UNIVERSITA’DEL SALENTO
Corso Di Laurea In Matematica
GEOMETRIA I
Prova A del 10/02/2015
1. Discutere il seguente sistema al variare del parametro h 2 R
8
hx = h
<
2
(h
1)x + (h + 1)y + 2z = 1
:
(1 h2 )x + y + z = 0
Sia
0
(A j b) = @ h2
1
h
1
0
0 h
1 h+1 2 1 A
h2
1
1 0
la matrice completa associata al sistema. Se consideriamo il determinante della matrice dei
coe¢ cienti si ha det A = h(h 1) da cui segue:
- se h 6= 0; 1 allora rg(A) = 3 = rg(A j b). Per il teorema di Rouche-Capelli il sistema è
compatibile ed ammette una sola soluzione.
- se h = 0
0
1
0 0 0 0
(A j b) = @ 1 1 2 1 A
1 1 1 0
allora rg(A) = 2 = rg(A j b). Per il teorema di Rouche-Capelli il sistema è compatibile ed
ammette in…nite soluzioni dipendenti da un parametro.
- se h = 1
0
1
1 0 0 1
(A j b) = @ 0 2 2 1 A
0 1 1 0
rg(A) = 2 mentre rg(A j b) = 3.
incompatibile.
Per il teorema di Rouche-Capelli il sistema è
2. Siano dati i vettori
!
u 1 = (1; 0; 1; 0); !
u 2 = (0; 1; 0; 0); !
u 3 = (0; 0; 1; 1); !
u 4 = (1; 0; 0; 1):
Si consideri la funzione lineare de…nita da
f (!
u 1 ) = (1; 1; 0; 0);
f (!
u 2 ) = (1; 1; 0; 0);
f (!
u 3 ) = (0; 1; 0; 0);
f (!
u 4 ) = (1; 1; 1; 0):
a) Trovare la matrice associata ad f rispetto alla base canonica di R4 .
b) Trovare nucleo ed immagine di f .
a) Dalle condizioni date segue
8
f (!
e1+!
e 3) = !
e1 !
e2
>
>
<
!
!
!
f ( e 2) = e 1 + e 2
f (!
e3+!
e 4) = !
e2
>
>
: !
f( e 1 + !
e 4) = !
e1+!
e2+!
e3
,
8
>
>
<
>
>
:
8
>
>
<
>
>
:
f (!
e 1 ) + f (!
e 3) = !
e1 !
e2
!
!
!
f ( e 2) = e 1 + e 2
,
!
f ( e 3 ) + f (!
e 4) = !
e2
f (!
e 1 ) + f (!
e 4) = !
e1+!
e2+!
e3
f (!
e 1) = !
e 1 12 !
e 2 + 12 !
e3
!
!
!
f ( e 2) = e 1
e2
e 2 12 !
e3
f (!
e 3 ) = 12 !
!
!
!
f( e ) = e + e
4
2
3
da cui la matrice A associata ad f rispetto alla base canonica è
1
0
1
1 0 0
1
B 1
1
1 C
2
2
C
A=B
1
A
@ 1
0
1
2
2
0
0
0 0
b) Consideriamo la riduzione a scala della matrice
0
1
1 0
1
3
B
0
2
2
A0 = B
2
@ 0 0
3
0 0
0
A
1
0
1 C
C
4 A
3
0
Poichè rgA0 = rgA = 3 si ha dim Im f = 3 e (1; 12 ; 12 ; 0); ( 1; 1; 0; 0); (0;
una sua base. Dal teorema del rango segue che dim Ker f = 1 e
8
x y=0
<
!
3y z + 2t = 0 , !
x 2 Ker f ,
x = (0; 0; 2t; t)
:
2z + 4t = 0
1
;
2
1
; 0)
2
è
ossia Ker f = L((0; 0; 2; 1)).
3. Dati i vettori !
v 1 = (1; 0; 1; 1), !
v 2 = (4; 1; 1; 0) e !
v 3 = (0; 1; 2; 0) di R4 , sia V il
sottospazio lineare da essi generato.
a) Determinare una base di V ed estenderla ad una base B di R4 :
b) Calcolare le componenti del vettore !
w = (1; 0; 0; 0) rispetto alla base B scelta
al punto a).
a) Determiniamo una base per il sottospazio V considerando la matrice che si ottiene
disponendo per riga le componenti dei vettori che generano V :
0
1
1 0
1 1
A=@ 4 1 1 0 A
0 1 2 0
che ridotta a scala diventa
0
1 0
1
0
@
0 1 5
A =
0 0 3
Poichè rgA = rgA0 = 3 si ha che f!
v 1; !
u 2; !
u 3g è
!
u 3 = (0; 0; 3; 5).
