Corso di Laurea in Matematica - 2013/2014 - Esame di Geometria UNO
SECONDA PROVA INTERMEDIA - 11/6/2014
Cognome
Numero di matricola
Nome
Corso
Voto
ATTENZIONE. Riportare lo svolgimento completo degli esercizi. I soli risultati, anche se
corretti, non vengono presi in considerazione.
Problema 1
a)
b)
c)
Problema 2
a)
b)
c)
d)
Problema 3
a)
b)
c)
d)
Problema 1
1 t −1
M = t 1 3 .
0 0 3
Sia data la matrice
dove t ∈ R è un parametro reale.
1. Scrivere il polinomio caratteristico di M e determinare gli autovalori al variare di t.
(3 punti)
2. Determinare i valori di t ∈ R per cui la matrice NON è diagonalizzabile.
(5 punti)
3. Posto t = 0, trovare una base di autovettori di M .
(4 punti)
Soluzione.
1. Calcoliamo:
1−λ
t
−1
[
]
1−λ
3 = (3 − λ) (1 − λ)2 − t2 = (3 − λ)(1 + t − λ)(1 − t − λ)
det t
0
0
3−λ
e quindi gli autovalori sono
λ1 = 3,
λ2 = 1 + t,
λ3 = 1 − t.
2. La matrice ha sempre tre autovalori reali. Se sono distinti, M è diagonalizzabile. Dobbiamo
perciò considerare solo i casi in cui due autovalori coincidano e cioè:
λ1 = λ2 =⇒ t = 2
=⇒ λ1 = 3, λ2 = 3, λ3 = −1
λ1 = λ3 =⇒ t = −2
=⇒ λ1 = 3, λ2 = −1, λ3 = 3
λ2 = λ3 =⇒ t = 0
=⇒ λ1 = 3, λ2 = 1, λ3 = 1
In tutti e tre i casi dobbiamo solo considerare il rango di M −λI per l’autovalore di molteplicità 2.
Si ha:
t = 2. L’autovalore doppio è λ = 3. La matrice è
−2 2 −1
M − 3I = 2 −2 3
0
0
0
che ha rango 2. Dunque l’autospazio V3 ha dimensione 1 e M NON è diagonalizzabile.
t = −2. L’autovalore doppio è λ = 3. La matrice è
−2 −2 −1
M − 3I = −2 −2 3
0
0
0
che ha rango 2. Dunque l’autospazio V3 ha dimensione 1 e M NON è diagonalizzabile.
t = 0. L’autovalore doppio è λ = 1. La matrice è
0 0 −1
M − I = 0 0 3
0 0 2
che ha rango 1. Dunque l’autospazio V1 ha dimensione 2 e M È diagonalizzabile.
Conclusione: la matrice M NON è diagonalizzabile per t = 2 e t = −2.
3. Posto t = 0 la matrice è
1 0 −1
M = 0 1 3
0 0 3
che ha autovalori 1 con molteplicità 2 e 3 con molteplicità 1.
L’autospazio V1 è dato dall’equazione x3 = 0 (vedi punto precedente) e quindi due autovettori
indipendenti sono (1, 0, 0) e (0, 1, 0).
L’autospazio V3 è dato dalle equazioni: −2x1 − x3 = −2x2 + 3x3 = 0 e una base di V3 è data da
(1, 3, −2).
Dunque una base di autovettori è:
B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, −3, −2)}
Problema 2
Sia φ la forma bilineare simmetrica in R3 associata
a a
A = a 1
b c
alla matrice
b
c ,
0
dove a, b, c sono parametri reali.
1. Si trovino dei valori di a, b, c (se esistono!) tali che i sottospazi
V = {x1 + x2 + 2x3 = 0} ,
W = {x1 − x2 − 2x3 = 0}
siano φ-ortogonali.
(4 punti)
2. Sia Qb la forma quadratica associata a φ quando a = c = 0. Determinare l’insieme di
vettori
{x ∈ R3 | x è isotropo rispetto a Qb per ogni b ∈ R}.
