Soluzione del compito di geometria del 13/6/05 Versione A
1. Riducendo la matrice completa del sistema con la trasformazione R2 ⇒ R2 − 2R1 , si vede che per
h = 1 risulta ρ(A) = 1, ρ(A, B) = 2, cosicche’ il sistema non e’ risolubile . La risposta corretta e’ a).
e
xy
00
00
2. (a) fx0 = yexy , fy0 = xexy e quindi grad f si annulla solo in P (0, 0). Poiche’ fxx
= y 2 exy , fxy
=
xy
00
2 xy
+ xye , fyy = x e , succede che HP (f ) ha come autovalori 1, −1 e pertanto non si ha massimo. F.
(b) Dalla relazione dimR4 = dim kerf + dim Imf si vede che dim kerf = 0 implica dim Imf = 4.
V.
(c) Poiche’ i vettori paralleli alle due rette sono rispettivamente: r = (1, 1, −2), s = (0, 1, 0), le due
rette non sono parallele. Inoltre r incontra in due punti diversi i due piani che si intersecano in s e cioe’ in
P1 (−1, −1, 1) e P2 (0, 0, −1). V.
(d) La curva L interseca il generico piano parallelo a quello dato, di equazione z − 2x + y − d = 0, nei
punti corrispondenti ai valori di t soluzione dell’equazione (t2 − 2t) − 2t + 2 − t2 − d = 0, ossia −4t + 2 − d = 0;
questa equazione non e’ mai verificata da tutti i valori di t, comunque si scelga d. F.
(e) Il sistema ammette una sola soluzione se e solo se ρ(A, B) = ρ(A) = 6 e questa condizione non si
puo’ verificare, poiche’ le matrici hanno 4 righe. V.
(f) I due piani sono paralleli, pertanto la loro distanza coincide con la distanza di
√ un qualunque punto
di un piano dall’altro piano. Scegliendo come punto O(0,0,0), tale distanza risulta 1/ 3. F.
3. i) La somma di due sottospazi vettoriali e’ il minimo sottospazio che li contiene entrambi. Si puo’
dimostrare che W + Z = {w + z, w ∈ W, z ∈ Z}. La somma si dice diretta se la scrittura
T di ogni suo elemento
nella forma w + z, sopra indicata, e’ unica. Tale condizione si verifica se e solo se W Z = {0}.
ii) Basta scegliere due piani non coincidenti. Ad esempio, W = L((1, 0, 0), (0, 1, 0)), Z = L((0, 1, 0), (0, 0, 1)).
4. La matrice della conica generica della famiglia e’:
−2m m/2
0
B = m/2 1 − m
0 .
0
0
m−1
Pertanto detB = m(m − 1)(7m − 8)/4; ne segue che si hanno coniche degeneri per i valori m = 0, 1, 8/7.
i) Si ottengono ellissi quando detB 6= 0 e detA > 0, avendo indicato con A la matrice della forma
quadratica individuata dai termini di secondo grado.
Poiche’ detA = m(−8 + 7m)/4, si hanno ellissi per m < 0 oppure m > 8/7.
ii) Per m = −1 la conica diventa: 2x2 − xy + 2y 2 − 2 = 0.
Si ottiene: detB = −15/2, detA = 15/4 e pertanto la curva e’ un ellisse.
Inoltre: |A − T I| = T 2 − 4T + 15/4 e quindi gli autovalori sono: 3/2 e 5/2. Poiche’ −detB/detA = −2,
la forma canonica richiesta e’ :
3/2X 2 + 5/2Y 2 = 2.
5. La prima condizione equivale a dire che f (1, 0, 0) = (0, 0, 0). La seconda, per la linearita’ di f , si
puo’ scrivere nella forma: f (1, 0, 0) + f (0, 1, 0) + f (0, 0, 1) = (1, 1, 0), e, analogamente, la terza si scrive
f(1,0,0)+2f(0,1,0)+3f(0,0,1)=-(1,2,3); di qui segue: f (0, 1, 0) = (4, 5, 3), f (0, 0, 1) = (−3, −4, −3) . Pertanto
la matrice, rispetto alla base canonica, e’:
0 4 −3
0 5 −4 .
0 3 −3
e quindi la funzione richiesta opera cosi’: f (x, y, z) = (4y − 3z, 5y − 4z, 3y − 3z).
1
6. i) La matrice di f rispetto alla base canonica e’
1 1
A = 0 1
0 0
1
2.
4
Poiche’ detA = 4 6= 0, la matrice e’ invertibile e quindi f e’ un isomorfismo.
ii) (A −T I) = (1 −T )2 (4 −T ) e quindi gli autovalori sono λ1 = 1 doppio e λ2 = 4 semplice. L’autospazio
relativo all’autovalore doppio e’ dato dalle soluzioni del sistema y + z = 0, z = 0 e pertanto ha dimensione 1.
Se ne conclude che non esiste una base di autovettori, in quanto l’endomorfismo non e’ semplice.
7. i) La curva L e’ piana, perche’ le funzioni componenti della sua rappresetazione parametrica sono
polinomi di grado ≤ 2.
ii) La proiezione si ottiene intersecando il piano y = 0 con il cilindro avente come direttice la curva e
generatrici parallele all’asse y. L’equazione di tale cilindro si ottiene eliminando t tra la prima e la terza
equazione. Si ha dunque: x = −2z + z 2 − 1, y = 0.
0
iii) posto P (t) = (2t + t2 − 1, t√
+ t2 , −t), risulta:
= 2 + 2t, 1 + 2t, −1,√
P 00 (t) = (2,V2, 0). Ne segue√che
V 00P (t)0 V
0
00
in P (0) si ottiene:: t = (2, 1, −1)/ 6; b = (P
P )/|P
P | = (1, −1, 1)/ 3; n = b t = (0, 1, 1)/ 2.
√
8. Il versore del vettore dato e’ u = (1, 1)/ 2 e le derivate parziali sono:
00
00
00
fx0 = 3x2 , fy0 = −1; fxx
= 6x, fxy
= 0, fyy
= 0.
√
√
2
a) (df /du)P = (grad f )P • u = 3x / 2 − 1/ 2
b) Il gradiente non si annulla in nessun punto e quindi non esistono ne’ massimi ne’ minimi.
2
