale ed equiversa a (i; j; k).
b) Nella base (i; j; k) la matrice dell'isometria ' per la quale '(i) =
i0; '(j) = j0; '(k) = k0 e la stessa C e le equazioni di ' sono:
8 0
>
< x0 =
y=
>
: z0 =
1
2
3
2
p
x
x
p
+ 23 z
y
1
2
z
c)p ' e la rotazione di angolo = arccos 14 attorno alla retta di v =
( 23 ; 21 ; 12 ).
8. e lineare e conserva il modulo dei vettori, risultando
j (x)j = (xn) + (x ) + + (xn ) = (x ) + + (xn) = jxj
2
2
1 2
1 2
1 2
2
2
8x 2 Rn :
Quindi e una isometria.
Osservando che si tratta di una permutazione circolare delle coordinate, e facile dire quali sono le potenze di (e vedere che in particolare
n = Id, il che implica una periodicita).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
113
Per n = 4, si ha (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) = (x4 ; x1 ; x2 ; x3 ); 2 (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) =
(x3 ; x4 ; x1 ; x2 ); 3 (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) = (x2 ; x2 ; x4 ; x1 ); 4 = Id; 5 = ;
6
= 2 ; 7 = 3 ; 8 = Id; : : : .
9. 1) Un
p vettore direttore per0 la direzione perpendicolare ad e, ad es.,
w( 2; 1; 1). Il vettore v e dato da
v0 = wv ww w ;
ovvero
v0 =
e
1
v" = v
ovvero
p
p
p
p
p
p
2) ;
( 2; 1; 1) = ( 2 2 ; 2 1 ; 1
4
4
4
4
2) ;
1; 1; 2) ( 2 2 ; 2 1 ; 1
4
4
4
v0 = (
p
cioe
2)
p p
2
p
p
v" = ( 2 +4 2 ; 5 4 2 ; 7 +4 2 ) :
Sv = v
3)
2v0 = (
p
p
p
p
p
2) ;
1; 1; 2) ( 2 2 ; 2 1 ; 1
2
2
2
p
S v = ( 22 ; 3 2 2 ; 3 +2 2 ) :
p
p
p
S v = ( 22 ; 3 +2 2 ; 3 2 2 ) :
4) La proiezione ortogonale P sul piano e data da
S 0v =
uw
8u 2 V :
ww w
In termini di coordinate (x; y; z ) di u e (x0 ; y0 ; z 0 ) di P u,
p
2x y + z p
0 0 0
Pu = u
(x ; y ; z ) = (x; y; z )
Quindi
8 0
>
<x=
y0 =
>
: z0 =
4
x
p p
2y
2z
p 4
2x+3y +z
p 4
2 +
x y z
2 + +3
4
( 2; 1; 1) :
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
114
5) La simmetria ortogonale S rispetto al piano e data da
S u = u 2 wu ww w
8u 2 V :
ovvero, se (xe; ye; ze) sono le coordinate di S u,
p2x y + z p
( 2; 1; 1) :
(xe; ye; ze) = (x; y; z ) 2
4
8
>
< xe =
ye =
>
: ze =
Quindi
p
2
p2
2
2
p
y
x +y
x +y
2
2
1
2
1
2
p
z
+ z :
+ z
2
2
1
2
1
2
10. 1) Un vettore direttore per la direzione ortogonale ad e, ad esempio,
w = (3; 1; 2; 1). Il vettore v0 e dato da
v0 = wv ww w ;
ovvero
4 10 1 (3; 1; 2; 1) ;
v0 = 15
9+1+4+1
ovvero v0 = ( 6; 2; 4; 2). Il vettore v" e dato da
v" = v v0 = (1; 2; 1; 1) :
2) S v = v 2v0 = ( 5; 4; 5; 1) + (12; 4; 8; 4), ovvero S v =
(7; 0; 3; 3).
3) S v0 = S v = ( 7; 0; 3; 3) .
4) La proiezione ortogonale P sull'iperpiano e data da
Pu = u
uw
ww w
Quindi le equazioni di P sono
(y ; y ; y ; y ) = (x ; x ; x ; x )
1
2
ovvero
3
4
1
8y
>
<y
>
: yy
=
2
=
3
=
4
=
1
2
3
4
8u 2 V :
3x x
1
2
+ 2x3 + x4 (3; 1; 2; 1)
15
(6x1 + 3x2 6x3 3x4 )
(3x1 + 14x2 + 2x3 + x4 ) :
1
( 6x1 + 2x2 + 11x3 2x4 )
15
1
( 3x1 + x2 2x3 + 14x4 )
15
1
15
1
15
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
115
5) La simmetria ortogonale S rispetto all'iperpiano e data da
S u = u 2 wu ww w
Quindi le equazioni di S sono
(y ; y ; y ; y ) = (x ; x ; x ; x ) 2 3x
1
2
ovvero
3
4
1
8 ye
>
< ye
>
: yyee
=
=
3
=
4
=
1
2
2
3
4
8u 2 V :
1
x + 2x + x (3; 1; 2; 1)
15
2
3
4
( 3x1 + 6x2 12x3 6x4 )
1
(6x1 + 13x2 + 4x3 + 2x4 ) :
15
1
( 12x1 + 4x2 + 7x3 4x4 )
15
1
( 6x1 + 2x2 4x3 + 13x4 )
15
1
15
p
p
11. Consideriamo il riferimento (O; i0; j0; k0)pper ilpquale i0p(1= 2; 0; 1= 2)
e un versore perpendicolare
p a r, kp0(1= 6; 2= 6; 1= 6) e il versore
p
0
positivo di r, j (1= 3; 1= 3; 1= 3) e il prodotto vettoriale k0 ^ i0 .
Nel riferimento (O; i0 ; j0 ; k0 ) la rotazione R di angolo = =3 attorno
ad r (nel verso positivo di rotazione) ha matrice
0 1=2 p3=2 0 1
p
B = @ 3=2 1=2 0 A :
0
0
1
Considerata la matrice C del cambiamento di base (i; j; k) ! (i0 ; j0 ; k0 ),
0 1=p2
C = @ 0p
p
1=p3
1=p3
1= 3
1= 2
p 1
1=p6
2=p6
1= 6
A
la matrice A di R nel riferimento (O; i; j; k) e allora A = CBC
CBC t ovvero, calcolando,
0
A=B
@
7=12
p1 + 61
2 2
p1
2
1
12
2
2
+ 61
2
5=6
p1
p1
2
1
6
p1
2
1
2 2
p
1
12
7=12
1
6
1
=
1
C
A:
Le equazioni di R sono quelle della trasformazione lineare di matrice
A.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
116
12. 1) Si verica facilmente che la matrice C della trasformazione assegnata,
0
A=B
@
1
3
p1 + 31
3
( p1 31 )
( p13
1
3
1
3
)
p1 + 13
3
( p1 31 )
3
1
CA :
1
+ 31
3
3
3
e ortogonale (CC T = I ) ed inoltre che detC = 1. Poiche C 2 SO(3) le
equazioni assegnate sono quelle di una rotazione attorno ad una retta
per l'origine. Considerato, ad esempio, il punto P (1; 1; 1) di r si vede
subito che P e lasciato sso dalla rotazione (poiche per x = 1; y =
1; z = 1 le equazioni danno x0 = 1; y0 = 1; z 0 = 1). Dunque la retta r,
individuata da O e P , e l'asse della rotazione.
2) Consideriamo, ad esempio,
p ilpvettorepv(1; 0; 1) ortogonale ad r e il
0
suo trasformato v ( 1= 3; 2= 3; 1= 3) (anch'esso perpendicolare
^ 0 = 0 ne risulta che l'angolo di rotazione e =2.
ad r). Poiche cos vv
(Lo stesso poteva dedursi osservando che TrA = 1 e d'altra parte
^ 0 ).
TrA = 1 + 2 cos vv
p1
13. Un vettore direttore della retta orientata r e v( 2; 3; 1) (che ha
la terza coordinata negativa). Il piano per P perpendicolare ad r, di
equazione cartesiana 2(x 1)+3y (z +1) = 0, interseca r nel punto
!
!
Q(2=7; 1=14; 9=14). Il vettore QP " = jvvj ^ QP , ottenuto ruotando
!
QP (5=7; 1=14; 23=14) di un angolo!=2 attorno alla retta orientata
p
p
p
r nel verso positivo di rotazione, e QP "( 5= 14; 4= 14; 2= 14).
Il punto P 0 e individuato dall'uguaglianza vettoriale
!
!
!
QP 0 = cos 6 QP + sin 6 QP "
che tradotta scalarmente fornisce i seguenti valori delle coordinate di
P 0:
p
p
3
2
5
4
+
5
0
0
p ; y = 28 3 p2 ;
x = 14
2 14
14
p
z 0 = 18 2823 3 p1 :
14
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
117
Teorema spettrale
1. a) L'equazione caratteristica di T e
1 2
1
2
= (1 )
2
4=0
sicche' gli autovalori sono = 1; 3. L'autospazio associato a = 1,
ha equazione x + y = 0 e un autovettore e ad esempio u = (1; 1). Il
vettore v = (1; 1) ortogonale a u e un autovettore associato a = 3.
1
1
1
1
Nella base ortonormale f1 =
(1p2 ;0 2 ); f2 = ( p2 ; p2 ) l'operatore T
ammette matrice diagonale 0 3 .
b) Le basi ortonormali per diagonalizzare T sono 8, poiche' dipendono
dalle scelte indipendenti dei versi positivi sugli autospazi ed inoltre vi
sono due possibili ordini per la coppia di autospazi (2 2 2 = 8).
c) A seconda della base di autovettori T puo ammettere una o l'altra
delle matrici
3 0 1 0
;
0 3
0 1 :
2. L'equazione caratteristica di P e + 3 + 2 = 0, pertanto gli au3
tovalori di P sono = 1 (di molteplicita 2) e = 2. Il piano
V ( 1) ha equazione x + y + z = 0 e versore normale n( p13 ; p13 ; p13 ).
Quindi una base del tipo richiesto si ottiene, ad esempio, considerando
i0( p12 ; p12 ; 0) (versore arbitrariamente scelto fra quelli di V ( 1)), k0 =
n e j0 = k0 ^ i0, ovvero j0( p16 ; p16 ; p26 ).
In tale base ortonormale P ha matrice diagonale
0 1
@0
0
1
0 0
1 0A :
0 2
Forme bilineari simmetriche e forme quadratiche
1. F : V n V n ! R denita ponendo F (u; v) := [T u S v + S u T v] e
una forma bilineare (per la linearita di T; S e del prodotto scalare ),
1
2
ed inoltre e evidentemente simmetrica. E' immediato rendersi conto
che Q(u) = F (u; u). Quindi
a) Q e una forma quadratica,
b) associata alla forma bilineare simmetrica F sopra denita.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
118
2. La forma quadratica (non degenere) Q non e denita poiche', come
risulta di seguito, assume valori positivi, negativi, nulli su vettori non
nulli.
a) e denita positiva, ad esempio, sul piano x3 = 0;
b) e denita negativa, ad esempio, sulla retta x1 = x2 = 0;
c) e nulla, ad esempio, sulla retta N : x1 = t; x2 = 0; x3 = t.
Ciascuno dei sottospazi considerati ha dimensione massima tra quelli
aventi la stessa proprieta.
3. La matrice di Q nella base canonica (e1; e2) e
1
A = 2 22
Gli autovalori sono = 2; 3. Generatori per V (2); V ( 3) rispettivamente sono f1 = ( p25 ; p15 ); f2 = ( p15 ; p25 ). Quindi a) un'espressione
canonica per Q e
Q(y ; y ) = 2(y )
1
2
3(y2 )2
1 2
b) (f1 ; f2 ) e una base ortonormale nella quale Q assume tale espressione
canonica.
4. Nella base (i; j; k) la forma Q ha matrice
1
00
A = @1
1 1
0 1A
1 1 0
Gli autovalori sono = 1 (di molteplicita 2) e = 2, semplice.
a) Una base ortonormale formata da autovettori associati rispettivamente agli autovalori = 1; 1; 2 e
i0 = ( p1 ; p1 ; 0); j0 = ( p1 ; p1 ; 62 ); k0 = ( p1 ; p1 ; p1 ) :
2
2
6 2
3 3 3
In tale base Q ha forma canonica.
b) L'espressione canonica di Q nella base i0 ; j0 ; k0 e
Q(x0; y0; z 0) = (x0)
2
(y0 )2 + 2(z 0 )2 :
Circonferenze, sfere e ipersfere
Riferimento ortonormale (0; i; j) nel piano Euclideo.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
119
1. L'equazione cartesiana della circonferenza di centro P (2; 1) e raggio
0
3 e
(x 2)2 + (y + 1)2 = 9 :
Si ha d(P1 ; P0 )2 = (1 2)2 + (1 + 1)2 = 5 < r2 = 9, quindi P1 , che
dista dal centro meno del raggio, e interno alla circonferenza .
2. I punti P (x; y) comuni alla circonferenza C e alla retta r sono dati
dalle soluzioni del sistema
(
x + y 2x + 10y + 1 = 0
2x + y + 5 = 0
2
2
ovvero di quello equivalente dedotto sostituendo nella prima equazione
l'espressione della y in funzione di x ricavata dalla seconda equazione,
(
5x2 2x 24 = 0
2x + y + 5 = 0
La prima equazione di quest'ultimo sistema da x = 2; 125 : dunque r
interseca C nei punti P1 ( 2; 1); P2 ( 125 ; 495 ) ed e una secante di r.
p
3. a) Considerato il centro P0(3; 1) e il raggio = 5 di C si ha che
p : x = 2y + h e esterna, secante o tangente a seconda che risulta
rispettivamente d(p; P0 ) > ; d(p; P0 ) < ; d(p; P0 ) = .
Per h = 1 si ha
x0 + 2y0 + 1 3 + 2 + 1 6 p
d(r; P0) = p
= p5 = p 5 > 5 = 5
sicche' r e esterna a C .
Per h = 4 si ha
p
d(r; P0) = x0 +p2y0 4 = 3 +p2 4 = p1 < 5 = 5
5
5
sicche' s e una secante di C .
b) La retta x = 2y + h e tangente a C se e solo se
x0 + 2y0 h p
p5 = 5
ovvero (5 h)2 = 25 e se ne traggono i valori h = 0; 10 per le tangenti
t1 : x + 2y = 0; t2 : x + 2y 10 = 0.Riferimento ortonormale (0; i; j; k) nello spazio Euclideo.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
120
p
4. a) S ha centro P (1; 3; 2) e raggio r = 1 + 9 + 4 13 = 1.
0
b) La distanza d di P0 da vale
1 3 + 2 + 1 1
p3 = p3
ed e minore di r = 1, dunque e secante S .
Indicata con d la distanza del centro di S da e con il raggio della
circonferenza C intersezione di con S risulta evidentemente
d2 + 2 = r2
p
ovvero = r2 d2 , da cui si trae =
q
2
3
.
ρ
d
r
Il centro P00 di C coincide con l'intersezione della normale n al piano
condotta da P0. Poiche' un punto di n ha coordinate della forma
x = 1 + t; y = 3 + t; z = 2 + t e sta sul piano se e solo se risulta
1 + t 3 + t + 2 + t + 1 = 0, ovvero t = 31 , se ne deduce che P00 ha
coordinate ( 23 ; 103 ; 53 ).
c) Un piano parallelo a ha equazione x + y + z + k = 0 ed e tangente
ad S se e solo se la sua distanza dal centro P0 di S uguaglia il raggio
r = 1 di S stessa, ovvero
1 3 + 2 + k p3 = 1 :
p
p
p
Se ne trae k = 3 e 0 : x + y + z + 3 = 0; 00 : x + y + z 3 = 0.
