Test di Geometria
Ingegneria Meccanica a.a. 2019/20
Il test consiste di sei esercizi, e ha la durata di tre ore. Rispondere negli spazi predisposti, e giustificare le risposte in modo chiaro e conciso (nell’esame vero e proprio si potra’ usare anche il retro del foglio).
Esercizio 1 Nello spazio vettoriale R4 si considerino i sottospazi vettoriali
V = L
0 0 1 0
,
−1 1 0
−1
,
1 1 1 0
, W :
(x1+ x2− x4 = 0 x2+ x3+ x4 = 0.
a) Calcolare la dimensione e determinare una base ortogonale (se esiste) del sottospazio W . W `e definito da due equazioni cartesiane indipendenti. Quindi per il Teorema di Rouch´e- Capelli il sistema omogeneo definisce uno spazio delle soluzioni di dimensione 2. Dunque dim(W ) = 2. Risolvendo il sistema si trova una base di W : w1 =
2
−1 0 1
, w2 =
1
−1 1 0
. Ora
utilizzando il procedimento di Gram-Schmidt possiamo determinare la base ortogonale richiesta
w10 = w1
w20 = w2−hw1, w2i
hw1, w1iw1 = w2−3
6w1, da cui si ottiene:
w10 =
2
−1 0 1
, w02=
0
−12 1
−12
b) Calcolare la dimensione e determinare una base del sottospazio V⊥.
Ricordando che R4 = V ⊕ V⊥ si ottiene dim(V⊥) = 4 − dim(V ) = 4 − rk(A), dove A `e la matrice ottenuta incolonnando i generatori di V :
A =
0 −1 1
0 1 1
1 0 1
0 −1 0
Dato che rk(A) = 3 si ottiene dim(V ) = 3, da cui dim(V⊥) = 1. Ora, un vettore
x1
x2
x3 x4
appartiene a V⊥ se e solo se `e ortogonale ai vettori della base di V , ovvero se e solo se `e
soluzione del sistema
x3= 0
− x1+ x2− x4= 0 x1+ x2+ x3= 0
da cui si ricava una base per V⊥: v =
−1 1 0 2
.
c) Calcolare la dimensione e determinare una base di ciascuno dei sottospazi V ∩ W e V + W , dire inoltre se la somma V + W `e diretta oppure no.
• Il vettore v =
−1 1 0 2
`e ortogonale a tutti i vettori di V , dunque un’equazione cartesiana per V `e data da −x1+x2+2x4 = 0. Una base per V ∩W pu`o essere determinata risolvendo
il sistema
− x1+ x2+ 2x4= 0 x1+ x2− x4= 0 x2+ x3+ x4= 0
da cui si ottiene: U ∩ W = L
3
−1
−1 2
.
• Dal teorema della dimensione abbiamo dim(V + W ) = dim(V ) + dim(W ) − dim(V ∩ W ) = 3 + 2 − 1 = 4. Ne segue che V + W = R4 e una base `e ad esempio quella canonica.
• La somma non `e diretta dal momento che V ∩ W 6= ∅.
Esercizio 2 Si consideri la matrice Ak =
0 2 0 0
1 −1 0 0
0 0 0 k
0 0 1 0
dipendente dal parametro reale k.
a) Determinare gli autovalori quando k = 1.
Il polinomio caratteristico della matrice `e pA(λ) = (λ + 2)(λ − 1)(λ2− k). Pertanto per k = 1 gli autovalori sono:
λ1 = −2, λ2= 1, λ3 = −1 .
b) Determinare i valori di k per i quali gli autovalori sono tutti reali.
Il polinomio caratteristico della matrice `e pA(λ) = (λ+2)(λ−1)(λ2−k). Dunque gli autovalori sono tutti reali se e solo se (λ2− k) ammette due radici reali (eventualmente coincidenti), ovvero se e solo se k ≥ 0. In tal caso:
λ1= −2, λ2 = 1, λ3=√
k, λ4= −√ k .
c) Determinare i valori di k per i quali Ak `e diagonalizzabile.