(4 punti)
3. Posti a = b = c = 1 si scriva la forma normale della forma quadratica associata a φ.
(3 punti)
Soluzione.
1. Sia {v1 , v2 } una base di V e {w1 , w2 } una base di W . Le condizioni affinché V e W siano
φ-ortogonali sono:
φ(v1 , w1 ) = 0,
φ(v1 , w2 ) = 0,
φ(v2 , w1 ) = 0,
Come basi possiamo prendere
v1 = (−1, 1, 0),
v2 = (−2, 0, 1)
w1 = (1, 1, 0),
w2 = (2, 0, 1)
e
Calcolando si ha
φ(v1 , w1 ) = −a + 1 = 0
e dunque deve essere a = 1. Sostituendo in A e calcolando si ha
φ(v1 , w2 ) = −b + c = 0
e dunque deve essere b = c. Sostituendo in A e calcolando si ha
φ(v2 , w1 ) = −4 + 2b = 0
e dunque deve essere b = 2. Sostituendo in A e calcolando si ha
φ(v2 , w2 ) = −4 ̸= 0.
φ(v2 , w2 ) = 0,
Dunque non esistono valori di a, b, c che rendono i sottospazi V e W φ-ortogonali.
2. La forma Qb è
Qb (x) = 2bx1 x3 + x22 .
Ponendo b = 0, vediamo che x è isotropo per Q0 se e solo se x2 = 0. Dunque cerchiamo vettori
del tipo x = (x1 , 0, x3 ).
Per b ̸= 0 si ha
Qb (x1 , 0, x3 ) = 2bx1 x3 = 0 ⇐⇒ x1 = 0 oppure x3 = 0.
Quindi i vettori isotropi per tutte le forme Qb sono
{(x1 , 0, 0) | x1 ∈ R} ∪ {(0, 0, x3 ) | x3 ∈ R}.
3. La matrice della forma quadratica è
1 1 1
A = 1 1 1
1 1 0
Usando il teorema di Sylvester e la regola dei segni di Cartesio, basta esaminare il polinomio
caratteristico per calcolare rango e segnatura. Si ha
det(A − λI) = −λ3 + 2λ2 + 2λ
Dunque c’è un autovalore nullo di molteplicità 1, e quindi il rango è 2. Inoltre il polinomio caratteristico presenta una variazione di segno e perciò c’è un autovalore positivo (e di conseguenza
un autovalore negativo). La segnatura è quindi (1, 1) e la forma normale è
X 2 − Y 2.
Problema 3
Si consideri la conica:
3x2 + 4xy + x + 7 = 0.
C:
Studiare C, determinando il cambiamento di coordinate che la porta in forma canonica, e descrivere il tipo di conica ottenuta.
(9 punti)
Soluzione.
La matrice della parte quadratica della conica è
[
]
3 2
2 0
e gli autovalori sono λ1 = 4, λ2 = −1. Una base ortonormale positiva di autovettori è
1
e1 = √ (2, 1) ,
5
Consideriamo quindi la matrice
1
P =√
5
1
e2 = √ (−1, 2) .
5
[
2 −1
1
2
]
.
La matrice della rotazione da effettuare è
P
−1
1
=P = √
5
t
e quindi la rotazione è:
1
′
x = √ (2x + y)
5
1
′
y = √ (−x + 2y)
5
[
2 1
−1 2
]
,
)
1 ( ′
′
x = √ 2x − y
5
(
)
1
y = √ x′ + 2y ′
5
L’equazione diventa
2
1
4x′2 − y ′2 + √ x′ − √ y ′ + 7 = 0.
5
5
Completando i quadrati si effettua la traslazione
1
′
X = x + √
4 5
1
Y = y′ + √
2 5
ottenendo finalmente l’equazione: 4X 2 − Y 2 + 7 = 0. La conica è un’iperbole.