5. Le equazioni di C sono
(
x + y + z 2x + 6y 4z + 13 = 0
x+y+z+1=0
L'equazione cartesiana della curva C 0 proiezione ortogonale di C sul
piano xy, ottenuta eliminando z dalle equazioni di C , e
2x + 2y + 2xy + 4x + 12y + 18 = 0 :
2
2
2
2
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
121
Spazio euclideo numerico R .
4
6. a) La sfera ha centro P (1; 1; 0; 1) e raggio
0
p
r = 1 + 1 + 0 + ( 1)
2
2
2
2
2
cioe' r = 1.
b) La distanza di da P0 vale
d(P ; ) = 1 + 1p+ 0 1 = 21
4
ed e minore di r = 1. Quindi e secante .
c) Il centro Q di S e l'intersezione di con la normale per P a ,
dunque P ( ; ; ; q ).
p
Il raggio di S e = 1 ( ) = .
0
3
0 4
0
3
4
1
4
0
5
4
2
3
2
1 2
2
Spazio euclideo `
7. Siano dati x = (x ; x ; : : : ; xn; : : : ); y = (y ; y ; : : : ; yn; : : : ) 2 ` , sic2
1
che'
2
1
2
2
v
v
u
u
1
1
X
X
u
u
i
t
t
jxj =
(x ) < +1 ; jyj =
(yi ) < +1
2
2
1
:
1
Allora anche la somma e il prodotto per un numero reale denite
ponendo
x + y = (x 1 + y 1 ; x 2 + y 2 ; : : : ; x n + y n ; : : : )
e
kx = (kx1; kx2; : : : ; kxn; : : : ) 8k 2 R
appartengono a `2 . Infatti per ogni intero n si ha
p
ovvero
e
ovvero
p
(x1 + y1 )2 + + (xn + yn )2 p
(x ) + + (xn) + (y ) + + (yn) ;
p
1 2
2
1 2
2
(x1 + y1 )2 + : : : (xn + yn )2 jxj + jyj
(kx1 )2 + + (kxn )2 jkj2 ((x1 )2 + + (xn )2 )
(kx1 )2 + + (kxn )2 jkj2 jxj2
P (xi + yi)2 e P1(kxi)2 < +1 sono convergenti.
sicche 1
1
1
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
122
Anche il prodotto scalare x y e ben denito: infatti, per ogni intero
n si ha
p
p
jx1y1 + x2y2 + + xnynj (x1)2 + + (xn)2 (y1)2 + + (yn)2
ovvero
jx1y1 + x2y2 + + xnynj jxjjyj
P xiyi e convergente.
e cio comporta che 1
1
8. Per ognip coppia di interi n; m con m > 0 risulta d(en; en+m) = jen+m
enj = 2. Quindi la successione en , non essendo di Cauchy, non e'
convergente. Inoltre, per lo stesso motivo, non puo' esservi alcun punto
di accumulazione.
Riduzione a forma canonica di forme quadratiche
1. La matrice di Q nella base canonica (e ; e ) e
A=
1
2
1
2
2 2
coincidente con la matrice dell'operatore simmetrico T associato a Q
relativamente al prodotto scalare ssato. L'equazione caratteristica di
T e
1 2 2 2 = 0 ;
ovvero 2 + 6 = 0, e gli autovalori di T sono = 2; 3.
a) Una espressione canonica per Q sara pertanto
Q(y1; y2) = 2(y1)2 3(y2)2
in un opportuno sistema di coordinate ortonormali y1 ; y2 .
(Notiamo che l'espressione in forma canonica di Q e individuata a
meno di una permutazione delle coordinate che vi intervengono, sicche nel nostro caso si sarebbe potuto considerare anche l'espressione
Q(y1; y2) = 3(y1)2 + 2(y2)2).
b) Q ha l'espressione indicata in a) in una base ortonormale (f1 ; f2 )
costituita da autovettori f1 ; f2 di T associati rispettivamente a =
2; 3.
Gli autovettori associati a = 2 sono i vettori non nulli della retta
r : x1 + 2x2 = 0 (e di conseguenza gli autovettori associati a = 3
sono i vettori non nulli ortogonali ad r). Possiamo allora considerare,pad esempio,
la base
(f1 ; f2 ) costituita dai vettori
p
p ortonormale
p
f1(2= 5; 1= 5); f2( 1= 5; 2 5), che ha appunto i requisiti richiesti e
nella quale Q ha la forma a).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
2. Nella base (i; j; k) la forma Q ha matrice
00
A=@ 1
123
1
1 1
0 1A
1 1 0
e tale e anche la matrice dell'operatore simmetrico T associato a Q.
L'equazione caratteristica di T e
1 1 1 1 = 0
1 1 ovvero 3 + 3 + 2 = 0, pertanto gli autovalori di T sono = 1 (di
molteplicita 2) e = 2.
a) Una forma canonica per Q sara percio, ad esempio,
Q(x0; y0; z 0) = x02 y02 + 2z 02
e verra assunta in un sistema di coordinate x0 ; y0 ; z 0 relative ad una
base ortonormale (i0 ; j0 ; k0 ) i cui versori i0 ; j0 ; k0 sono autovettori di T
associati rispettivamente agli autovalori = 1; 1; 2. Poiche il piano degli autovettori associati
p pa =p 1 ha equazione x + y + z = 0
e versore normale n(1= 3p; 1= 3; 1p= 3), una base del tipo detto si
ottiene considerando i0 (1= 2; 1= 2; 0) (che e un versore scelto arbitrariamente
fra quelli
di tale piano), k0 = n e j0 = k0 ^ i0 , ovvero
p
p
p
j0(1= 6; 1= 6; 2= 6). In tale base la matrice di T coincide con la
matrice diagonale
0 1 0 01
B=@ 0 1 0 A
0 0 2
e, corrispondentemente, la forma quadratica Q, di stessa matrice, ha
la forma a) scritta sopra.
3. E conveniente considerare R2 dotato del prodotto scalare canonico. In
tal caso la forma Q risulta associata all'operatore lineare simmetrico
T di matrice
3 3
A= 3 3
nella stessa base canonica di R2 . Gli autovalori di T sono = 0; 6
e una base ortonormale (g1 ; g2 ) rispetto al ssato prodotto scalare)
costituitapda autovettori
di T associati
p
p p rispettivamente a = 0; 6 e
g1 = (1= 2; 1= 2); g2 = (1= 2; 1= 2). L'espressione di Q mediante le coordinate y1 ; y2 nella base (g1 ; g2 ) e
Q(y1; y2) = 6(y2)2 :
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
124
Considerato poi l'ulteriore cambiamento di coordinate z = y ; z =
p
1
1
2
6y2 la forma Q assume inne la forma canonica ane
Q(z 1; z 2) = (z 2)2 :
La base (f1 ; f2 ), costituita dai vettori f1 = g1 ; f2 = p16 g2 , e quella
cercata.
4. E conveniente supporre V dotato del prodotto scalare per il quale la
base (i; j; k) e ortonormale. In tale ipotesi la forma Q risulta associata
all'operatore lineare simmetrico T di matrice
0 1 p2 2p2 1
p
A = @ p2
2
2A
2
4
2 2
nella stessa base (i; j; k) di V . Gli autovalori di T sono = 2; 3; 6
e una base (ei; ej; ke) ortonormale (rispetto al ssato prodotto scalare)
costituita da autovettori diT associati
p rispettivamente
p aglipautovalori
p
e
e
= 2; 3; 6 e, ad esempio, i(1= 2; 1=2; 1=2); j(1= 3, 2= 3; 0);
ek( 1=p6; 1=2p3; 3=2p3). Nelle coordinate (xe; ye; ze) nella base
(ei; ej; ke) l'espressione di Q e
Q(xe; ye; ze) = 2xe2 + 3ye2 + 6ze2 :
Considerato poi un ulteriore cambiamento di coordinate, cioe passando
coordinate
nella base
(i0 ; j0 ; k0 ) costituita dai vettori i0 =
p alle
p
p
(1= 2)ei; j0 = (1= 3)ej; k0 = (1= 6)ke, Q assume forma canonica (afne)
Q(x0; y0; z 0) = x02 + y02 + z 02 :
Coniche e Quadriche
Riferimento ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo.
1. a) Nel riferimento assegnato l'ellisse E ha equazione canonica
xp + yp = 1
(1= 2) (1= 3)
p
p
Quindi i semiassi sono a = 1= 2 (maggiore) e b = 1= 3 (minore); i fuochi
sono i q
punti F ( p ; 0); F 0 ( p ; 0) (si ricordiqche f = a b ); l'eccentricita
e e = ; le direttrici sono le rette x = .
2
2
2
1
6
1
3
2
1
6
2
3
2
2
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
125
Osservando che si passa dall'equazione di E all'equazione di E 0 scambiando
x con y, si puo' passare dai dati determinati per E a quelli richiesti per E 0
semplicemente scambiando i ruoli degli assi x; y.
b) L'equazione canonica dell'ellisse Ee si ottiene sostituendo nell'equazione
di E
(
x = x0 + 12 y0 21
1 0
y + 21 :
y =
2
ed e quindi
8(x0 )2 + 5(y0 )2 + 8x0 y0 8x0 + 2y0 + 1 = 0
Si verica che trattasi di una conica non degenere (priva di punti singolari). Calcolando gli autovalori della matrice della formap quadratica
dell'equazione si trovano autovalori entrambi positivi = 132 73 . Si verica inoltre che con il cambiamento di coordinate
x0 = X + 1
y0 = Y
;
1
l'equazione si scrive
8X 2 + 8XY + 5Y 2 = 4
q
:
q
Quindi Ee e una ellisse, di semiassi a = 2 13 2p73 ; b = 2 13+2p73 . Ne
risulta cosi completamente determinata l'equazione canonica. Qui appresso sono ragurate E , con centro nell'origine e Ee; si tratta di ellissi non
congruenti poiche una trasformata dell'altra mediante una trasformazione
lineare ane (che conserva il tipo di conica) ma non isometrica.
2. a) La forma quadratica dell'equazione di C e
Q(x; y) = 2x + 8y + 8xy
2
ovvero
2
Q(x; y) = 2(x + 2y)
:
Si vede facilmente che il cambiamento di coordinate
( 0 p
x = (x + 2y)
y0 = p (2x y)
2
1
5
1
5
fa passare a nuove coordinate cartesiane ortonormali nelle quali Q e ridotta
alla forma canonica
Q(x0; y0) = 10x02
(e se ne trae subito che C ha il tipo di una parabola).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
126
0.5
-0.5
1
0.5
1.5
-0.5
-1
-1.5
-2
Il cambiamento di coordinate (x0 ; y0 ) ! (x; y) e dato dalle equazioni
(
x = p (x0 2y0)
y = p (2x0 + y0)
1
5
1
5
e l'equazione di C nelle nuove coordinate x0 ; y0 e
p
5y0 = 10x0 2 + p20 x0 + 2 + 3 5
5
:
Consideriamo ora un cambiamento di coordinate denito dalle equazioni
x0
y0
=X +
=Y +
ove X; Y sono le coordinate nel riferimento ottenuto da (O; i0 ; j0 ) mediante
la traslazione denita dal vettore di coordiante x0 = ; y0 = nella base
(i0 ; j0 ).
L'equazione di C nelle nuove coordinate X; Y e
p
5Y = 10X 2 + 20( + p1 )X + 102 + p20 5 + 2 + 3 5 :
5
5
p
Posto dapprima = 1= 5 tale equazione si riduce a
p
5Y = 10X 2 5 + 3 5
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
127
p
e poi, per = 3= 5
5Y = 10X 2
ovvero
Y = 2X
che e una equazione canonica per C , dalla quale si riconosce, in particolare,
che C e una parabola.
b) La trasformazione che fa passare dalle coordinate x; y iniziali alle coordinate X; Y nelle quali l'equazione di C assume forma canonica considerata
e espressa dalle equazioni
2
(
X = p (x + 2y + 1)
Y = p ( 2x + y 3)
1
5
1
5
Il vertice V di C ha coordinate X = 0; Y = 0 e quindi coordinate x; y
costituenti la soluzione del sistema
x + 2y + 1 = 0
2x + y 3 = 0
ovvero, risolvendo, x = 7=5; y = 1=5.
In coordinate X; Y l'equazione dell'asse di C e X = 0; dunque l'equazione
di tale asse in coordinate x; y e
x + 2y + 1 = 0
(ottenuta ponendo X = 0 nella prima equazione della trasformazione di
coordinate sopra scritta).
(La gura seguente e ricapitolativa di quanto trovato).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
6
4
2
-8
-6
-4
-2
2
128
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
129
ESERCIZI DI GEOMETRIA
per Studenti di Fisica
docente S. Marchiafava)
a.a. 2003/04
11 marzo 2004
1. Spazio vettoriale Euclideo V . Base ortonormale (i; j; k).
Considerato il piano : x 2y + z = 0
1) determinare la proiezione ortogonale del vettore v( 2; 1; 2) su .
2) Vericare che la terna di vettori (i0 ; j0 ; k0 ) di coordinate rispettivamente
( p16 ; p26 ; p16 ); ( p12 ; 0; p12 ); ( p13 ; p13 ; p13 ) e una base ortonormale con j0 ; k0 sul
piano .
p
p
p
3) Considerato il vettore w = 6i0 + 2j0 + 3k0 determinarne l'immagine
mediante la simmetria ortogonale S rispetto ad .
2. Spazio Euclideo R .
4
Dati i punti P1 (1; 1; 1; 1); P2 (1; 0; 0; 1); P3 (2; 1; 1; 1); P4 (2; 0; 2; 1)
a) calcolare le distanze d(P1 ; P2 ); d(P4 ; P3 );
b) vericare che P1 ; P2 ; P3 ; P4 sono vertici consecutivi di un rettangolo.
3. Piano Euclideo R (riferito alla base canonica (e = (1; 0); e = (0; 1)).
2
Data la matrice simmetrica
1
A=
2
1 3
3 1
a) scrivere la forma quadratica Q(x1 ; x2 ) corrispondente;
b) dire se Q e denita positiva;
c) dire se l'equazione
Q(x1; x2) = 1
ammette soluzioni reali.
d) Considerata la base (f1 ; f2 ) ottenuta ruotando (e1 ; e2 ) di un angolo =
=4 (nel verso positivo di rotazione) scrivere l'espressione di Q mediante le
coordinate (y1 ; y2 ) nella base (f1 ; f2 ).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
130
4. Mostrare che la trasformazione
8 x0 = p x vt
<
v =c
t x
0
: t = p v =c
1
1
2
2
2
2
v
c2
ove c e una costante positiva v e una costante reale di valore assoluto inferiore
a c, jvj < c, e una isometria del prodotto scalare di R2 associato alla forma
quadratica Q(x; t) = x2 c2 t2 .
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
131
SOLUZIONI
ESERCIZI DI GEOMETRIA
per Studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2003/04
11 marzo 2004
1. 1) n(1; 2; 1) e un vettore direttore per la retta ortogonale ad . La
proiezione ortogonale di v( 2; 1; 2) sulla retta di n e v0 = nvnn n ovvero
v0 = (1; 2; 1) = ( 1; 2; 1). Quindi la proiezione ortogonale v" di v su
e v" = v v0, cioe v"( 1; 1; 1).
2) Si verica subito che ji0 j = ( p ) + ( p ) + ( p ) = 1, e analogamente
che jj0 j = jk0 j = 1; inoltre i0 j0 = p p p 0 + p ( p ) = 0 e cosi pure
i0 k0 = j0 k0 = 0, sicche (i0; j0; k0) e una base ortonormale. Poiche i0 e ortogonale
ad ne risulta subito che i vettori j0 ; k0 giacciono sul piano stesso.
p p p
3) S w = 6i0 + 2j0 + 3k0 = i + 3i k .
p
p
2. a) d(P ; P ) =p (1 1) + (0 + 1) + (0 1) + ( 1 1) =p 6;
d(P ; P ) = (2 2) + (1 0) + (1 2) + ( 1 1) = 6;
!