Sicuramente se gli autovalori sono tutti reali e distinti la matrice `e diagonalizzabile. Questo accade se 0 < k < 1 ∨ 1 < k < 4 ∨ 4 < k. Restano da studiare i casi seguenti:
• (k=0) Gli autovalori della matrice A0 sono −2, 1, 0; di cui 0 `e l’unico con molteplicit`a algebrica pari a 2. Ne segue che A0`e diagonalizzabile se e solo se la molteplicit`a geometrica dell’autovalore 0 vale 2.
M G(0) = dim E(0) = 4 − rk
0 2 0 0
1 −1 0 0
0 0 0 0
0 0 1 0
= 4 − 3 = 1
da cui si deduce che A0 non `e diagonalizzabile essendo M G(0) = 1 6= 2 = M A(0).
• (k=1) Gli autovalori della matrice A1 sono −2, 1, −1; di cui 1 `e l’unico con molteplicit`a algebrica pari a 2. Ne segue che A1`e diagonalizzabile se e solo se la molteplicit`a geometrica dell’autovalore 1 vale 2.
M G(1) = dim E(1) = 4 − rk
−1 2 0 0
1 −2 0 0
0 0 −1 1
0 0 1 −1
= 4 − 2 = 2
da cui si deduce che A1 `e diagonalizzabile essendo
M G(−2) = M A(−2) = 1 M G(−1) = M A(−1) = 1 M G(1) = M A(1) = 2 .
• (k=4) Gli autovalori della matrice A4 sono −2, 1, 2; di cui −2 `e l’unico con molteplicit`a algebrica pari a 2. Ne segue che A4`e diagonalizzabile se e solo se la molteplicit`a geometrica dell’autovalore −2 vale 2.
M G(−2) = dim E(−2) = 4 − rk
2 2 0 0 1 1 0 0 0 0 2 4 0 0 1 2
= 4 − 2 = 2
da cui si deduce che A4 `e diagonalizzabile essendo
M G(−2) = M A(−2) = 2 M G(−1) = M A(−1) = 1 M G(1) = M A(1) = 1 . In conclusione Ak `e diagonalizzabile se e solo se k > 0.
d) Determinare gli eventuali valori di k per i quali Ak`e simile alla matrice D =
−2 0 0 0
0 1 0 0
0 0 3 0
0 0 0 −3
.
Abbiamo dimostrato che la matrice Ak `e diagonalizzabile ∀k > 0. Dunque se k > 0 la matrice Ak `e simile alla matrice diagonale
Dk=
−2 0 0 0
0 1 0 0
0 0 √
k 0
0 0 0 −√
k
Pertanto l’unico valore del parametro che soddisfa la richiesta `e k = 9.
Esercizio 3 a) Enunciare il secondo criterio di diagonalizzabilit`a.
Un endomorfismo f : V → V `e diagonalizzabile se e solo se il suo polinomio caratteristico `e totalmente riducibile e inoltre M A(λ) = M G(λ) per ogni autovalore λ.
b) Stabilire se esiste un endomorfismo f di R3tale che Kerf : x+y−3z = 0 e Imf : 2x+y+4z = 0 (se esiste, trovarne uno, se non esiste, spiegare perch´e).
Supponiamo per assurdo che un tale endomorfismo f esista. Per il teorema della dimensione si ha
dim R3 = dim(Kerf ) + dim(Imf )
D’altra parte le equazioni di Kerf e Imf rappresentano due piani, dunque dim(Kerf ) = dim(Imf ) = 2,
da cui l’assurdo.
c) Supponiamo che i vettori v1, v2, v3 ∈ R5 siano tutti non-nulli e a due a due ortogonali. `E vero che v1, v2, v3 sono linearmente indipendenti ? (Se lo sono sempre, dimostrare perch´e; se a volte non lo sono, dare un controesempio).
