Ingegneria Civile. Compito di Geometria del 31/1/08 I `E assegnato l

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Ingegneria Civile. Compito di Geometria del 31/1/08
I
È assegnato l’endomorfismo f : R3 → R3 mediante le assegnazioni

 f (0, 1, 1) = (1, 1, 0)
f (1, 0, 0) = (h − 1, h − 1, h)
con h parametro reale

f (0, 1, 2) = (h, h + 1, h − 1)
1) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Im f e Ker f .
2) Calcolare, al variare di h, la controimmagine
f −1 (1, 1, 1) = v ∈ R3 | f (v) = (1, 1, 1)
3) Dopo aver verificato che (1, 1, 1) è autovettore di f , verificare che f non è semplice.
4) Dato l’endomorfismo g : R3 → R3 definito dalle equazioni

 g(e1 ) = (e2 )
g(e2 ) = (e3 )

g(e3 ) = (e1 )
studiare l’endomorfismo ϕ = g ◦ f : R3 → R3 . Verificare che ϕ è semplice e determinare una
base di autovettori.
II
È assegnato nello spazio un sist. di rif. cart. ort. O.~x, ~y , ~z.u.
1) Determinare la circonferenza Γ che passa per i punti O, (1, 0, −1), (0, 1, 1) e trovare centro
e raggio di Γ. Determinare il cilindro C che ha vertice V ≡ (1, −1, 1, 0) e Γ per direttrice. Tra
le sfere contenenti Γ sia S quella concentrica con Γ. Verificare che le generatrici di C sono
tangenti ad S.
2) Sul piano z = 0 studiare il fascio Φ delle coniche che passano per O con tangente la retta
x + y = 0 e per (1, 1) con tangente la retta x + y − 2 = 0. Determinare asintoti, assi, vertici e
fuochi dell’iperbole equilatera di Φ.
3) Studiare al variare di h la quadrica di equazione
x2 + y 2 + 2hxz − 2y = 0
SVOLGIMENTO
I
1) con tecniche standard si trova facilmente la matrice associata ad f rispetto alla base canonica


0
h−1 2−h h−1
1
−1
h  con |M (f )| = h − 1 1 − h h = h
M (f ) =  h − 1 1 − h
1
h
1−h h−1
0
−1 quindi per h 6= 0 f è un isomorfismo. Per h = 0 si ha


−1 2 −1
Im f = L ((1, 1, 0), (1, 0, 1))
M (f ) =  −1 1 0  con
Ker f = {(x, x, x)}
0 1 −1
1
2) Dal sistema lineare M (f )v = (1, 1, 1) si ottiene la matrice completa


h−1 2−h h−1 | 1
h
| 1 
(A, B) =  h − 1 1 − h
h
1−h h−1 | 1
se h 6= 0 ρ(A) = ρ(A, B) =
facilmente

0
1
−1 |
→ h−1 1−h h |
1
0
−1 |
3 quindi il sistema ammette una sola soluzione, che si trova

0
1 
0
⇒

 y=z
x=z

hz = 1
⇒
f
−1
(1, 1, 1) =
1 1 1
, ,
h h h
Si verifica facilmente che per h = 0 f −1 (1, 1, 1) = ∅ perché ρ(A) = 2 < ρ(A, B) = 3.
3) Dal quesito precedente - o anche dal calcolo diretto - si vede che f (1, 1, 1) = (h, h, h), quindi
(1, 1, 1) ∈ Vh è autovettore. Siccome T = h è autovalore, possiamo determinare il polinomio
caratteristico senza esequire i calcoli:
P (T ) = −T 3 + (h − 1)T 2 + λT + h;
P (h) = 0
⇒
λ=h−1
abbassando di grado si trova il polinomio spezzato
P (T ) = −(T − h)(T 2 + T + 1)
che ammette la radice reale T = h e due radici immaginarie. Quindi f non è
4) Usando la matrice associata a g rispetto alla base canonica si ha


 
0 0 1
h−1 2−h h−1
h
h = h−1
M (ϕ) = M (g) · M (f ) =  1 0 0   h − 1 1 − h
0 1 0
h
1−h h−1
h−1
semplice.

1−h h−1
2−h h−1 
1−h
h
Osserviamo che M (ϕ) ha le stesse righe di M (f ), in un ordine diverso e |M (ϕ)| = |M (f )| in
quanto |M (g)| = 1, quindi per h 6= 0 ϕ è un isomorfismo. Nel caso h = 0 si trova facilmente
Im ϕ = L ((0, 1, 1), (1, 1, 0)) e Ker ϕ = {(x, x, x)}. Per quanto abbiamo detto si ha ϕ(1, 1, 1) =
(h, h, h), quindi T = h è autovalore anche per ϕ. Con lo stesso procedimento usato prima si
trova il polinomio caratteristico di ϕ
P (T ) = −(T − h)(T − 1)2
Se h = 1 si trova l’autovalore T = 1 triplo; in questo caso ϕ è l’identità, quindi è semplice. Se
h 6= 1, oltre all’autovalore T = h, cui corrisponde l’autospazio Vh = L (u1 = (1, 1, 1)), si trova
l’autovalore T = 1, doppio. Calcoliamo l’autospazio associato


h−1 1−h h−1
M (ϕ)−I =  h − 1 1 − h h − 1  ⇒ V1 = {(x, x+z, z)} con base v2 = (1, 1, 0), v3 = (0, 1, 1)
h−1 1−h h−1
II
1) Cominciamo col determinare