!
b) P P = P P = e e 2e , quindi i quattro punti presi nel dato ordine
! !
sono i vertici consecutivi di un parallelogramma; inoltre P P P P = (e
e e ) (e + e + e ) = 0, quindi si tratta di un rettangolo.
3.
6
6
1 2
6
1 1
6 2
2
2
2
1
4
1
2
2
2
2
2
3
4
3
2
3
2 2
6
2
6
2
1 2
6
1
6
1
2
2
2
2
2
4
1
3
4
1
2
2
1
4
2
3
a) Q(x1 ; x2 ) = (x1 )2 + 6x1 x2 + (x2 )2 .
b) Risulta det(A) = 8, quindi Q e (non degenere e) non denita.
c) E' evidente che Q assume valori positivi, ad esempio su vettori con coordinate
tutte positive, e inoltre Q(kx1 ; kx2 ) = k2 Q(x1 ; x2 ): ne risulta quindi che Q
assume tutti i possibili valori positivi. Se ne puo concludere che ci sono vettori
(x1 ; x2 ) sui quali Q(x1 ; x2 ) = 1.
d) Il cambiamento di coordinate dalla base (f1 ; f2 ) a (e1 ; e2 ) si scrive
( 1 p1 1 p1 2
y
x = 2y
2
1
1
1
2
x = p 2 y + p2 y 2 :
Quindi sostituendo in Q si trova
Q(y1; y2) = ( p1 y1 p1 y2)2+6( p1 y1 p1 y2)( p1 y1+ p1 y2)+( p1 y1+ p1 y2)2;
2
2
2
2
2
2
2
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
132
ovvero, semplicando, Q(y1 ; y2 ) = 4(y1 )2 2(y2 )2 (che e una forma canonica di
Q).
4.
La trasformazione e lineare e risulta
(x0 )2
ovvero
c
2
(t0 )2
h
p x vt2 2
i
2
h
p t vx2 2
i
2
= 1 cv
c 1 cv
2 2vxt+v 2 t2
x
c2 t2 12vtxc2+v2v2x2 = (1
= 1 c2 v2
2
c2 v2 )(x2 c2 t2 )
1 c2 v 2
(x0 )2 c2 (t0 )2 = x2 c2 t2
cioe Q(x; t) = Q(x0 ; t0 ). Quindi la trasformazione conserva Q e, di consequenza,
il prodotto scalare associato.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
133
2 ESONERO DI GEOMETRIA
o
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2003/04
12 marzo 2004
1. Riferimento ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo. Dato il vettore u = 4i
provare che
a) v = 2i + 2j e la proiezione ortogonale di u sulla retta r : x y = 0;
b) w = 4j e il simmetrico di u nella simmetria ortogonale rispetto alla retta
r.
2. Riferimento ortonormale (O; i; j; k) nel piano Euclideo. Scrivere le equazioni
della rotazione di angolo = =3 attorno all'asse z (orientato positivamente,
ruotando nel verso positivo di rotazione associato al riferimento ssato).
3. Spazio numerico R3. Coordinate canoniche x; y; z. Data la forma quadratica
Q(x; y; z ) = x2 2y2 + 3z 2
determinare una retta di R3 sulla quale la restrizione di Q e rispettivamente
i) denita positiva;
ii) denita negativa;
iii) nulla.
4. Piano numerico R . Sia (e ; e ) la base canonica di R e (f ; f ) la base
formata dai vettori f = 2e e ; f = 3e e . Considerata la forma quadratica
2
1
1
1
2
2
2
2
1
2
Q(x ; x ) = 2(x ) + (x )
1
2
1 2
2 2
1
2
8x1 x2
scrivere
a) la matrice A di Q nella base (e1 ; e2 );
b) la matrice B di Q nella base (f1 ; f2 );
c) l'espressione di Q in termini delle coordinate (y1 ; y2 ) nella base (f1 ; f2 ).
5. Piano numerico R . Considerata la funzione reale
2
z = x + y + 4xy
delle variabili x; y, facendo uso dei risultati noti a proposito delle forme quadratiche provare che l'origine O(0; 0) non e un punto di minimo.
2
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
134
SOLUZIONI
2 ESONERO DI GEOMETRIA
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2003/04
o
12 marzo 2004
1. a) v 2 r; inoltre u0 = u v = 2i 2j e ortogonale a v, risultando u0 v = 0.
Quindi v = P u e la proiezione ortogonale di u sulla retta r;
b) w = v u0 . Quindi w e il simmetrico di u nella simmetria ortogonale rispetto
alla retta r.
2. Nella data base la matrice e le equazioni della rotazione sono rispettivamente
0
p
A=@
p
1
2
3
2
1
2
0
0
0
1
3
2
0
1
A
8 x0 = x
<
p
0=
y
: z0 = x
1
2
;
3
2
p
3
2
1
2
+ y
y
z
:
3. Ad esempio, la restrizione di Q e rispettivamente i) pdenita positiva sull'asse x;
ii) denita negativa sull'asse y; iii) nulla sulla retta x
2y = 0 del piano xy.
2 4
4. a) A = 4 1 ;
2 3
t
b) B = C AC ove C =
1 1 e la matrice del cambiamento di base da
(e1 ; e2 ) a (f1 ; f2 ); quindi
25 33 B = 33 43 :
c) In termini delle coordinate (y1 ; y2 ) si ha
Q(y ; y ) = 25(y ) + 43(y ) + 66y y :
1
2
1 2
2 2
1
2
5. Posto f (x; y) = x + y + 4xy si ha f (0; 0) = 0. Si deve quindi vericare che la
2
2
forma quadratica f , che evidentemente assume valori positivi su alcuni vettori, ad es.
(1; 0), in eetti non e denita ne semidenita
positiva. Cio risulta dall'osservare che
1
2
la matrice della forma, A = 2 1 , ha determinante uguale a 3, negativo.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
135
ESERCIZI di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
30-31 maggio 2005
Uso di prodotti scalari
1. Spazio euclideo R (dotato di prodotto scalare canonico). Dati i vettori
u = ( 1; 2; 1; 1); v = (1; 1; 1; 2)
4
a) vericare che hanno la stessa lunghezza;
^;
b) calcolare l'angolo uv
c) determinare i vettori del piano u; v che formano un angolo = =3 con u.
2. Spazio euclideo R4. Sia U il sottospazio di R4 di equazioni
x
1
2x2
=0
2x3 +x4 = 0 :
a) Determinare una base per il complemento ortogonale U ? di U .
b) Scegliere una base ortonormale di R4 i cui primi due vettori stanno in U e gli
ultimi due vettori stanno in U ? .
3. Spazio euclideo R4. Sia W il piano di R4 generato dai vettori w1 = (0; 0; 1; 1);
w2 = (1; 0; 0; 1). Determinare una base ortonormale (f1; f2; f3; f4) per la quale il
piano di f1 ; f2 coincide con W .
4. Spazio C 0([ 1; 1]) delle funzioni reali di variabile reale denite e continue
nell'intervallo [ 1; 1], dotato del prodotto scalare
(f; g) =
Z
1
1
f (x)g(x)dx :
Ortonormalizzare con il procedimento di Gram-Schmidt la successione di polinomi
f1; t; t ; : : : ; tn; : : : g
2
no a n = 3.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
136
Confrontare quanto ottenuto con la successione di polinomi (di Legendre)
Pn(t) = 2n1n! Dn((t2 1)n) ; n = 0; 1; 2; : : : :
5. Spazio vettoriale V dotato di prodotto scalare (non necessariamente denito
positivo).
Indichiamo con kuk2 il prodotto scalare u u (anche se non si tratta necessariamente di un numero non negativo).
Mostrare che comunque sono dati u; v in V risulta
ku + v k + ku v k = 2 ku k + 2 kv k
2
2
2
2
(Identita del parallelogramma).
6. Spazio euclideo R4 (con prodotto scalare canonico).
Considerato l'iperpiano : 2x1 x2 + x3 + 2x4 = 0 e il vettore w = (4; 25 ; 32 ; 1),
i) decomporre w nella somma w = w0 + w00 di un vettore w0 ortogonale a e un
vettore w00 appartenente a ;
ii) determinare il simmetrico S w di w nella simmetria ortogonale rispetto a ;
iii) determinare il simmetrico S 0 w di w nella simmetria ortogonale rispetto alla
normale a ;
iv) scrivere le equazioni della proiezione ortogonale P su ;
v) scrivere le equazioni della simmetria ortogonale S rispetto a .
7. Spazio euclideo R4 (con prodotto scalare canonico).
E dato l'iperpiano : x1 2x2 + x3 3x4 = 0.
a) Vericare che la retta r : x1 = t; x2 = 2t; x3 = t; x4 = 3t e ortogonale a ;
b) determinare la proiezione ortogonale del vettore v = (3; 5; 2; 5) su ;
c) determinare il piano simmetrico del piano : x1 x2 = 0; x3 + x4 = 0 nella
simmetria ortogonale rispetto all'iperpiano .
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
137
SOLUZIONI
Esercizi di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
30-31 maggio 2005
Uso di prodotti scalari
1. a) Risulta jupj = ( 1) + 2 + 1 + 1 = 7; jvj = 1 + 1 + 1 + ( 2) = 7.
Quindi juj = jvj = 7.
^ = juujjvvj =
b) cos uv
= 0, quindi u; v sono ortogonali.
p
c) Due vettori del piano u; v che hanno lunghezza 7 e formano un angolo = =3
con u sono
p
p
3
1
1
w = cos 3 u + sin 3 v 2 u + 2 v ; w = cos 3 u sin 3 v 2 u 23 v ;
ovvero
p
p
p
p
1
+
2
+
1
+
1
2
3
3
3
w = ( 2 ; 2 ; 2 ; 2 3) ;
p
p
p
p
1
+
3
3
3
2
+
1
+
1
2
w = ( 2 ; 2 ; 2 ; 2 3) :
Tutti gli altri vettori del piano u; v che formano un angolo = con u sono della
2
2
(
2
2
1)1+2(1)+1(1)+1(
7
2
2
2
2
2
2
2)
2
1
1
2
3
forma
w 0 = tw ; t > 0
1
1
w 0 = tw ; t > 0 :
oppure
2
2
2. a) Una base (u ; u ) di U , costituita da vettori ortogonali e di stessa lunghezza,
si ha ad esempio per
p
1
2
u = (2; 1; 0; 0) ; u = (0; 0; 1; 2)
1
2
(ju1 j = ju2 j = 5). Risulta poi che
U ? = fv 2 R j v u = v u = 0 g
e quindi equazioni di U ? sono
2x +x
=0 :
x 2x = 0
4
1
1
2
2
3
4
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
138
Una base ortogonale (v1 ; v2 ) di U ? , di vettori aventi lunghezza uguale a quella di
u1; u2 e ad esempio
v2 = (1; 2; 0; 0) ; v2 = (0; 0; 2; 1) :
b) (f1 = pu15 ; f2 = pu25 ; f2 = pu25 ; f3 = pv15 ; f4 = pv25 ) e una base ortonormale di R4 del
tipo richiesto.
3. Una base ortogonale
per il piano di w1; w2 e, ad esempio, quella costituita da
w1 e w20 = w2 ww21ww11 w1, ovvero
0
B
w0 = B
@
1
0
1 0
1
1
0
1
C
B
C
B
1
0 C+ B 0 CB 0 C
C
2
0 A 2 @ 1 A @ 21 A :
1
1
1
2
I vettori v = (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) dell'ortogonale al piano di w1 ; w2 sono caratterizzati dal
vericare le condizioni v w1 = v w2 = 0 ovvero il sistema
x3 + x4 = 0
x1
x4 = 0
e pertanto sono tutti e soli quelli della forma t = (a; b; a; a). Una base ortogonale per
il piano ortogonale a w1 ; w2 e, ad esempio, quella costituita da
t1 = (1; 1; 1; 1) ; t2 = (1; 3; 1; 1) :
Quindi una base del tipo richiesto e, ad es.,
p
w1 ; f = ( 2=3)w0 ; f = t1 ; f = tp2 ) :
(f1 = p
2 3
2 4 2 3
2 2
4. Ortogonalizzando con il procedimento di Gram-Schmidt il sistema di polinomi
f1; t; t ; t g
2
si ottiene rispettivamente
f1; t; t
2
1 ; t3
3
3
3 tg ;
5
e normalizzando successivamente
r p
r
3
1
5
2
5
1
f p ; 3 t; 4 (t2 3 ); 2 117 (t3 53 t) :
2
I primi 4 polinomi di Legendre sono proporzionali a tali polinomi risultando
3
2
P0(t) = 1 ; P1(t) = t ; P2(t) = 3t 2 1 ; P3(t) = 5t 2 3t :
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
139
5. Applicando le proprieta di bilinearita del prodotto scalare risulta
ku + vk + ku vk = (u + v) (u + v) + (u v) (u v)
= ku k + kv k + u v + v u
:
+ ku k + kv k u v v u
= 2 ku k + 2 kv k
2
2
2
2
2
2
2
2
6. Un vettore direttore della normale a e, ad esempio, n = (2; 1; 1; 2).
(2; 1; 1; 2) = (1; ; ; 1) e
i) Risulta w0 = wnnn n =
w00 = w w0 = (3; 3; 1; 2).
ii) Il simmetrico di w nella simmetria ortogonale rispetto a e S w = w0 + w00 =
3 )1+( 1)2
1)+( 2
2
2
2 +( 1) +12 +22
4(2)+( 5
2 )(
1
2
1
2
(2; 27 ; 12 ; 3).
iii) Il simmetrico di w nella simmetria ortogonale rispetto alla normale a e
S 0 w = S w.
iv) La proiezione ortogonale su di un vettore v e
v00 = v
v n n :
nn
traducendo scalarmente, le equazioni della proiezione ortogonale P su sono
0 21
0 y 1 1 0 x1 1
BB y2 CC = BB x2 CC 2x1 x2 + x3 + 2x4 BB 1 C
A:
@ 1C
@ y 3 A @ x3 A
10
2
x4
y4
ovvero
8 y1 = 1 (6x1 + 2x2 2x3 4x4)
>
< y2 = 101 (2x1 + 9x2 + x3 + 2x4)
10
1
1
2
3
4
3
y
=
>
: y4 = 101 (( 24xx1 ++ 2xx2+ 9x2x3 +26xx)4)
10
v) Poiche S v = v + 2P v (si faccia una gura) le equazioni della simmetria
ortogonale S rispetto a sono
8 y1 = 1 (6x1 + 2x2 2x3 4x4) x1
>
< y2 = 51 (2x1 + 9x2 + x3 + 2x4) x2
5
1
1
2
3
4
3
3
y
=
>
: y4 = 51 (( 24xx1 ++ 2xx2+ 9x2x3 +26xx)4) xx4
5
ovvero
8 y1 = 1 (x1 + 2x2 2x3 4x4)
>
< y2 = 51 (2x1 + 4x2 + x3 + 2x4)
5
:
1
1
2
3
4
3
y
=
>
: y4 = 15 (( 24xx1 ++ 2xx2+ 4x2x3 +2xx4))
5
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
140
7. a) r ha parametri direttori (1; 2; 1; 3) proporzionali ai coecienti dell'equazione di ; quindi r e ortogonale a .
b) Considerato il vettore n = (1; 2; 1; 3) ortogonale a , la proiezione ortogonale
00
v di v su e data da v00 = v nvnn n ovvero
0
B
v00 = B
@
3
5
2
5
1
CC
A
0
B
2B
@
1
2
1
3
1 0
CC = BB
A @
1
1
0
1
1
CC :
A
c) Una base per e data da (u1 = (1; 1; 0; 0); u2 = (0; 0; 1; 1)). I vettori simmetrici di u1 ; u2 rispetto a sono rispettivamente
u0 = u
1
e
1
2
011
u n n = B
1C
B
A
@0C
1
nn
0
u n n = B
B
@
0
1
0
2B
B
@
5
0
1
2
1
3
1 0
CC = B
A B
@
1 0
3
5
1
5
2
5
6
5
1
C
C
A
1
8
0
1
5
16 C
B
8B
0C
2C
15 C :
C
B
C
B
=
u02 = u2 2 n2 n
A
1 A 15 @ 1 A @ 23
15
39
3
1
15
0
Il piano simmetrico del piano nella simmetria ortogonale rispetto all'iperpiano e generato da u01 ; u02 .
