Università degli Studi di Catania
CdL in Ingegneria Elettronica, A–O
Prova scritta di Algebra Lineare e Geometria del 9/07/2014
Durata della prova: tre ore.
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1. Sia
V = {( x, y, z, w) ∈ R4 : x + w = 0} ⊂ R4 ,
sia h ∈ R un parametro e sia gh : V → V l’ endomorfismo definito da:
gh ( 1 , 0 , 0 , −1 ) = ( −1 , 0 , 0 , 1 )
gh ( 0 , 1 , 0 , 0 ) = ( 0 , 0 , 1 , 0 ) .
gh ( 0 , 0 , 1 , 0 ) = ( 0 , − h , 0 , 0 )
(a) Calcolare ker gh e Im gh al variare di h ∈ R. Consideriamo la base B = {v1 =
(1, 0, 0, −1), v2 = (0, 1, 0, 0), v3 = (0, 0, 0, 1)} di V e sia
−1 0 0
0 0 −h .
Gh = [ g h ] B
B =
0 1 0
Essendo det( Gh ) = −h, l’ endomorfismo gh é un isomorfismo per ogni h 6= 0. Pertanto
se h 6= 0 otteniamo ker( gh ) = 0V e Im gh = V. Invece abbiamo Im g0 = L(v1 , v3 ) e
ker g0 = L(v3 ).
(b) Studiare la diagonalizzabilità di gh al variare di h, determinando, quando esiste, una
base di V formata da autovettori di gh .
Otteniamo c gh (t) = −(t + 1)(t2 + h). Se h > 0, il polinomio caratteristico ha una
unica radice reale contata con molteplicità e gh risulta non
Se h ≤ 0
√
√ diagonalizzabile.
abbiamo le tre radici reali contate con molteplicità: -1, −h, − −h. Se h 6∈ {−1, 0},
abbiamo tre radici distinte e gh risulta diagonalizzabile.
Se h = 0 l’ autovalore 0 ha molteplicità algebrica 2 e molteplicità geometrica 1 visto che
dim(ker g0 ) = 1. Quindi g0 non è diagonalizzabile.
Se h = −1, l’ autovalore 1 ha molteplicità algebrica 1 e l’ autovalore -1 ha molteplicità algebrica 2. La molteplicità geometrica dell’ autovalore -1 é uguale a 3 − ρ( G−1 −
I3×3 ) = 3 − 1 = 2 e quindi g−1 risulta diagonalizzabile.
Se h < 0, h 6= −1, allora
V−1 = L(v1 ),
√
V√−h = L( −hv2 + v3 )
e
√
V−√−h = L(− −hv2 + v3 ).
Se h = −1, abbiamo V−1 = L(v1 , v2 − v3 ) e V1 = L(v2 + v3 ).
Le basi di autovettori possono essere ora facilmente elencate per ogni h < 0.
2. Sia f : R4 → R4 la riflessione rispetto al sottospazio U di equazioni cartesiane x − y =
0 = z − w.
(a) Calcolare gli autovalori e gli autospazi di f .
Per definizione di f gli autovalori sono 1 e -1 e inoltre R41 = U = L(v1 = (1, 1, 0, 0), v2 =
(0, 0, 1, 1) e R4−1 = U ⊥ = L(v3 = (1, −1, 0, 0), v4 = (0, 0, 1, −1)).
(b) Determinare f ( x, y, z, w).
Per definizione di f abbiamo f (v1 ) = v1 , f (v2 ) = v2 , f (v3 ) = −v3 , f (v4 ) = −v4 .
Essendo e1 = v21 + v22 , deduciamo
1 1
1 −1
f (e1 ) = ( , , 0, 0) − ( ,
, 0, 0) = (0, 1, 0, 0) = e2 .
2 2
2 2
Ragionando analogamente otteniamo f (e2 ) = e1 , f (e3 ) = e4 e f (e4 ) = e3 . In conclusione f ( x, y, z, w) = (y, x, w, z).
3. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O.~x, ~y, u.