 (0, 0, 0)
(1, 0, −1)

(0, 1, 1)
il piano π passante per i punti dati
→d=0
→a−c+d=0
→b+c+d=0
2
⇒
π : x − y + z = 0.
Partendo dalla generica sfera x2 +y 2 +z 2 +ax+ay+cz +d = 0 calcoliamo le sfere che contengono
la circonferenza Γ

→d=0
 (0, 0, 0)
(1, 0, −1) → a − c + d + 2 = 0
⇒ x2 + y 2 + z 2 + (c − 2)x − (c + 2)y + cz = 0

(0, 1, 1)
→b+c+d+2=0
Imponendo che il centro di questa sfera (1 − 2c , 1 + 2c , − 2c ) ∈ π si trova la sfera S concentrica
con Γ: si ha c = 0, quindi
√
S : x2 + y 2 + z 2 − 2x − 2y = 0 H ≡ (1, 1, 0), r = 2
Per la circonferenza si hanno le equazioni
x−y+z =0
Γ:
x2 + y 2 + z 2 − 2x − 2y = 0
⇒
Γ:
y =x+z
x2 + xz + z 2 − 2x − z = 0
Per determinare il cilindro C adoperiamo il consueto procedimento, partendo dalla generica
retta r passante per V ≡ (1, −1, 1, 0)


 x+y =h
 y =h−x
h + k 2h − k h − 2k
x−z =k
z =x−k
r∩π :
,
,
⇒
⇒ P ≡


3
3
3
x−y+z =0
3x = h + k
La condizione P ∈ Γ fornisce la condizione h2 − hk + k 2 − 3h = 0; eliminando i parametri h e
k si trova l’equazione del cilindro
C : x2 + xy + y 2 − xz + yz + z 2 − 3x − 3y = 0
Per rispondere all’ultima domanda caratterizziamo le rette passanti per V tangenti ad S

 y =h−x
z =x−k
⇒ 3x2 − 2(h + k)x + h2 + k 2 − 2h = 0
 2
x + y 2 + z 2 − 2x − 2y = 0
Imponendo la tangenza si trova
∆
= h2 − hk + k 2 − 3h = 0
4
che è la condizione che caratterizza le generatrici di C.
2) Φ è un fascio di coniche bitangenti; una conica spezzata d̀ata dalle due rette tangenti,
(x + y)(x + y − 2) = 0, l’altra è la congiungente i punti di tangenza al quadrato (x − y)2 = 0,
quindi
Φ : (x + y)(x + y − 2) + h(x − y)2 = 0 (1 + h)x2 + 2(1 − h)xy + (1 + h)y 2 − 2x − 2y = 0
Siccome conosciamo i punti base e le coniche spezzate di Φ, caratterizziamo le sue coniche
irriducibili.
1+h 1−h
A=
|A| = 4h
1−h 1+h
|A| > 0 h > 0 ELLISSI. Per h = 1 si ha la circonferenza x2 + y 2 − x − y = 0 ;
|A| < 0 h < 0 IPERBOLI. Per h = −1 si ha l’iperbole equilatera θ : 2xy − x − y = 0;
|A| = 0 h = 0 SPEZZATA. Φ non contiene parabole.
3
Per studiare θ osserviamo che mediante la traslazione che porta l’origine nel centro di simmetria
C ≡ ( 12 , 12 ) l’equazione diverrà del tipo XY = k
1
x = X + 21
⇒ θ : XY =
1
y=Y +2
4
Gli asintoti sono le parallele agli assi passanti per C, 2x − 1 = 0, 2y − 1 = 0 ; gli assi sono le
parallele alle bisettrici passanti per C, x − y = 0, x + y − 1 = 0 ; i vertici (reali) si trovano
secando θ con l’asse √trasverso x − y = 0, e si trovano i punti V1 ≡ (0, 0), V2 ≡ (1, 1); il semiasse
√
2
reale
è
a
=
CV
=
2 = 1 ed i fuochi hanno coordinate
quindi
la
distanza
focale
è
c
=
a
1
2
√
√
1± 2 1± 2
( 2 , 2 ).
3) Consideriamo la matrice associata alla quadrica e calcoliamo gli invarianti ortogonali


1 0 h 0
 0 1 0 −1 
2
2

B=
 h 0 0 0  ⇒ |B| = h , |A| = −h
0 −1 0 0
Per h 6= 0 si hanno quadriche non degeneri la cui equazione ridotta è dei primo tipo
αx2 + βy 2 + γz 2 = δ
con δ = 1
pertanto dobbiamo considerare i segni degli autovalori di A. Il suo polinomio caratteristico è
(1 − T )(T 2 − T − h2 ) quindi oltre all’autovalore T = 1 avremo altri due autovalori il cui segno
può essere deciso in base alla regola dei segli di Cartesio; si hanno due autovalori concordi con
δ ed uno discorde, quindi IPERBOLOIDI IPERBOLICI.
Per h = 0 si ottiene la quadrica di equazione x2 + y 2 − 2y = 0 che è palesemente un cilindro
ellittico di vertice Z∞ ≡ (0, 0, 1, 0).
4
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