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
ESERCIZI di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
9 giugno 2005
Operatori autoaggiunti in spazi euclidei
1. Spazio euclideo numerico R .
8y
<
E dato l'operatore lineare T di equazioni y
:y
3
1
2
3
= x1
+2x3
=
2 x2
1
= 2x
+ x3
a) Dimostrare che T e autoaggiunto.
b) Determinare una base ortonormale che diagonalizza la matrice di T .
c) Scrivere quali matrici diagonali puo ammettere T .
2. Spazio Euclideo V ; base ortonormale (i; j; k).
8 y1 = 5x1 x2 +2x3
<
E dato l'operatore lineare U di equazioni : y2 = x1 +5x2 +2x3
y3 = 2x1 +2x2 +2x3
a) Dimostrare che U e autoaggiunto.
b) Determinare una base ortonormale che diagonalizza la matrice di U .
c) Scrivere quali matrici diagonali puo ammettere U .
3. Spazio Euclideo V ; base ortonormale (i; j; k).
01 0 0 1
E' dato l'operatore lineare V di matrice A = @ 0 1 0 A nella base
0 0 1
0
0
0
(i = (1; 1; 0); j = (0; 1; 1); k = (1; 1; 3)).
Dire se V e autoaggiunto oppure no.
141
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
142
SOLUZIONI
Esercizi di Algebra e Geometria
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
9 giugno 2005
Operatori autoaggiunti in spazi euclidei
1. a) La matrice di T (nella base ortonormale canonica di R ) e
01
A=@ 0
0 2
2 0
2 0 1
3
1
A
ed e simmetrica; quindi T e autoaggiunto.
b) Una base ortonormale che diagonalizza la matrice di T deve essere costituita
da autovettori di T .
Gli autovalori di T sono 1 = 1; 2 = 2; 3 = 3 e corrispondenti autovettori
sono, ad esempio, u1 = (1; 0; 1); u2 = (0; 1; 0); u3 = (1; 0; 1), a due a due ortogonali.
Una base ortonormale del tipo richiesto e quindi f1 = ( p12 ; 0; p12 ); f2 = (0; 1; 0); f3 =
( p12 ; 0; p12 ). Infatti in tale base la matrice di T e
0
B=@
1 0 0
0 2 0
0 0 3
1
A
c) Le matrici altre matrici diagonali che puo ammettere T , corrispondentemente
a permutazioni dei vettori della precedente base, sono
0
@
.
1 0 0
0 3 0
0 0 2
1 02
A;@ 0
0 0
1 0
0 0 3
1 02
A;@ 0
0 0
3 0
0 0 1
1 03
A;@ 0
0 0
1 0
0 0 2
2. a) La matrice dell'operatore lineare U nella data base e
0
A=@
5 1 2
1 5 2
2 2 2
1
A
1 03
A;@ 0
0 0
2 0
0 0 1
1
A
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
143
Poiche si tratta di una matrice simmetrica e la base e ortonormale ne segue che U e
autoaggiunto.
b) Gli autovalori di U sono 1 = 0; 2 = 3 = 6 e i corrispondenti autospazi sono
rispettivamente la retta V (0) = ft(1; 1; 2)j t 2 Rg e il piano V (6) = ft(1; 1; 0) +
s(1; 1; 1)j t; s 2 Rg and essa ortogonale. Una base ortonormale che diagonalizza la
matrice di U e, ad esempio, (g1 = ( p16 ; 1; p26 ); g2 = ( p12 ; p12 ; 0); g3 = ( p13 ; p13 ; p13 )),
nella quale la matrice di U e
00
B=@ 0
.
0 0
6 0
0 0 6
1
A
c) Le altre matrici diagonali che puo ammettere U sono
06
@0
0 0
6 0
0 0 0
1 06
A;@ 0
0 0
0 0
0 0 6
1
A:
3. La matrice e simmetrica ma poiche la base (i0 = (1; 1; 0); j0 = (0; 1; 1); k0 =
(1; 1; 3)) non e ortonormale l'operatore V non e autoaggiunto. In eetti V e la
simmetria obliqua rispetto al piano x y z = 0, generato da i0 ; j0 , parallelamente
alla retta di k0 e non si tratta di una simmetria ortogonale.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
144
ESERCIZI DI GEOMETRIA
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
16 giugno 2005
1. Base ortonormale (i0
; j; k) nello 1
spazio Euclideo V . E dato l'operatore lineare
1
1
2
1
2
0 0A .
0 0
i) Vericare che T e autoaggiunto.
ii) Determinare una base ortonormale (i0 ; j0 ; k0 ) nella quale la matrice B di T e
diagonale, specicando B .
iii) Scrivere l'espressione della forma quadratica Q associata a T in termini delle
coordinate (x; y; z ); (x0 ; y0 ; z 0 ) nelle basi (i; j; k); (i0 ; j0 ; k0 ) rispettivamente.
iv) Determinare la forma canonica ane di Q.
2 2
1
2
2. Piano numerico R . Considerata la funzione z = 2 x + 3y + 6xy delle
variabili x; y, facendo uso dei risultati noti a proposito delle forme quadratiche
j) provare che l'origine O(0; 0) non e un punto di minimo ne di massimo.
jj) Scrivere l'equazione canonica del graco della funzione, riconoscendo di quale
quadrica si tratta.
3. Coordinate cartesiane ortonormali x; y nel piano Euclideo.
a) Determinare l'equazione canonica (metrica) della conica
p
p
p
C : x2 y2 + 2 3xy 2(1 + 3)x 2(1 3)y + 2 = 0 :
b) Dopo aver riconosciuto che si tratta di una iperbole determinarne assi e asintoti
(in termini delle coordinate x; y).
4. Coordinate cartesiane ortonormali x; y nel piano Euclideo.
a) Determinare l'equazione canonica (metrica) della conica
E : 5x2 + 5y2 + 6xy 4x + 4y = 0 :
b) Dopo aver riconosciuto che si tratta di una ellisse determinarne semiassi, assi e
centro (in termini delle coordinate x; y).
5. Coordinate cartesiane ortonormali x; y; z nello spazio Euclideo. Determinare
l'equazione canonica (metrica) delle quadriche: a) x2 + y2 + z 2 xy yz xz 1 = 0;
b) 2xy 2xz x y z = 0 riconoscendone il tipo.
T : V ! V di matrice A = @
1
2
1
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
145
SOLUZIONI
ESERCIZI DI GEOMETRIA
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
16 giugno 2005
1. Base ortonormale (O; i; j; k) nello spazio Euclideo V . i) T e autoaggiunto
poiche la sua matricep A nella
p base ortonormale ssata e simmetrica. ii) Gli autovalori
1+ 3 1
di T sono = 0; 2 ; 2 3 e autovettori
ad essi associati
rispettivamente sono, ad
p
p
esempio, r = (0; 1; 1); s = (1 + 3; 1; 1); t = (1
3; 1; 1). Una base ortonormale
(i0 ; j0 ; k0 ) formata da autovettori e quella che si ottiene normalizzando r; s; t; in tale
base la matrice (diagonale) di T e
00
B=@ 0
0p
1+ 3
2
0
0
1
0
0p
3
1
A:
2
iii) Le espressioni della forma quadratica Q associata a T in termini delle coordinate
(x; y; z ); (x0 ; y0 ; z 0 ) sono rispettivamente
Q(x; y; z ) = x + xy + xz ;
2
Q(x0; y0; z 0) =
p
1 + 3 (y0 )2
2
1
p
2
3 (z 0 )2 :
iv) La forma canonica ane di Q e ye2 ze2 .
2. Piano numerico R2. j) In (x = 0; y = 0) si ha z = 0; inoltre la forma quadratica
x + 3y + 6xy
a a 1 3 e non degenere e non denita, risultando a a = 3 3 = 12 < 0. Poiche
z assume sia valori positivi che valori negativi in punti (x; y) diversi dall'origine, ad
esempio negativi sull'asse x e positivi sull'asse y, ne segue che (0; 0) non puo essere
ne un punto di massimo ne un punto di minimo. jj) L'equazione canonica (metrica)
del graco della funzione
p si perviene con una rotazione del riferimento sul
p (alla quale
X +
Y e si tratta di un paraboloide iperbolico.
piano x; y) e z =
2
13)
(1+
2
2
(1
13)
2
2
2
11
12
21
22
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
146
3. Coordinate cartesiane ortonormali x; y nel piano Euclideo. a) La forma
quadratica dell'equazione di C e
Q(x; y) = x
p p
y + 2 3xy ;
2
2
di matrice A = p13 13 . Gli autovalori di A sono = 2; 2 e una base ortonorp
p
male di autovettori ad essi rispettivamente associati e (i0 = ( 23 ; 21 ); j0 = ( 12 ; )32 ).
Con la sostituzione
(
p
x = 23 x0 p21 y0
y = 21 x0 + 23 y0
si ottiene l'equazione di C in coordinate x0 ; y0 :
2(x0 )2 2(y0 )2 4x0 + 4y0 + 2 = 0 ovvero (x0 )2 (y0 )2 2x0 + 2y0 + 1 = 0:
Con la traslazione X = x0 ; Y = y0 si ha poi
2X 2 Y 2 + 2( 1)X 2( 1)y + 2 2 2 + 2 + 1 = 0
e quindi, per = 1; = 1 l'equazione diventa
Y X = 1:
Si tratta quindi di una iperbole equilatera. b) l cambiamento di coordinate complessivo che ha portato l'equazione in forma canonica e
2
(
X =
Y =
2
p
3
2
1
2
x + py
x + y
1
2
3
2
1 ;
1
p
quindi gli assi di C sono rispettivamente
p le rette X = 0 ovvero 3x + y + 2 = 0
(asse trasverso) , Y = 0 ovverop x p+ 3y 2 = 0 (asse non trasverso) e il centro,
loro intersezione, e il punto Q( 32 1 ; 3+1
).
2
4. Coordinate cartesiane ortonormali x; y nel piano Euclideo. a) La forma
quadratica dell'equazione di C e
5 3
Q(x; y) = 5x + 5y + 6xy :
2
2
di matrice A = 3 5 . Gli autovalori di A sono = 2; 8 e una base ortonor0 = (1=p2; 1=p2); j0 =
malep di autovettori
ad
essi
rispettivamente
associati
e
(
i
p
(1= 2; 1= 2)). Con la sostituzione
(
x =
y =
p1 x0
2
p1 x0
2
+ p12 y0
+ p12 y0
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
147
si ottiene l'equazione di C in coordinate x0 ; y0 :
p8 x0 = 0 :
2(x0 )2 + 8(y0 )2
Con la traslazione X
= x0
; Y
2
= y0
si ha poi
2X 2 + 8Y 2 + (4 p8 )X + 22
2
p
e quindi, per = 2 l'equazione diventa
p8 = 0
2
pX + Yp = 1 :
2X + 8Y 4 = 0 ovvero
( 2) (1= 2)
p
p
b) C e un'ellisse di semiassi a = 2; b = 1= 2. Poiche il cambiamento di coordinate
complessivo che ha portato l'equazione in forma canonica e
(
X = p (x y 2)
Y = p (x + y )
gli assi di C sono rispettivamente le rette x + y = 0 ; x y 2 = 0 e il centro, loro
intersezione, e il punto Q(1; 1).
5. a) La forma quadratica dell'equazione della quadrica e
Q(x; y; z ) = x + y + z xy yz xz
0 1 1=2 1=2 1
1=2 A. Gli autovalori sono = 0; ; e core ha matrice A = @ 1=2 1
1=2 1=2 1
rispondenti vettori unitari a due a due ortogonali sono I( p ; p ; p ); J( p ; p ; 0);
K( p ; p ; 0). Nel riferimento ortonormale (O; I; J; K) l'equazione della quadrica e
3 (Y + Z ) = 1
2
e si tratta di un cilindro rotondo con generatrici p
parallele all'asse X (Cilindro proiettante la circonferenza di centro O e raggio r = 2=3 del piano Y; Z parallelamente
all'asse X ).
b) La forma
dell'equazione della quadrica e Q(x; y; z ) = 2xy 2xz , di
1
0 quadratica
0 1 1
p p
matrice A = @ 1 0 0 A. Gli autovalori sono = 2; 2; 0 e corrispondenti
0 0
autovettori unitari sono i0 ( p ; ; ); j0 = k0 ^ i0 ( p ; ; ); k0 (0; p ; p ). Nel
riferimento ortonormale (O; i0 ; j0 ; k0 ) l'equazione e 2(x0 ) 2(y0 ) x0 y0 2z 0 = 0.
Eettuando poi la traslazione X = x0 ; Y = y0 + ; Z = z 0 si ha, a meno del fattore
2, X Y Z = 0. Si tratta di un paraboloide iperbolico, ovvero a sella.
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
3
2
1
2
1
3
1
2
2
1
2
2
2
1
2
1
3
1
3
1
2
3
2
1
2
2
1
2
1
2
1
4
1
4
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
148
2 ESONERO DI GEOMETRIA
o
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
20 giugno 2005
1. Spazio euclideo R . E' dato l'iperpiano : x + 2x x + 2x = 0.
a) Decomporre il vettore v = (4; 7; 2; 5) nella somma v = v0 + v00 di un vettore
v0 ortogonale ad e un vettore v00 appartenente ad .
b) Determinare il vettore ve = S v simmetrico di v rispetto ad (simmetria ortog4
1
2
3
4
onale).
c) Determinare la proiezione ortogonale su del vettore w = 2v.
2. Base ortonormale (O; i; j; k) nello spazio Euclideo V . E dato l'operatore lineare
T : V ! V di matrice
0 5 0 21
A=@ 0 4 0 A:
2 0 5
i) Vericare che T e autoaggiunto.
ii) Determinare una base ortonormale (i0 ; j0 ; k0 ) nella quale la B matrice di T e
diagonale, specicando B .
iii) Scrivere l'espressione della forma quadratica Q associata a T in termini delle
coordinate (x; y; z ); (x0 ; y0 ; z 0 ) nelle basi (i; j; k); (i0 ; j0 ; k0 ) rispettivamente.
iv) Determinare la forma canonica ane di Q.
3. Piano numerico R2. Considerata la funzione z = 2x2 + 2y2 2xy delle variabili
x; y, facendo uso dei risultati noti a proposito delle forme quadratiche
j) provare che l'origine O(0; 0) e un punto di minimo.
jj) Scrivere l'equazione canonica del graco della funzione, riconoscendo di quale
quadrica si tratta.