(a) Studiare il fascio di coniche passanti per A = (1, 0), B = (0, 1) e tangente in O =
(0, 0) alla retta x + y = 0. Determinare il centro e il raggio della circonferenza del
fascio.
Il fascio puó essere generato dalle coniche riducibili di equazione xy = 0 e ( x + y)( x +
y − 1) = 0 e quindi ha equazione
( x + y)2 − x − y + λxy = 0,
che puó essere riscritto come
2x2 + 2(2 + λ) xy + 2y2 − 2x − 2y = 0.
Abbiamo | Fλ | = 2λ. Pertanto le coniche riducibili del fascio corrispondono ai valori λ = 0 e λ = ∞ e sono quindi le due coniche riducibili utilizzate per scrivere l’
equazione del fascio.
Sia ora λ 6= 0, i.e. la conica del fascio corrispondente a λ é irriducibile. Abbiamo
| Fλ | = −λ(λ + 4). Per λ = −4 la conica é una parabola, per −4 < λ < 0 un ellisse e
per λ < −4 o λ > 0 una iperbole.
La circonferenza del fascio si ottiene per λ = −2, ha centro C =
( 21 , 12 )
(b) Riconoscere la conica del fascio passante per P = (1, −2).
Sostituendo le coordinate di P nell’ equazione del fascio otteniamo
1 − 1 + 2 − 2λ = 0,
i.e. λ = 1. Per l’ analisi precedente questa conica é una iperbole.
√
e raggio
2
2 .
4. Sia fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O.~x, ~y, ~z, u.
(a) Scrivere l’equazione della parabola Γ ⊂ R3 avente fuoco F = (1, 1, 1) e tangente in
O = (0, 0, 0) alla retta con direzione L(1, 0, −1).
Il piano Π contenente Γ ha equazione x − 2y + z = 0 essendo il piano contenente la
retta l = L(O; L(1, 0, −1)) e passante per F.
La retta < O, F > é ortogonale alla retta l e quindi O é il vertice della parabola Γ.
La direttrice di Γ é allora la retta m = L( F 0 ; L(1, 0, −1)), dove F 0 = (−1, −1, −1) é il
simmetrico di F rispetto all’ origine O. La retta m ha equazioni parametriche:
x = −1 + t
y = −1
.
z = −1 − t
Abbiamo
Γ = { P ∈ Π : d( P, m) = d( P, F )}.
Descriviamo il luogo dei punti P ∈ R3 tali che d( P, F )2 = d( P, m)2 .
Sia P = ( a, b, c) ∈ R3 . Il piano Π P ortogonale a m e passante per P ha equazione
cartesiana x − a − (z − c) = 0 e taglia m nel punto Q = ( c−2a−2 , −1, a−2c−2 ). Abbiamo
d( P, m)2 = d( P, Q)2 = (
3c − a + 2 2
3a − c + 2 2
) + ( b + 1)2 + (
) .
2
2
Essendo d( P, F )2 = ( a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 la parabola Γ si ottiene intersecando
il piano Π con la quadrica di equazione
(
3x − z + 2 2
3z − x + 2 2
) + ( y + 1)2 + (
) = ( x − 1)2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 .
2
2
(b) Trovare un’ equazione della sfera X tangente in O al piano x + z = 0 e passante per
F = (1, 1, 1).
La sfera ha centro sulla retta n ortogonale al piano passante per O avente equazioni parametriche:
x=t
y=0 .
z=t
Per trovare il centro imponiamo che la distanza tra il punto generico Pt = (t, 0, t) ∈ n e l’
origine sia uguale a d( Pt , F ). Otteniamo
2t2 = (t − 1)2 + (−1)2 + (t − 1)2 ,
i.e. t = 34 . Allora il centro C di X ha coordinate ( 34 , 0, 34 ). L’ equazione di X é quindi
3
3
18
( x − )2 + y2 + ( z − )2 = ,
4
4
16
che si semplifica in
3
3
x2 + y2 + z2 − x − z = 0.
2
2