Consideriamo una combinazione lineare a1v1+ a2v2+ a3v3= 0. Fissato j = 1, 2, 3, applichi- amo ad entrambi i membri il prodotto scalare con il vettore vj:
ha1v1+ a2v2+ a3v3, vji = h0, vji a1hv1, vji + a2hv2, vji + a3hv3, vji = 0
ajkvjk2= 0
Dove nell’ultimo passaggio abbiamo sfruttato l’ortogonalit`a di vj con gli altri due vettori.
Dunque, essendo per ipotesi vj 6= 0, otteniamo a1 = a2 = a3 = 0; se ne deduce che i vet- tori v1, v2, v3 sono linearmente indipendenti.
Esercizio 4 Nello spazio sono dati la retta r :
x = 2t y = t z = t
e il piano π : x − y + z = 0.
a) Determinare la retta r0 proiezione ortogonale di r su π.
La proiezione r0 pu`o essere determinata come l’intersezione fra il piano π e il piano π0 che soddisfa le seguenti propriet`a:
π0 ⊥ π e r ⊆ π0.
Per determinare il piano π0 definiamo la normale ~n0 come il prodotto vettoriale fra la normale
~ n =
1
−1 1
del piano π e il vettore direttore della retta r.
~ n0 =
1
−1 1
∧
2 1 1
=
−2 1 3
Si osservi che tale scelta garantisce che π0 ⊥ π e che r // π0. Il piano π0 ha dunque equazione
−2x + y + 3z + d = 0. Affinch´e r sia contenuta in π0 `e ora sufficiente imporre che π0 contenga un qualunque punto di r. A tale scopo osserviamo che r passa per l’origine, otteniamo dunque d = 0. Pertanto π0: − 2x − y + 3z = 0 e dunque
r0:
(x − y + z = 0
− 2x + y + 3z = 0
b) Determinare l’equazione cartesiana di una sfera di raggio √
3 con centro sulla retta r e tangente a π. Tale sfera `e unica ?
L’equazione di una sfera con centro Ct =
2t
t t
e raggio√
3 `e St: (x − 2t)2+ (y − t)2+ (z − t)2 = 3. Affinch´e tale sfera sia tangente al piano π `e necessario e sufficiente che la distanza fra il centro della sfera St e il piano π sia uguale al raggio. Imponiamo dunque la condizione d(Ct, π) =√
3, da cui:
|2t − t + t|
√1 + 1 + 1 =√ 3 .
La condizione di tangenza risulta dunque |2t| = 3, ovvero t = ±32. Concludiamo che le sfere cercate hanno equazioni:
S3
2: (x − 3)2+
y −3
2
2
+
z −3
2
2
= 3 e S−3
2: (x + 3)2+
y +3
2
2
+
z +3
2
2
= 3 .
Quindi la sfera richiesta non `e unica.
c) Determinare equazioni (cartesiane o parametriche) della retta r00 che giace sul piano π ed `e ortogonale e incidente a r.
Scegliamo il vettore direttore della retta r00 come il prodotto vettoriale fra la normale del piano π e il vettore direttore di r:
l00 m00
n00
=
1
−1 1
∧
2 1 1
=
−2 1 3
Si osservi che tale scelta garantisce che r00// π e che r00 ⊥ r. Affinch´e r e r00 siano incidenti, dobbiamo imporre che il punto di intersezione fra r e π appartenga alla retta r00. Si verifica facilmente che r ∩ π =
0 0 0
, pertanto le equazioni parametriche di r00 sono:
x = −2t y = t z = 3t .
Esercizio 5 `E data la conica γk : 2x2+ 2y2+ 2kxy − 1 = 0 dipendente dal parametro reale k ≥ 0.
a) Determinare la forma canonica di γkal variare di k e disegnare la conica nel caso in cui essa
`
e degenere.