4. Coordinate cartesiane ortonormali x; y nel piano Euclideo.
a) Determinare l'equazione canonica (metrica) della conica
C : 3x + 3y + 2xy + 2x 10y + 10 = 0 :
2
2
b) Dopo aver riconosciuto che si tratta di un'ellisse determinarne i semiassi. Inoltre, determinare il centro e gli assi (in termini delle coordinate x; y).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
149
SOLUZIONI
2 ESONERO DI GEOMETRIA
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
o
20 giugno 2005
1. Spazio
e N = (1; 2; 1; 2). Si
vN euclideo R . a) Un vettore normale ad
0
00
ha v = NN N = (1; 2; 1; 2) = (3; 6; 3; 6) e v = v v0 = (1; 1; 1; 1). b)
ve = v0 +v00 = ( 2; 5; 4; 7). c) La proiezione ortogonale su del vettore w = 2v
e w00 = 2v00 = ( 2; 2; 2; 2).
2. Base ortonormale (O; i; j; k) nello spazio Euclideo V . i) T e autoaggiunto poiche
4
30
10
la sua matrice A nella base ortonormale ssata e simmetrica. ii) Gli autovalori di T
sono = 3; 4; 7 e autovettori ad essi associati rispettivamente sono r = (1; 0; 1); s =
(0; 1p; 0); t =p(1; 0; 1). Una baseportonormale
del tipo richiesto e ad esempio (i0 =
p
(1= 2; 0; 1= 2); j0 = j; k0 = ( 1= 2; 0; 1= 2)) nella quale la matrice diagonale di T
e
03 0 01
B=@ 0 4 0 A:
0 0 7
iii) Le espressioni della forma quadratica Q associata a T in termini delle coordinate
(x; y; z ); (x0 ; y0 ; z 0 ) sono rispettivamente
Q(x; y; z ) = 5x + 4y + 5z
2
2
4xz ; Q(x0 ; y0 ; z 0 ) = 3(x0 )2 + 4(y0 )2 + 7(z 0 )2 :
2
iv) La forma canonica ane di Q e xe2 + ye2 + ze2 .
3. Piano numerico R2. j) In (x = 0; y = 0) si ha z = 0; inoltre la forma quadratica
2x2 + 2y2 2xy
a a e denita positiva, risultando a = 2 > 0; a a = 3 > 0.
Pertanto z > 0 in
tutti i punti (x; y) diversi dall'origine, che e quindi un minimo assoluto. jj) L'equazione
canonica del graco della funzione e z = X 2 + (pY3)2 2 e si tratta di un paraboloide
ellittico.
11
11
12
21
22
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
150
4. Coordinate cartesiane ortonormali x; y nel piano Euclideo. a) La forma
quadratica dell'equazione di C e
3 1
Q(x; y) = 3x + 3y + 2xy :
2
2
di matrice A = 1 3 . Gli autovalori di A sono = 2; 4 e una base di autovettori
p
p p
p
ad essi rispettivamente associati e (i0 = (1= 2; 1= 2); j0 = (1= 2; 1= 2)). Con la
sostituzione
(
x = p12 x0 + p12 y0
y = p12 x0 + p12 y0
si ottiene l'equazione di C in coordinate x0 ; y0 :
2(x0 )2 + 4(y0 )2 + p12 x0 p8 y0 + 10 = 0 :
2
2
Con la traslazione X = x0 ; Y = y0 si ha poi
2X 2 + 4Y 2 + (4 + p12 )X + (8 p8 )y + 22 + 4 2 + p12 p8 + 10 = 0
2
2
2
2
e quindi, per = p32 ; = p12 l'equazione diventa
2X 2 + 4Y 2 = 1
ovvero
p
Xp + Y = 1 :
(1= 2) (1=2)
2
2
2
2
b) C e un'ellisse di semiassi a = 1= 2; b = 1=2. Poiche il cambiamento di coordinate
complessivo che ha portato l'equazione in forma canonica e
(
X = p (X Y + 3)
Y = p (X + Y 1)
1
2
1
2
gli assi di C sono rispettivamente le rette X Y + 3 = 0 ; X + Y
loro intersezione, e il punto Q( 1; 2).
1 = 0 e il centro,
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
151
3a SELEZIONE
ESERCIZI DI GEOMETRIA
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
23 giugno 2005
CURVE E SUPERFICI NELLO SPAZIO
Riferimento ortonormale (O; i; j; k) nello spazio Euclideo.
1. Data la curva (t) = (1 + t; t t ; t + t ); t 2 R
2
2
3
a) vericare che e regolare.
b) Calcolare il vettore velocita e il vettore accelerazione nel punto generico (t)
c) Calcolare tangente e piano osculatore in (t).
d) Scrivere equazioni parametriche della proiezione ortogonale = (t) della data
curva sul piano xy. Dire di che curva si tratta.
2. Data la curva (t) = (1 + t; t t2; t + t2); t 2 R provare che
a) e regolare,
b) e piana,
c) e una conica.
d) Dire di che tipo di conica si tratta studiandone la proiezione sul piano yz
parallelamente all'asse x.
3. Sia C la curva di equazioni parametriche
(t) = ((t
1)2 ; t 1; (t 1)3 ) ;
(t 2 R) :
a) Vericare che = (t) e una parametrizzazione regolare.
b) Vericare che C passa per l'origine O.
Calcolare in O
c) la tangente,
d) l'accelerazione,
e) il piano osculatore,
f) Provare che C non e piana.
4. Sono dati il punto F (1; 0; 0) dell'asse x e il piano : x = 3 ortogonale allo
stesso asse. Scrivere l'equazione cartesiana del luogo dei punti P per i quali il
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
152
rapporto tra le distanze da F e da e costante, uguale a 1=2. Riconoscere il tipo di
.
5. E' dato il paraboloide iperbolico
P : x +y
z = 1:
a) Vericare che P (1; 1; 1) appartiene a P .
b) Scrivere un'equazione cartesiana del piano tangente in P .
c) Scrivere le equazioni delle schiere di rette di P .
d) Scrivere le equazioni delle rette di P passanti per P .
6. 1) Scrivere equazioni parametriche del toro T ottenuto ruotando attorno
all'asse z la circonferenza del piano xz di centro P (2; 0; 0) e raggio r = 1.
2) Scrivere un'equazione cartesiana per T .
3) Calcolare il piano tangente a T in Q (2 + p ; 0; p ) e nei punti del meridiano
per Q rispettivamente.
2
2
2
0
0
0
0
1
2
1
2
1
1
7. E' data l'elica circolare E di equazioni parametriche
x = 2 cos t ; y = 2 sin t ; z = t
(t 2 R):
Scrivere equazioni parametriche delle seguenti superci rigate:
(a) , luogo delle tangenti a E ;
(b) , luogo delle rette per i punti di E parallele al piano xy e incidenti l'asse z .
(Elicoide).
Mostrare che:
(c) il piano tangente lungo una assegnata generatrice di e sso, ovvero e
una rigata sviluppabile;
(d) i punti dell'elica E sono singolari per ;
(e) e una supercie regolare.
1
2
1
1
1
2
8. Sia C la curva intersezione della sfera S : x + y + z = 4 con il cilindro
2
2
2
(parallelo all'asse z ) di equazione (x 1)2 + y2 = 1.
(a) Calcolare la retta tangente a C nel punto P0 (0; 0; 2).
(b) Determinare i punti singolari di C .
9. E' data la supercie di equazioni parametriche:
x=u+v ; y =u v ; z =u +v
(u; v 2 R) :
(a) Mostrare che e una supercie regolare e che si tratta di un paraboloide
ellittico rotondo.
2
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
153
(b) Considerato il generico punto P = P (u; v) di scrivere nella base (Pu ; Pv ) del
piano vettoriale tangente in P l'espressione del prodotto scalare che e restrizione del
prodotto scalare Euclideo al piano stesso. Scrivere altresi l'espressione della forma
quadratica associata a detto prodotto scalare (1a forma quadratica fondamentale).
Determinare i punti P di per i quali la base (Pu ; Pv )
(c) e ortogonale;
(d) e ortonormale.
Considerate le curve C1 : u = t + 1; v = t + 2 (t 2 R) e C2 : u = sin t; v =
cos t (t 2 R) di (e) vericare che si intersecano in due punti A; B ;
(f) calcolare gli angoli secondo i quali C1 e C2 si incontrano in A, in B rispettivamente.
(g) Calcolare la lunghezza degli archi individuati su C1 ; C2 rispettivamente dalla
coppia di punti A; B .
(h) Dire di che tipo sono le curve C1 ; C2 .
10. E' data la supercie S di equazioni parametriche
x = 12 (u + v) ; y = 12 (u v) ; z = uv :
) Vericare che S e regolare.
) Studiare le intersezioni di S con piani paralleli al piano xy.
) Scrivere equazioni parametriche e cartesiana del piano tangente a S nel punto
P corrispondente alla coppia di parametri (u ; v ) = (1; 1).
) Scrivere la 1a forma quadratica fondamentale in P .
11. E' data la supercie di equazioni parametriche regolari
0
0
0
0
x=u+v ; y =u v ; z =u
2
v :
2
a) vericare che e un paraboloide iperbolico.
b) Scrivere la 1a forma quadratica fondamentale di .
Considerate le curve 1 : u = t + 1 ; v = t + 2 (t 2 R) e 2 : u = sin t0 ; v = cos t0
(t0 2 R) di c) Vericare che si intersecano in due punti;
d) detto Q quello dei due punti che ha maggiore distanza dal piano yz , calcolare
l'angolo secondo il quale 1 e 2 si incontrano in Q.
e) Scrivere l'equazione cartesiana del piano tangente in Q.
12. Vericare che la curva C : x = sin ; y = cos ; z = (sin )2 (cos )2
(a) non e piana;
(b) sta sul paraboloide iperbolico : z = x2 y2 .
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
154
Per ogni punto P = P () di C
(c) scrivere un'equazione cartesiana del piano osculatore a C e del piano tangente
a ;
(d) calcolare l'angolo tra piano osculatore e piano tangente.
13 1) Vericare che il punto e P (0; 2; 3) e un punto semplice della supercie
y2
z2
0
: x + 2 9 = 1.
2) Determinare di che tipo di punto si tratta (ellittico, iperbolico o parabolico).
2
14. Determinare i punti ellittici, iperbolici, e la linea parabolica della supercie
: z = x3 3xy2 .
15. Calcolare la curvatura
a) del paraboloide ellittico z = x2 + 2y2 nell'origine O,
b) del paraboloide iperbolico z = 2x2 3y2 nell'origine O,
c) della supercie z = sin 2x + cos 2y in P0 ( 121 ; 14 ; 21 ).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
155
SOLUZIONI
3a SELEZIONE ESERCIZI DI GEOMETRIA
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
23 giugno 2005
CURVE E SUPERFICI NELLO SPAZIO
Riferimento ortonormale (O; i; j; k) nello spazio Euclideo.
1. a) Verichiamo che la curva e regolare:
i) x = 1 + t: pertanto x(t ) = x(t ) , 1 + t = 1 + t , t = t .
Quindi, iniettivita della corrispondenza t 7! (t).
1
2
1
2
1
2
ii) Le funzioni x = 1 + t; y = t t2 ; z = t2 + t3 sono di classe C 1 (di fatto, C 1 ).
!
iii) 0 (t) = i + (1 2t)j + t(2 + 3t)k 6= 0 8t 2 R.
!
b) Il vettore velocita 0 (t) in (t) e gia stato calcolato. Il vettore accelerazione
nello stesso punto e
!
00 (t) = 2j + (2 + 6t)k :
c) La retta tangente in (t) ha equazione
x
1 t y t + t2 z t2 t3 = 0
1
1 2t t(2 + 3t) e il piano osculatore ha equazione
x
1 t y t + t2 z t2 t3 1
1 2t t(2 + 3t) = 0
0
2
2 + 6t ovvero
(2 + 6t 6t2 )x (2 + 6t)y 2z + 2t3 + 6t2 6t 2 = 0 :
d) Le coordinate x; y di (t) sono
x=1+t
;
y = t(1 t) ;
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
ovvero
156
(t) = (1 + t)i + t(1
t)j :
Eliminato il parametro t con il porre t = x 1 nella espressione della y, si ottiene
l'equazione cartesiana
y = (x 1)(2 x)
che e quella di una parabola con asse parallelo all'asse y, concavita rivolta verso il
basso e vertice il punto V (3=2; 1=4)).
2. a) La regolarita si verica come per la curva del precedente esercizio.
b) Considerato un piano : ax + by + cz + d = 0 esso conterra la curva se vale
l'identita a(1+ t)+ b(t t2 )+ c(t + t2 )+ d = 0 ovvero (c b)t2 +(a + b + c)t + a + d = 0
ovvero c b = 0; a + b + c = 0; a + d = 0. Per a = 1; b = 1=2; c = 1=2; d = 1 si
ha una autosoluzione, e quindi il piano 2x y z 2 = 0 contiene la curva.
c) La curva e l'intersezione del piano : 2x y z 2 = 0 con il cilindro quadrico
Q : z = x + x2, quindi si tratta di una conica.
d) L'equazione della proiezione della curva sul piano yz , che si ottiene eliminando
la x tra le equazioni di Q e , e
4z = y2 + z 2 + 2yz
Si tratta di una parabola, come anche quindi la curva assegnata.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
157
3. a) Poiche y = t !1 la corrispondenza t 7! (t) e iniettiva. Inoltre x(t); y(t); z(t)
sono di classe C e 0 (t) = (2(t 1); 1; 3(t 1) ) =
6 0 per ogni t. Quindi = (t) e
1
2
una parametrizzazione regolare.
b) Per t = 1 si ha (1) = O.
!
c) 0 (1) = j, quindi la tangente in O e l'asse y.
!
!
d) 00 (t) = (2; 0; 6(t 1)) e quindi 00 (1) = 2i.
e) Il piano osculatore e il piano per O contenente velocita e accelerazione, cioe il
piano xy.
f) Poiche il vettore 0 ^ 00 = 6(t 1)i + 6(t 1)2 j 2k ortogonale al piano osculatore
in (t) ha direzione non costante al variare di t, la curva C non e piana.
4. Un'equazione cartesiana per , ottenuta traducendo analiticamente la condizione geometrica posta 2d(P; F ) = d(P; ), e
p
2 (x 1)2 + y2 + z 2 = jx 3j
:
Elevando al quadrato l'equazione di si scrive anche
4[(x 1)2 + y2 + z 2 ] = (x 3)2
sicche si riconosce trattarsi di una quadrica. L'equazione si puo anche scrivere, in
forma equivalente,
3x2 + 4y2 + 4z 2 = 2x + 5
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
158
e si riconosce, con facile riduzione a forma canonica dell'equazione, che e un ellissoide, rotondo attorno all'asse x (come poteva prevedersi ragionando geometricamente).