Consideriamo ora la matrice
0
1 0
1
B 0 1 5
B=B
@ 0 0 3
0 0 0
1
1
4 A
5
una base di V con !
u 2 = (0; 1; 5; 4) e
1
1
4 C
C
5 A
1
Poichè rgB = 4, possiamo dire che i vettori f!
v 1; !
u 2; !
u 3; !
e 4 g costituiscono una base B di
4
R.
b) Poniamo !
w = a!
v 1 + b!
u 2 + c!
u 3 + d!
e 4 ossia
0
1
0 1
0
1
0 1 0 1
1
0
0
0
1
B 0 C
B 1 C
B 0 C
B 0 C B 0 C
C
B C
B
C
B C B C
aB
@ 1 A + b@ 5 A + c@ 3 A + d@ 0 A = @ 0 A
1
4
5
1
0
da cui
8
>
>
<
8
a=1
a=1
>
>
<
b=0
b=0
,
a + 5b + 3c = 0
c = 31
>
>
>
>
:
:
d = 23
a + 4b 5c + d = 0
e quindi le componenti del vettore !
w = (1; 0; 0; 0) rispetto alla base B sono 1; 0; 31 ; 32
x z=0
ed i piani
2x + y 1 = 0
4. Si considerino il punto A(1; 0; 2), la retta r :
: 2x
4y
2z + 3 = 0 e
: 3x
2y + 4z + 5 = 0
Determinare:
a) la distanza del punto A dalla retta r;
b) le equazioni cartesiane della retta s passante per A e parallela ai piani
e
;
a) Sia il piano per A perpendicolare alla retta r e sia H = \r, allora d(A; r) = d(A; H).
Ora il vettore direttore della retta r è !
r (1; 2; 1) e quindi è il piano per A di parametri
di giacitura (a; b; c) = (1; 2; 1) di equazione
: a(x
x0 ) + b(y
da cui H( 61 ; 23 ; 61 ) e
d(A; H) =
s
y0 ) + c(z
1
6
2
1
z0 ) = x
4
+ +
9
1
+2
6
2y + z + 1 = 0
2
=
p
210
6
b) La retta s richiesta è data da 0 \ 0 con 0 piano per A parallelo ad e 0 piano per
A parallelo a . Posto 0 : 2x 4y 2z + k = 0 e 0 : 3x 2y + 4z + h = 0, da A 2 0 segue
k = 6 mentre da A 2 0 segue h = 5. Si ha quindi
s:
5. Si consideri la matrice
2x
3x
4y 2z 6 = 0
2y + 4z + 5 = 0
0
1
1 0
A=@ 1 h 0 2 A
1
1 h
h
determinare h in modo che essa ammetta un autovalore uguale ad 1 e stabilire
se per questo valore di h, A è diagonalizzabile. In caso a¤ermativo, trovare la
matrice diagonale D simile ad A ed una base di autovettori per fA .
Consideriamo
pA ( ) = det(A
I) =
h
1
1
0
2
h
1
1
=( h+
+ 1)
h+
+h
2
+2
h
a¢ nchè 1 sia un autovalore per A dovrà essere pA (1) = 0 ossia
(2
h) 2 = 0
da cui h = 2.
In corrispondenza di questo valore di h si ha pA ( ) = (
1) (3
) e quindi 2
f1; 0; 3g. Poichè si tratta di autovalori distinti, la matrice A è diagonalizzabile, ossia è simile
alla matrice diagonale D data da
0
1
1 0 0
D=@ 0 0 0 A
0 0 3
Per trovare una base di autovettori dobbiamo considerare gli autospazi relativi agli autovalori
f1; 0; 3g
Sia = 0
8
< 2x + y = 0
1
!
!
!
x + 2z = 0 , !
x 2 V (0) , A x = 0 ,
x = (x; 2x; x)
:
2
x + y + 2z = 0
ossia V (0) = L ((2; 4; 1))
Sia = 1
!
x 2 V (1) , (A
ossia V (1) = L ((1; 1; 0))
!
I)!
x = 0 ,
8
<
:
x+y =0
x y + 2z = 0 , !
x = (x; x; 0)
x+y+z =0
Sia
=3
!
x 2 V (3) , (A
!
3I)!
x = 0 ,
8
<
:
x+y =0
x 3y + 2z = 0 , !
x = (x; x; 2x)
x+y z =0
ossia V (3) = L ((1; 1; 2))
In conclusione f(2; 4; 1); (1; 1; 0); (1; 1; 2)g è la base di autovettori cercata.