5. a) 1 +1 ( 1) = 1, quindi P 2 P . b) fx (x x )+ fy (y y )+ fz (z z ) =
2
2
2
0
0
0
0
0
0
0
2(x 1)+2(y 1)+2(z +1), quindi un'equazione del piano tangente e x + y + z = 1. c)
Le equazioni delle schiere di rette dell'iperboloide si ottengono scrivendone l'equazione
in una delle due forme equivalenti
x z = 1 + y oppure x z = 1 y
1 y x+z
1+y x+z
e poi uguagliando a t oppure a t0 i valori dei rapporti che vi compaiono, ottenendo
rispettivamente
x z
x z
;
x+z
= t(1 y)
x + z = 1t (1 + y)
d) Sostituendo le coordinate di P0 si ha
2
= t:0
0 = 1t 2
= t0 (1 + y) :
= t1 (1 y)
0
2
= t0 : 2 :
0 = t1 :0
;
0
cioe 1t = 0; t0 = 1. Quindi le equazioni delle generatrici per P0 sono rispettivamente
1 y
=0
x+z =0
x y z
;
x+z+y
1 =0
1 =0
6. 1) Equazioni parametriche della circonferenza C sul piano xz sono
x = 2 + cos ; z = sin (0 2) ::
Quindi equazioni parametriche del toro T sono:
x = (2 + cos ) cos ' ; y = (2 + cos ) sin ' ; z = sin (0 ; ' 2) :
2) Per scrivere un'equazione cartesiana per T basta eliminare i parametri ; ' dalle
precedenti equazioni parametriche. Altrimenti si puo procedere, indipendentemente,
come segue. L'equazione cartesiana sul piano xz della circonferenza e
C : (x 2) + z = 1
p
2
2
ovvero x2 4x + z 2 + 3 = 0. Posto x2 + y2 in luogo di x nell'equazione di C si
ottiene l'equazione
p
x2 + y 2 + z 2 + 3 = 4 x2 + y 2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
159
ed elevando al quadrato si trova l'equazione cartesiana del toro
T : (x + y + z + 3) = 16(x + y )
2
2
2
2
2
:
2
3) Usiamo le equazioni parametriche prima stabilite. Q corrisponde ai valori
= =4; ' = 0 dei parametri. Derivando si trova
1
x = sin cos ' ; y = sin sin ' ; z = cos x' = (2 + cos ) sin ' ; y' = (2 + cos ) cos ' ; z' = 0
e, calcolando in Q ,
x = p
; y = 0 ; z = p
:
; z' = 0
x' = 0 ; y ' = 2 + p
1
1
2
0
0
0
0
1
2
0
0
1
2
Quindi l'equazione cartesiana del piano tangente a T in Q1 e
x
p
2 p12
p1
0
2
y z p
p
0
0
2+ p
1
2
1
2
1
2
= 0
ovvero x + z = 2 + 2. L'equazione cartesiana del piano tangente a T nei punti del
meridiano per Q1 , caratterizzati da ' = 0, e
x
2 cos y
z sin sin 0
cos = 0
0
2 + cos 0 ovvero cos x + sin z 2 cos 1 = 0.
7. (a) Risulta x0(t) = 2 sin t ; y0(t) = 2 cos t ; z0(t) = 1. Pertanto, equazioni
parametriche di 1 sono
8x
<
: zy
(1)
= 2 cos t 2v sin t
= 2 sin t + 2v cos t
=t+v
(t; v 2 R)
:
(Per ogni ssato t e al variare di v il punto di coordinate x; y; z ottenuto dalle precedenti descrive la tangente a E in P (t)).
Per le funzioni a secondo membro delle 1) risulta
x
t
xv
= 2 sin t 2v cos t ; yt = 2 cos t 2v sin t ; zt = 1
= 2 sin t ;
yv = 2 cos t ;
zv = 1
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
160
sicche nel punto generico P = P (t; v) di 1 l'equazione del piano tangente e
x 2 cos t + 2v sin t y 2 sin t 2v cos t z t v 2 sin t 2v cos t 2 cos t 2v sin t
= 0
1
2 sin t
2 cos t
1
ovvero
(2)
2v(x sin t y cos t + 2z 2t) = 0 :
Ne segue che
(c) il piano tangente lungo una assegnata generatrice g(t) (lungo la quale t e
costante) e sso (indipendente da v, parametro al variare del quale P (t; v) descrive
g(t)); ovvero 1 e una rigata sviluppabile.
(d) i punti dell'elica E , caratterizzati dall'essere v = 0, sono punti per i quali la
rappresentazione parametrica (1) non e regolare, poiche l'equazione (2) e un'identita.
(b) per ogni punto P (t) di E la retta per P (t) parallela al piano xy e incidente
l'asse z (nel punto di coordinate (0; 0; t), evidentemente) ha equazioni parametriche
(3)
x = 2v cos t ; y = 2v sin t ; z = t
e queste ultime sono equazioni parametriche di 2 se si pensa di considerare sia t che
v come parametri.
(e) Per la (3) risulta
x = 2v sin t ; y = 2v cos t ; z = 1
t
t
t
xv = 2 cos t ; yv = 2 sin t ; zv = 0
Inoltre
y z y t z t =
v v
2 sin t
;
x z x t z t =
v v
2 cos t
;
x y x t y t = 4v
v v
:
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
Quindi si ha sempre
x y z x t y t z t 6= 0
v v v
161
:
D'altra parte e evidente, ragionando geometricamente e ricordando come sono state
ottenute le (3), che la corrispondenza (t; v) 7! P (t; v) e biunivoca. In denitiva, la
supercie 2 e regolare.
Notiamo inne che un'equazione cartesiana per 2 si ottiene facilmente considerando il rapporto y=x delle prime due coordinate di P (t; v) e tenendo conto poi
della espressione della z : y=x = tan z .
f (x; y; z) = 0
8. Equazioni cartesiane della forma g(x; y; z) = 0 per C sono
x +y +z
=4
(x 1)2 + y2 1 = 0
2
2
2
:
10 0.5
0.5
1 1.5
0
2
-0.5
-1
2
1
0
-1
-2
Risulta
e
Quindi
f f f 2x 2y 2z gx gy gz = 2(x 1) 2y 0 x y z
2x 2y 2z 2(x 1) 2y 0 = 0 , y = 0; z = 0 :
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
162
(a) P0 (0; 0; 2) e semplice e equazioni cartesiane della tangente in P0 sono
4(z 2) = 0
2x
=0
e si tratta della retta per P0 parallela all'asse y.
(b) L'unico punto singolare di C e P1 (2; 0; 0).
9. (a) Risolvendo le prime due equazioni di rispetto a u; v si trova
(4)
u = 21 (x + y) ; v = 12 (x y) :
Sicche la corrispondenza (u; v) ! P (u; v) tra il piano numerico R2 ove varia la coppia
di parametri (u; v) e e biunivoca. (Per uno stesso punto di la corrispondente
coppia di parametri (u; v) e univocamente determinata).
Le funzioni x(u; v); y(u; v); z (u; v) sono evidentemente di classe C 1 (anzi, di classe
1
C ) ed inoltre
x y z 1 1 2u xu yu zu 1 1 2v 6= 0
ovunque, poiche il minore
v
v
v
1
1
1 = 2
1
e sempre non nullo.
Dunque la considerata rappresentazione parametrica di e regolare.
Sostituendo le espressioni (4) di u; v nella terza equazione si trova
z = 21 (x2 + y2)
che e l'equazione cartesiana canonica di un paraboloide ellittico rotondo attorno all'asse z .
!!
(b) I vettori Pu ; Pv tangenti in P = P (u; v) alle linee u; v di passanti per
tale punto hanno (nella base ortonormale (i; j; k) supposta assegnata) coordinate
(xu ; yu ; zu ), (xv ; yv ; zv ) rispettivamente. Pertanto
!
!
!
P!u(1; 1; 2u)
;
P!v (1; 1; 2v)
:
Se X = u_ Pu + v_ Pv e un vettore tangente in P a , di coordinate (u;_ v_ ) nella base
!
!
(Pu ; Pv ), il quadrato del modulo di X e espresso da
j!
X j = (u_ P!u + v_ P!v ) (u_ P!u + v_ P!v )
2
ovvero
(5)
j!
X j = (P!u P!u)u_ + 2(P!u P!v )u_ v_ + (P!v P!v )v_
2
2
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
e poiche risulta
P!u P!u = 2 + 4u
si ha
P!u P!v = 4uv
;
2
P!v P!v = 2 + 4v
;
j!
X j = (2 + 4u )u_ + (8uv)u_ v_ + (2 + 4v )v_
(6)
2
2
163
2
2
2
2
che e la richiesta espressione della forma quadratica associata alla restrizione del
prodotto scalare Euclideo al piano vettoriale tangente in P (u; v).
D'altra parte, il detto prodotto scalare (restrizione) e a sua volta la forma bilineare
! ! !!
simmetrica associata alla (6); quindi, considerati due vettori X = u_ Pu + v_ Pv ; Xe =
ue_ P!u + ev_ P!v tangenti in P (u; v) a , la rispettiva espressione nella base (P!u; P!v ) e
!
!
X Xe = (2 + 4u )u_ ue_ + 4uv(u_ ev_ + ue_ v_ ) + (2 + 4v )v_ ev_
:
Notiamo che la forma quadratica (6) ha coecienti che dipendono da u; v e che
!!
la sua espressione nella base (Pu ; Pv ) e del tipo
(7)
2
2
j!
X j = E u_ + 2F u_ v_ + Gv_
2
2
con E = E (u; v); F = F (u; v); G = G(u; v) date da
E = jP!uj
;
2
F = P!u P!v
;
2
G = jP!v j
2
ovvero
E (u; v) = 2 + 4u
2
;
F (u; v) = 4uv
;
G(u; v) = 2 + 4v
2
:
!!
Si osserva in particolare che nel punto generico P = P (u; v) la base (Pu ; Pv ) non
e ortonormale, ed anzi nemmeno ortogonale.
!!
(c) La base (Pu ; Pv ) e ortogonale se e solo se in P (u; v) risulta F (u; v) = 0, ovvero
4uv = 0; quindi nei punti delle linee u = 0 oppure v = 0. (Si verichi che tali linee
coincidono con parabole sezioni di con opportuni piani).
!!
(d) La base (Pu ; Pv ) e ortonormale se e solo se, oltre a risultare F = 0, in P (u; v) si
ha anche E (u; v) = G(u; v) = 1. Ma gia la condizione E = G, ovvero 2+4u2 = 2+4v2 ,
aggiunta alla F = 0, da la sola soluzione (u; v) = (0; 0), e quindi il solo punto O
!
!
(origine del riferimento assegnato) ove pero jPu0 j2 = jPv0 j2 = 2.
!!
In denitiva, per nessun punto di la base (Pu ; Pv ) e ortonormale.
(e) Un punto comune alle curve C1 ; C2 corrisponde a valori u; v del parametro che si
ottengono sia dalle equazioni di C1 , in corrispondenza di un valore t del parametro, sia
dalle equazioni di C2 , in corrispondenza di un certo valore t0 del rispettivo parametro.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
164
(Si badi bene che, anche se indicati per semplicita con lo stesso simbolo, i parametri
t nelle equazioni di C1; C2 vanno pensati diversi, ovvero indipendenti, quando si confrontano le due curve.)
Pertanto devono esistere t; t0 tali da vericare simultaneamente
(8)
t + 1 = sin t0
;
t + 2 = cos t0
:
Eliminando t se ne deduce che t0 verica la
sin t0 cos t0 + 1 =
e quindi deve essere (sin t0 ; cos t0 ) = (0; 1) oppure (sin t0 ; cos t0 ) = (1; 0). Sostituendo
nelle (8) si trova che va esclusa la soluzione (sin t0 ; cos t0 ) = (1; 0) mentre (t; t0 ) =
( 1; 0) e (t; t0 ) = ( 2; =2) sono soluzioni corrispondenti ai due punti A(u = 0; v =
1); B (u = 1; v = 0), ovvero A(x = 1; y = 1; z = 1); B (x = 1; y = 1; z = 1), che
costituiscono tutta l'intersezione C1 [ C2 .
!!
(f) Ragioniamo in termini della base (Pu ; Pv ) in A. Le coordinate dei vettori w1 ; w2
tangenti a C1 ; C2 in tale punto sono rispettivamente (u_ 1 ; v_ 1 ) = (1; 1); (u_ 2 ; v_ 2 ) = (1; 0)
e l'espressione (7) del prodotto scalare nella stessa base si scrive
A )
!
!
X Xe = 2u_ ue_ + 6v_ ev_
:
Risulta quindi
cos w1^w2 = p 2(1 1) +p6(1 0)
21+61 21+60
ovvero
cos w1^w2 = 1
2
e la misura dell'angolo acuto formato dalle tangenti a C1 ; C2 in A e =3.
Ragioniamo !
analogamente
per il punto B .
!
Nella base (Pu ; Pv ) in B le coordinate dei vettori z1 ; z2 tangenti a C1 ; C2 in tale
punto sono rispettivamente (u_ 1 ; v_ 1 ) = (1; 1); (u_ 2 ; v_ 2 ) = (0; 1) e sempre utilizzando la
(7), che in B si scrive
B )
risulta
!
!
X Xe = 6u_ ue_ + 2v_ ev_
;
cos z1^z2 = p 6(1 0) +p2(1 1)
61+21 60+21
ovvero
cos z1^z2 = 1
2
ed anche l'angolo formato dalle tangenti a C1 ; C2 in B misura =3.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
165
Vale la pena di osservare che C1 e una linea aperta mentre C2 e una linea chiusa
(come si riconosce facilmente dalle rispettive equazioni parametriche; un esame piu
preciso verra fatto piu avanti).
!
(g) Lungo C1 risulta, utilizzando l'espressione di jP 0 (t)j (modulo del vettore tangente) data dalla (6), che
ds = p(2 + 4(t + 1) ) 1 + 8(t + 1)(t + 2) 1 1 + (2 + 4(t + 2) )1 1
dt
2
ovvero
2
ds = 2p2(2t + 6t + 5) :
dt
Quindi l'arco limitato individuato su C dagli estremi A; B ha lunghezza
2
1
p Z p
`=2 2
2t
1
2
2
Con la sostituzione t = w
3
2
+ 6t + 5dt
:
si ha poi
`=4
Z
=
1 2
=
1 2
p
w + 1=4dw
:
2
Ricordando la formula
Zp
p
p
w + a dw = w2 w + a + a2 ln jw + w + a j + C
2
2
2
2
2
2
2
i=
h p
p
` = 2 w w + 1=4 + 81 ln jw + w + 1=4j =
si ha inne
2
1 2
p hr 2
ovvero
1 2
2
i p
p
` = 2 4 + 81 ln 1 + p2 = 2 + 12 ln(1 + 2)
1+ 2
Un valore approssimato e ` = 1; 85 : : : .
Lungo C2 risulta
:
ds = q(2 + 4 sin t) cos t + 8 sin t cos t( sin t cos t) + (2 + 4 cos t) sin t
dt
ovvero
ds = p2 :
dt
Quindi i due archi individuati su C dagli estremi A; B hanno lunghezze rispettivamente
Z p
Z = p
1
2dt = p ;
2dt = p3 ` =
` =
2
2
=
2
2
2
2
0
3
1
2
2
0
2
2
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
166
p
essendo la lunghezza totale di C2 uguale a 2 2).
(h) Sostituendo le espressioni di u; v date dalle equazioni parametriche di C1 nelle
equazioni di si trovano le equazioni parametriche di C1 in coordinate esterne x; y; z :
C : x = 2t + 3
1
;
y= 1
;
z = 2t + 6t + 5
2
:
Ne risulta subito che C1 e l'intersezione del paraboloide con il piano y = 1.
Ricordando lo studio generale del paraboloide a partire dalla rispettiva equazione
canonica si puo allora dire che C1 e una parabola, con asse parallelo all'asse z e
concavita rivolta verso l'alto (nel verso delle z positive). D'altra parte l'equazione
cartesiana della proiezione ortogonale C10 di C1 sul piano xz si ottiene eliminando t
dalle precedenti (con il porre t = (x 3)=2, per la prima, e sostituendo poi nella
terza) ed e
z = 12 (x2 + 1) :
Si tratta appunto di una parabola con asse l'asse z e vertice in V 0 (0; 1; 1=2).
Procediamo analogamente per C2 .
Sostituendo le espressioni di u; v date dalle equazioni parametriche di C2 nelle
equazioni di si trovano le equazioni parametriche di C2 stessa in coordinate esterne:
C :
2
x = sin t + cos t
;
y = sin t cos t
;
z=1
:
Se ne deduce subito che C2 , intersezione del paraboloide rotondo con il piano z =p1
ortogonale all'asse di rotazione, e una circonferenza di centro sull'asse z e raggio 2
(risultando x2 + y2 = 2 per ogni suo punto P (x; y; z )).
Notiamo a tale proposito che il solo fatto di avere equazioni parametriche di C2
coincidenti nel piano uv con quelle di una circonferenza (di raggio 1) non permette di
dedurre l'ultimo risultato, consentendo unicamente di aermare che C2 e una curva
chiusa e semplice di ( che e rappresentata regolarmente mediante i parametri u; v).
(Si confronti anche con l'analoga situazione che si presenta nell'esercizio 8) seguente).
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
167
10. ) Risolvendo le prime due equazioni rispetto a u; v si trova u = x + y; v = x
y, sicche la corrispondenza (u; v) 7! P (u; v) e iniettiva; inoltre
e chiaro che
x; y; z sono
funzioni di classe C dei parametri e, inne, xxu yyu = 11==22 11==22 = 1=2 6= 0.
v v
Quindi e regolare.
) Eliminando i parametri u; v, con la sostituzione nella terza equazione delle
loro espressioni mediante x; y, si ha l'equazione cartesiana di nella forma di graco
z = x y (e si riconosce subito che e un paraboloide iperbolico).
intersezione di con il piano z = h parallelo al piano xy ha equazioni
xLa conica
y = h e la sua proiezione ortogonale sul piano xy ha equazione x y = h.
z= h
Se h 6= 0 si tratta di un'iperbole equilatera di equazione canonica pxh2 2 pyh2 2 = 1,
se h > 0, e pyj2hj 2 pxj2hj 2 = 1, se h < 0. Se h = 0 si tratta di una conica degenere
costituita dalla coppia di rette x y = 0 del piano xy.
) Il punto P ha coordinate x = 0; y = 1; z = 1. L' equazione cartesiana del piano tangente in P si puo calcolare a partire dalla equazione di in
forma di graco, ed e z + 1 = 2(y 1); pensando poi x; y come parametri si
hanno poi anche subito le equazioni parametriche x = t; y = t0 ; z = 1 2t0 . Altrimenti si puo procedere come
segue. I vettori
tangenti alle linee coordinate u; v nel
!
!
punto generico di sono Pu (1=2; 1=2; v), Pv (1=2; 1=2; u) e nel punto P valgono
!
!
Pu (1=2; 1=2; 1); Pv (1=2; 1=2; 1). Quindi equazioni parametriche e cartesiana del
piano tangente a nel punto P sono rispettivamente
x y 1 z + 1 8 x=
t=2 +t0=2
<
1=2 1=2 1 = 0 :
0 =2
y
=
1
+
t=
2
t
;
1=2 1=2 1 : z = 1 t + t0
1
2
2
2
2
2
(
(
)
(
)
2
(
)
)
0
0
0
0
0
0
0
0
0
) Tenuto conto dei calcoli precedenti si ha
E = jP!uj = 1=2 + v ; F = P!u P!v = uv ; G = jP!v j = 1=2 + u :
2
2
2
2
e in P0 risulta E0 = 3=2; F = 1; G = 3=2, sicche la 1a forma quadratica fondamentale
in P0 e
3=2du2 2dudv + 3=2dv2 :
11. La soluzione e lasciata allo Studente.
12. (a) Il piano : ax + by + cz + d = 0 contiene C solo se vale l'identita:
a sin + b cos + c(sin cos ) + d = 0
2
2
:
In particolare, in corrispondenza ai seguenti valori di si dovranno avere allora
altrettante identita, indicate a lato, che debbono essere vericate dai coecienti
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
168
dell'equazione di :
= 0 ! b c + d = 0 ; = =2 ! a + c + d = 0 ; :
= ! b c + d = 0 ; = 3=2 ! a + c + d = 0
Ma si tratta di identita che assieme implicano a = b = c = d = 0: quindi non vi e
alcun piano contenente C .
(b) Sostituendo nell'equazione di le coordinate di P () si trova (sin )2 (cos )2
= (sin )2 (cos )2 , che e un'identita : quindi C sta sul paraboloide iperbolico :
z = x2 y 2 .
Per ogni punto P = P () di C
(c) Un'equazione cartesiana del piano osculatore a C nel punto P () e
x sin y
cos sin cos z (sin2 cos2 ) = 0
sin 4 sin cos 2
2
cos 4(cos sin ) ovvero
4 sin3 x 4 cos3 y z + 6 cos2 3 = 0
Un'equazione del piano tangente a nello stesso punto e
:
z (sin cos ) = 2 sin (x sin ) 2 cos (y cos )
2
2
ovvero
2 sin x 2 cos y z sin2 + cos2 = 0 :
(d) calcolare l'angolo tra piano osculatore e piano tangente.
13. 1) Scritta l'equazione della supercie nella forma x + y
2
z2
1 = 0, nel
) 6= 0; quindi P0 e un
2
2
9
punto P0 (0; 2; 3) risulta (fx ; fy ; fz ) = (2x0 ; y0 ; z0 ) = (0; 2;
punto semplice di .
2) Per determinare di che tipo di punto si tratta (ellittico, iperbolico o parabolico)
scriviamo l'equazione della supercie vicino a P0 nella forma z = '(x; y), ovvero z =
0
0
0
2
9
2
3
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
169
3(x2 + y22 1)1=2 . Risulta '0xx = 3; '0yy = 3=4; '0xy = 0. Quindi H (x0 ; y0 ) = 9=4 < 0
e il punto e iperbolico.
14. L'Hessiano della funzione z = '(x; y) assegnata e
' ' 6x
'xx 'xy = 6y
yx yy
6y = 36(x2 + y2 )
6x :
Quindi la linea parabolica della supercie ha equazioni
z=x
3
3xy2
;
36(x2 + y2 ) = 0
:
La supercie ha tutti i punti iperbolici, salvo l'origine O che e parabolico.
15 Per a) e b) calcolare in O le curvature delle intersezioni con i piani principali xz; yz e farne il prodotto. Per c) calcolare la curvatura in P0 del paraboloide
approssimante al 20 ordine.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
3 ESONERO DI GEOMETRIA
o
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
28 giugno 2005
Svolgere, a scelta, uno dei seguenti esercizi.
1. Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j; k) nello spazio Euclideo.
E data la quadrica generale
I:
x +y
4 9
2
2
z = 1:
2
1) Dire di che quadrica si tratta.
Studiarne le intersezioni con i piani paralleli
2) al piano xy,
3) al piano xz .
4) Scrivere l'equazione del piano tangente nel punto P0 (2; 3; 1).
Facoltativo:
5) Scrivere le equazioni delle due schiere di rette di I .
6) Determinare le rette di I per il punto P0 .
2. Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j; k) nello spazio Euclideo.
E data la quadrica generale
P:
z = 2x
2
3y2 :
1) Dire di che quadrica si tratta.
Studiarne le intersezioni con i piani paralleli
2) al piano xy,
3) al piano xz .
4) Scrivere l'equazione del piano tangente nel punto Q0 (3; 1; 15).
Facoltativo:
5) Scrivere le equazioni delle due schiere di rette di P .
6) Determinare le rette di P per il punto Q0 .
170
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
171
SOLUZIONI
3 ESONERO DI GEOMETRIA
per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
o
28 giugno 2005
1. 1) I e un iperboloide iperbolico.
2) L'intersezione con il piano z = k, parallelo al piano xy, ha equazione
x + y =1+k
4 9
2
2
ovvero
px
2
y
p
+
=1
(2 1 + k2 )2 (3 1 + k2 )2
(nel riferimento cartesiano proiezione ortogonale sul piano stesso di quello sul piano
di un'ellisse di assi x; y e, rispettivamente, semiassi a0 =
p xy).2 Quindi
psi tratta
0
2 1 + k ; b = 3 1 + k2 . Per k = 0 si ha l'ellisse di gola di semiassi piu piccoli
a = 2; b = 3 e al crescere di k in valore assoluto i semiassi crescono tendendo
all'innito, sempre pero nel rapporto ab = 23 .
3) L'intersezione con il piano y = h, parallelo al piano xz , ha equazione
2
2
0
0
x z =1 h
4
9
Se jhj < 3 l'equazione si puo scrivere
q x h2
q z h2 = 1
) ( 1
)
(2 1
2
2
2
2
2
9
2
9
2
(nel riferimento cartesiano proiezione ortogonale sul piano stesso di quello sul piano
xz ). Quindi si tratta di un'iperbole di asse trasverso l'asse x e non trasverso l'asse z ,
con asintoti le rette
x z = 0:
2
Se jhj > 3 l'equazione si puo scrivere
q hz
(
2
9
2
1)2
q hx
(2
2
9
2
1)2
=1
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
172
e si tratta di un'iperbole di asse trasverso l'asse z e non trasverso l'asse x, con asintoti
sempre le rette
x z = 0:
2
Per h = 3 o h = 3 l'intersezione e degenere, consistente rispettivamente nella coppia
di rette x2 z = 0; y = 3 oppure x2 z = 0; y = 3; i piani y = 3 e y = 3 sono tangenti
a I rispettivamente nelle loro intersezioni con l'asse y .
4) L'equazione del piano tangente a I nel punto P0 (2; 3; 1) e
(x 2) + 2 (y 3) 2(z 1) = 0
3
ovvero
3x + 2y 6z 6 = 0 :
.
Facoltativo:
5) Le equazioni delle due schiere di rette di I sono rispettivamente
x +z
2
x
2
= t(1 + y3 )
z = 1t (1 y3 )
;
x +z
2
x
2
= t0 (1 y3 ) :
z = t1 (1 + y3 )
0
6) Le rette di I per il punto P0 si ottengono rispettivamente per t = 1; t1 = 0 e
sono
0
x +z
2
x
2
= 1 + y3
z = 1 y3
;
0
x
2
=1
z =0
y
3
:
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
173
2. 1) P e un paraboloide iperbolico (paraboloide a sella).
2) L'intersezione con il piano z = k, parallelo al piano xy, ha equazione
2x2 3y2 = k
(nel riferimento cartesiano proiezione ortogonale sul piano stesso di quello sul piano
xy). Se k 6= 0 l'equazione si puo scrivere ovvero
2x
3y = 1
2
2
k
k
Quindi si tratta di un'iperbole
p di passi x; y, asse trasverso x o y a seconda che k > 0
o k < 0, e asintoti le rette 2x 3y = 0.
3) L'intersezione con il piano y = h, parallelo al piano xz , ha equazione
z = 2x
2
3h2 :
(nel riferimento cartesiano proiezione ortogonale sul piano stesso di quello sul piano
xz ) e, potendosi scrivere z 0 = 2x2 se z 0 = z + 3h2, si tratta di una parabola di
asse l'asse z e vertice nel punto (x = 0; y = h; z = 3h2 ), variabile sulla parabola
principale z = 3y2 intersezione del paraboloide con il piano x = 0.
4) L'equazione del piano tangente a P nel punto Q0 (3; 1; 15) e
z 15 = 12(x 3) 6(y 1) :
Facoltativo:
5) Le equazioni delle due schiere di rette di I sono rispettivamente
p2x p3y
p p
=t
2x + 3y = 1t z
;
p2x + p3y
p
2x
p
= t0 :
3y = t1 z
0
p
6) pLe rette
p di P per il punto Q0 si ottengono rispettivamente per t = 3 2
t0 = 3 2 + 3 e sono
p2(x
p
=0
p 3) 3(y p1)
6)(x 3) + 3( 6 1)(y 1) = z 15 ;
(6
p
p
2(xp 3) + 3(y p
1)
=0
(6 + 6)(x 3) 3( 6 + 1)(y 1) = z 15 :
p
3;
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
174
Prova scritta d'esame
Geometria 2 per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
1 Luglio 2005
1. Risolvere il sistema di equazioni dierenziali
dx
dt
dy
dt
=
=
x +2y
x y
calcolandone la soluzione (t) = (x(t); y(t)) per la condizione iniziale (0) = (0; 2).
2. Spazio euclideo R4. E' dato l'iperpiano : x1 x2 + 2x3 + 2x4 = 0.
a) Decomporre il vettore v = (4; 2; 7; 5) nella somma v = v0 + v00 di un vettore
0
v ortogonale ad e un vettore v00 appartenente ad .
b) Determinare il vettore ve = S v simmetrico di v rispetto ad (simmetria ortogonale).
c) Determinare la proiezione ortogonale su del vettore w = 2v.
3. Base ortonormale (O; i; j; k) nello spazio Euclideo V . E dato l'operatore lineare
T : V ! V di matrice
0 4 0 11
A=@ 0 3 0 A:
1 0 4
i) Vericare che T e autoaggiunto.
ii) Determinare una base ortonormale (i0 ; j0 ; k0 ) nella quale la B matrice di T e
diagonale, specicando B .
iii) Specicare quali sono le matrici diagonali che T puo ammettere.
iv) T puo ammettere matrice diagonale in una base non ortogonale?
v) Scrivere l'espressione della forma quadratica Q associata a T in termini delle
coordinate (x; y; z ); (x0 ; y0 ; z 0 ) nelle basi (i; j; k); (i0 ; j0 ; k0 ) rispettivamente.
vi) Determinare la forma canonica ane di Q.
4. Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j nel piano Euclideo. E data la
conica
p
C : 4x2 + 3y2 + 2 2xy 1 = 0 :
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
175
a) Determinare la rotazione intorno ad O del riferimento che fa passare a coordinate nelle quali l'equazione di C ha in forma canonica.
b) Studiare C a partire dall'equazione canonica.
5. Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j; k) nello spazio Euclideo. E data
la quadrica generale
x2 y 2 z 2 = 1 :
:
4 9 3
1) Dire di che quadrica si tratta.
Studiarne le intersezioni con i piani paralleli
2) al piano xy,
3) al piano yz .
4) Scrivere l'equazione del piano tangente nel punto P0 (4; 0; 3).
5) Dire se P0 e ellittico, iperbolico o parabolico giusticando la risposta.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
176
SOLUZIONI
Prova scritta d'esame
Geometria 2 per studenti di Fisica
docente S. Marchiafava
a.a. 2004/05
1 Luglio 2005
4. Il sistema ha matrice A = 11 21 , i cui autovalori sono = i. Autovettori complessi coniugati associati rispettivamente a i; i sono, ad esempio,
f =
1
1 i
1
;f =
2
1+i
1
Facendo riferimento a f1 si ha la soluzione complessa
(1) (t) = (cos t + i sin t)
1 i
1
cos t + sin t
cos t
:
+i
sin t cos t
sin t
e facendo una combinazione lineare delle due soluzioni particolari reali che si ottengono considerandono parte reale e parte complessa si ha la soluzione generale del
sistema
cos t + sin t sin t cos t :
+ c2
(t) = c1
sin t
cos t
La condizione iniziale e vericata se
c
c =0
c
=2
ovvero c = 2; c = 2 e la soluzione particolare e
4 sin t (t) =
2 cos t 2 sin t :
1
2
1
1
2
2. Spazio
e N = (1; 1; 2; 2). Si
vN euclideo R . a) Un vettore normale ad
00
0
ha v = NN N = (1; 1; 2; 2) = (3; 3; 6; 6) e v = v v0 = (1; 1; 1; 1). b)
ve = v0 +v00 = ( 2; 4; 5; 7). c) La proiezione ortogonale su del vettore w = 2v
e w00 = 2v00 = ( 2; 2; 2; 2).
3. Base ortonormale (O; i; j; k) nello spazio Euclideo V . i) T e autoaggiunto poiche
4
30
10
la sua matrice A nella base ortonormale ssata e simmetrica. ii) Gli autovalori di T
sono = 3; 3; 5 e autovettori ad essi associati rispettivamente sono r = (1; 0; 1); s =
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
177
(0; 1p; 0); t =p(1; 0; 1). Una baseportonormale
del tipo richiesto e ad esempio (i0 =
p
(1= 2; 0; 1= 2); j0 = j; k0 = ( 1= 2; 0; 1= 2)) nella quale la matrice diagonale di T
e
03 0 01
B=@ 0 4 0 A:
0 0 7
iii) Le espressioni della forma quadratica Q associata a T in termini delle coordinate
(x; y; z ); (x0 ; y0 ; z 0 ) sono rispettivamente
Q(x; y; z ) = 5x2 + 4y2 + 5z 2 4xz ; Q(x0; y0; z 0) = 3(x0)2 + 4(y0)2 + 7(z 0)2 :
iv) La forma canonica ane di Q e xe2 + ye2 + ze2 .
4. 1) I e un iperboloide iperbolico.
2) L'intersezione con il piano z = k parallelo al piano xy ha equazione
y =1+k
9
x
4
2
2
ovvero
px
py
2
2
2
=1
(2 1 + k2 )2 (3 1 + k2 )2
(nel riferimento cartesiano proiezione ortogonale sul piano stesso di quello sul piano
xy). Quindi si tratta di un'iperbole di assi x; y e, asintoti
x y = 0:
2 3
3) L'intersezione con il piano y = h parallelo al piano xz ha equazione
x z =1 h
4
9
Se jhj < 3 l'equazione si puo scrivere
q x h2
q z h2 = 1
) ( 1
)
(2 1
2
2
2
2
2
9
2
9
2
(nel riferimento cartesiano proiezione ortogonale sul piano stesso di quello sul piano
xz ). Quindi si tratta di un'iperbole di asse trasverso l'asse x e non trasverso l'asse z ,
con asintoti le rette
x z = 0:
2
Se jhj > 3 l'equazione si puo scrivere
qz
( 1
2
h2 )2
9
qx
(2 1
2
h2 )2
9
=1
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
178
e si tratta di un'iperbole di asse trasverso l'asse z e non trasverso l'asse x, con asintoti
sempre le rette
x z = 0:
2
Per h = 3 o h = 3 l'intersezione e degenere, consistente rispettivamente nella coppia
di rette x2 z = 0; y = 3 oppure x2 z = 0; y = 3; i piani y = 3 e y = 3 sono tangenti
a I rispettivamente nelle loro intersezioni con l'asse y .
4) L'equazione del piano tangente a I nel punto P0 (2; 3; 1) e
(x 2) + 2 (y 3) 6(z 1) = 0
3
ovvero
3x + 2y 2z 6 = 0 :
.
Facoltativo:
5) Le equazioni delle due schiere di rette di I sono rispettivamente
x +z
2
x
2
= t(1 + y3 )
z = 1t (1 y3 )
;
x +z
2
x
2
= t0 (1 y3 ) :
z = t1 (1 + y3 )
0
6) Le rette di I per il punto P0 si ottengono rispettivamente per t = 2; t0 = 1 e
sono
x +z
x2
2
= 2(1 + y3 )
z = 21 (1 y3 )
;
x +z
x2
2
= (1 y3 ) :
z = (1 + y3 )
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
179
PROVA SCRITTA D'ESAME
di
GEOMETRIA e GEOMETRIA 2
per Studenti di Fisica
19 Settembre 2005
a.a. 2004/05
Docente S. MARCHIAFAVA
Esercizio 1. Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo.
Scrivere
a) le equazioni della rotazione di un angolo = =6 attorno ad O;
b) le equazioni della simmetria ortogonale rispetto all'asse y.
Esercizio 2. Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j; k) nell spazio Euclideo.
Scrivere
i) le equazioni della proiezione ortogonale P sul piano : x + y 2z = 0;
ii) equazioni cartesiane per la retta r0 proiezione di
r : x y + z = 0 ; 2x z = 0 :
Esercizio 3. Piano Euclideo R . Base ortonormale canonica (e = (0; 1); e = (0; 1)).
2
Dato l'operatore simmetrico T di matrice
1
2
p 2
3
p
A=
2 2
a) scrivere la forma quadratica Q associata a T .
b) Ridurre Q a forma canonica metrica.
c) Ridurre Q a forma canonica ane.
d) Dire quali sono gli indici di inerzia positivo e negativo e l'indice di nullita di Q.
Esercizio 4. Base ortonormale (i; j; k) nell spazio vettoriale Euclideo V . Considerata
la forma quadratica
Q(x; y; z ) = 2xy + 2yz + y2
nelle coordinate (x; y; z ) nella base data,
i) scrivere la matrice A di Q;
ii) determinare una base ortonormale nella quale Q ha forma canonica;
iii) scrivere l'espressione di Q in tale base.
iv) Dire quanto valgono gli indici di inerzia e di nullita di Q.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
COMPLEMENTI DI GEOMETRIA
per Studenti di Fisica
a.a. 2003/04
Docente: S. Marchiafava
LE QUADRICHE
180
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
LE QUADRICHE GENERALI
2
01
-1
-2
1
0.5
0
-0.5
-1
-2
ELLISSOIDE
0
2
IPERBOLOIDE IPERBOLICO
10
0
-10
10
5
0
-5
-10
-10
0
10
181
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
0
IPERBOLOIDE IP. rotondo
2
-2
2
1
0
-1
-2
-2
0
IPERBOLOIDE ELLITTICO
2
182
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
PARABOLOIDE ELLITTICO
8
6
4
2
-4
-2
0
0
2
4
2
0
-2
PARABOLOIDE IPERBOLICO
7.5
5
2.5
0
5
2.5
-2.5
-2-1
0
0
-2.5
1 2 -5
183
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
LE QUADRICHE SPECIALIZZATE
CONO
5
2.5
0
-2.5
-5
1
0
-1
-2
6
8
4
2
CONI
0
400
200
0
-200
-400
400
200
0
-200
-600
-400
-200
0
200
184
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
CILINDRI
60
40
20
20
0
0
-20
-40
40
20
0
LE QUADRICHE DEGENERI
COPPIE DI PIANI
42
0
-2
-4
2
0
-2
0
5
10
15
185
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
186
INDICE ESERCIZI DI GEOMETRIA PER ARGOMENTO
18/4/2005 - SELEZIONE ESERCIZI SU NUMERI COMPLESSI Campo
dei numeri complessi: Operazioni tra numeri complessi - Matrici e sistemi lineari
nel campo complesso - Trasformazioni lineari tra spazi vettoriali numerici complessi
26/4/05 - 1a SELEZIONE ESERCIZI: Risoluzione di sistemi lineari omogenei Equazioni e sistemi dierenziali lineari - Risoluzione di sistemi lineari - Applicazioni
lineari tra spazi numerici - Prodotto di matrici e composizione di applicazioni lineari
- Inversa di una matrice - Matrici e sistemi lineari nel campo complesso - Spazio vettoriale V - Proprieta' ani del piano Euclideo con l'uso di coordinate cartesiane x; y Proprieta' ani dello spazio Euclideo con l'uso di coordinate cartesiane x; y; z - Spazi
vettoriali - Spazio vettoriale R4 - Operatori lineari - Autovalori e autovettori di un endomorsmo - Riduzione a forma canonica di matrici di operatori: triangolarizzazione
e diagonalizzazione - Equazioni dierenziali lineari a coecienti costanti
28/4/05 - ESERCIZI: Operatori lineari. Forme lineari - Operatori lineari nello spazio
vettoriale Euclideo 3-dimensionale V - Sottospazi di spazi vettoriali e di spazi ani
5/5/05 - ESERCIZI: Risoluzione di sistemi dierenziali lineari in R2 mediante diagonalizzazione 9/5/05 - ESERCIZI: Diagonalizzazione di operatori lineari in R3
16/5/05 - ESERCIZI: Equazioni e sistemi dierenziali lineari
19/5/05 - 1o ESONERO e 1o ESONERO Bis: Equazioni e sistemi dierenziali
lineari 26/5/05 - 2a SELEZIONE ESERCIZI: Forme bilineari - Forme bilineari simmetriche e forme quadratiche reali - Uso del prodotto scalare in uno spazio vettoriale
euclideo - Simmetrie ortogonali, proiezioni ortogonali, rotazioni, isometrie in uno
spazio vettoriale euclideo - Teorema spettrale - Forme bilineari simmetriche e forme
quadratiche - Circonferenze, sfere e ipersfere - Riduzione a forma canonica di forme
quadratiche - Coniche e Quadriche - Luoghi geometrici - Coordinate polari 27/5/05 - ESERCIZI 11 marzo 04: Spazio vettoriale Euclideo V - Spazio Euclideo
R4 - Piano Euclideo R2 28/5/05 - ESERCIZI 12 marzo 04: Proiezioni ortogonali, simmetrie ortogonali,
rotazioni nel piano euclideo - Forme quadratiche nel piano numerico R2 e nello spazio
numerico R3 .
30-31/5/05 - ESERCIZI: Uso di prodotti scalari
9/6/05 - ESERCIZI: Operatori autoaggiunti in spazi euclidei
16/6/05 - ESERCIZI: Operatori autoaggiunti e forme quadratiche in nello spazio
Euclideo V - Forme quadratiche in R2 - Riduzione a forma canonica metrica delle
equazioni di coniche e quadriche.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
187
20/6/05 - 2o ESONERO: Uso del prodotto scalare in R4 - Operatori autoaggiunti e
forme quadratiche in nello spazio Euclideo V - Forme quadratiche in R2 - Riduzione
a forma canonica metrica delle equazioni di coniche
23/6/05 - 3a SELEZIONE ESERCIZI: Curve e superci nello spazio.
28/6/05 - 3o ESONERO: Studio di quadriche in forma canonica - Piano tangente
1/7/05 - PROVA SCRITTA D'ESAME: Equazioni dierenziali lineari a coecienti costanti - Uso del prodotto scalare in R4 - Operatori autoaggiunti e diagonalizzazione di matrici - Riduzione a forma canonica dell'equazione di una conica - Studio
di una quadrica in forma canonica
19/9/05 - PROVA SCRITTA D'ESAME: Equazioni di rotazioni e simmetrie
ortogonali nel piano Euclideo - Proiezioni ortogonali nello spazio Euclideo - Operatori
simmetrici e riduzione a forma canonica di forme quadratiche nel piano Euclideo R2
- Studio di una forma quadratica nello spazio vettoriale Euclideo V .
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
188
PROGRAMMA dell' ESAME di GEOMETRIA 2
per Studenti di Fisica
a.a. 2004/05
Docente: S. Marchiafava
Il programma va inteso corrispondentemente a quanto di fatto svolto a lezione,
inclusi gli esercizi e complementi svolti.
C CAMPO DEI NUMERI COMPLESSI
SPAZI VETTORIALI E SPAZI AFFINI: Spazi vettoriali - Combinazioni lineari,
dipendenza lineare. Basi - spazi vettoriali di dimensione nita; coordinate; cambiamenti di base - Sottospazi di uno spazio vettoriale; equazioni di sottospazi. Spazi
ani e loro sottospazi.
APPLICAZIONI LINEARI: Operatori lineari; forme lineari.
OPERATORI LINEARI TRA SPAZI VETTORIALI DI DIMENSIONE
FINITA Matrice di un operatore lineare; equazioni di un endomorsmo - matrici di
un endomorsmo in basi diverse.
INVARIANTI DI UN ENDOMORFISMO: Autovalori e autovettori; comp-
lessicazione di uno spazio vettoriale reale e estensione al campo complesso di endomorsmi reali - Autovalori e autovettori di endomorsmi di uno spazio vettoriale
n-dimensionale; Relazioni tra invarianti di un endomorsmo.
RIDUZIONE DI MATRICI DI ENDOMORFISMI: Forme triangolari e diagonali - Triangolarizzazione di endomorsmi di uno spazio vettoriale complesso Criterio di diagonalizzabilita di un endomorsmo - Autovalori e autovettori complessi
di endomorsmi reali.
SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI LINEARI Sistemi con matrice
A diagonale o diagonalizzabile sul campo reale. Soluzioni complesse - Sistemi con
matrice A diagonalizzabile nel campo complesso. Forma canonica di Jordan della
matrice di un operatore lineare. Risoluzione di sistemi dierenziali con matrice A di
Jordan - Esponenziale di una matrice - Risoluzione di un sistema dierenziale lineare
associato a una matrice elezmentare di Jordan. Traiettorie delle fasi di un sistema
lineare omogeneo a coecienti costanti.
TENSORI: Spazio vettoriale duale. Forme lineari come 1-tensori covarianti - Vettori
come 1-tensori contravarianti. Campi di vettori e campi di forme - r-tensori covarianti
e contravarianti. (r; s)-tensori.
FORME BILINEARI E FORME QUADRATICHE: Forme bilineari su un
campo qualunque - Forme bilineari in uno spazio vettoriale n-dimensionale - Forme
quadratiche e forme bilineari simmetriche. Identita di polarizzazione. Forme bilineari
e quadratiche sul campo reale - Forme Hermitiane in uno spazio vettoriale complesso.
Tensore di inerzia.
Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05
189
PRODOTTI SCALARI Prodotti scalari reali - Prodotti scalari hermitiani - Estensione hermitiana di un prodotto scalare reale al complessicato.
PRODOTTI SCALARI DEFINITI POSITIVI. GENERALIZZAZIONI DELLA GEOMETRIA EUCLIDEA: Prodotti scalari deniti positivi - Disuguaglianza
di Cauchy-Schwartz. Disuguaglianza triangolare - Generalizzazione della geometria
euclidea: spazi prehilbertiani, euclidei e hermitiani - Sottospazio ortogonale a un
dato sottospazio. Decomposizione in somma diretta ortogonale - Procedimento di
ortonormalizzazione di Gram-Schmidt - Isometrie.
SPAZI EUCLIDEI E HERMITIANI n-DIMENSIONALI: Basi ortonormali
- Coordinate in basi ortonormali. Proiezioni ortogonali e simmetrie. I gruppi delle
isometrie negli spazi vettoriali euclidei di dimensione n=1,2,3. Struttura dei gruppi
SO(2) e SO(3) - Angoli di Eulero. Isometrie di uno spazio euclideo puntuale. Teorema di Eulero. Cambiamenti di basi ortonormali - Geometria dello spazio Euclideo
R4 - Spazio di Minkowski e gruppo di lorentz; trasformazioni speciali. Aggiunto di
un endomorsmo. Operatori autoaggiunti. Matrice di un operatore autoaggiunto Autovalori e autovettori di un operatore hermitiano. Teorema spettrale.
FORME SIMMETRICHE (risp. HERMITIANE) E OPERATORI SIMMETRICI (risp. HERMITIANI) IN UNO SPAZIO VETTORIALE EUCLIDEO: Operatori autoaggiunti e forme bilineari simmetriche o Hermitiane. Ri-
duzione a forma canonica di forme bilineari simmetriche e forme hermitiane. Criterio
di positivita per una forma quadratica.
CLASSIFICAZIONE DELLE CONICHE: Riduzione a forma canonica dell'equazione di una conica - Forme canoniche metriche e ani delle equazioni delle
coniche.
CLASSIFICAZIONE DELLE QUADRICHE: Riduzione a forma canonica dell'equazione di una quadrica - Forme canoniche metriche e ani delle equazioni delle
quadriche. Punti ellittici, iperbolici e parabolici. Paraboloide ellittico e iperbolico.
CURVE: Proprieta dierenziali metriche di curve nel piano e nello spazio - Formule
di Frenet.
SUPERFICI: Piano tangente in un punto di una supercie regolare - Varie caratterizzazioni e forme dell'equazione del piano tangente. Studio dell'ellissoide, degli
iperboloidi e dei paraboloidi a partire dalle loro equazioni canoniche - Quadriche
rigate - Gradiente - 1a e 2a forma quadratica fondamentale di una supercie.
Riferimenti, oltre ai testi consigliati per il corso di Geometria 1:
S. ABEASIS, Complementi di algebra lineare e geometria, Ed. Zanichelli, Bologna,
1993
S. MARCHIAFAVA, Geometria 2, a.a. 2004/05, Dispense distribuite dal Centro
Stampa Nuova Cultura, Roma