Gli autovalori della matrice Q sono λ = 2 + k e µ = 2 − k. Calcolando gli invarianti si ottiene:
I1= tr(Q) = 4 I2= det(Q) = 4 − k2 I3= det(A) = k2− 4
da cui, ricordando che k ≥ 0 per ipotesi, si deduce che
• γk `e un’ellisse reale se 0 ≤ k < 2 (poich´e I2> 0 e I1I3< 0),
• γk `e un’iperbole reale se k > 2 (poich´e I2 > 0 e I3 6= 0),
• γk `e una parabola degenere se k = 2 (poich´e I2 = 0 e I3= 0).
Abbiamo dimostrato che se I2 6= 0 allora l’equazione canonica della conica `e: λX2+µY2+II3
2 = 0.
Pertanto la forma canonica richiesta sar`a:
γk: (2 + k)X2+ (2 − k)Y2 = 1 ∀k 6= 2 .
Per studiare il caso degenere consideriamo l’equazione di γ2: 2x2+2y2+4xy −1 = 0 e osserviamo che pu`o essere riscritta come segue:
x2+ y2+ 2xy = 1
2 ⇐⇒ (x + y)2 = 1
2 ⇐⇒ x + y = ± 1
√2 da cui deduciamo che γ2`e l’unione delle rette parallele r1: x + y −√1
2 = 0 e r2: x + y +√1
2 = 0.
b) Disegnare la conica γ0ottenuta per il valore k = 0, e trovare l’equazione di una retta tangente a γ0 e parallela alla retta x − y = 0.
L’equazione di γ0 `e 2x2 + 2y2 = 1, che rappresenta una circonferenza di raggio R = √1
2
centrata nell’origine. L’equazione del fascio di rette parallele a x − y = 0 `e rc: x − y + c = 0.
Tali rette sono tangenti alla circonferenza esattamente quando la loro distanza dal centro `e pari al raggio. Pertanto imponiamo la condizione:
d
rc,0
0
= 1
√2
da cui si ottiene √|c|
2 = √1
2 e dunque c = ±1. Si ottengono cos`ı le due rette tangenti alla circonferenza e parallele a x − y = 0:
r1: x − y + 1 = 0 e r−1: x − y − 1 = 0 .
c) Determinare il valore di k per il quale γk `e un ellisse di area π. (Suggerimento: l’area dell’ellisse di semiassi a, b `e πab). In generale, se γk`e un’ellisse, quali valori pu`o assumere l’area di γk?
Nel punto a) abbiamo determinato l’equazione canonica della conica dimostrando che γk `e un’ellisse reale se e solo se 0 ≤ k < 2 e in tal caso
γk: (2 + k)X2+ (2 − k)Y2 = 1 , da cui ricaviamo ak= √1
2+k e bk= √1
2−k. Ricordando che l’area dell’ellisse vale πab, otteniamo il valore dell’area della conica γk:
Aγk = π
√
4 − k2 0 ≤ k < 2 . Affinch´e l’area di γk sia π dobbiamo imporre √
4 − k2 = 1, da cui k = √
3. Osserviamo infine che Aγk `e una funzione continua e crescente, che soddisfa inoltre le relazioni
Aγ0 = π 2 lim
k→2−Aγk = ∞ . Pertanto l’area dell’ellisse γk pu`o assumere qualsiasi valore nell’intervallo π
2, ∞.
Esercizio 6 a) Discutere le soluzioni del seguente sistema lineare al variare del parametro
reale k: (
x + 2y − z = k 4x + 4ky − k2z = 2
Tramite l’algoritmo di Gauss otteniamo
(x + 2y − z = k
4(k − 2)y + (4 − k2)z = 2(1 − 2k) la cui matrice dei coefficienti `e
Ak =1 2 −1
0 4(k − 2) (2 − k)(2 + k)
mentre la matrice completa `e:
Bk=1 2 −1 k
0 4(k − 2) (2 − k)(2 + k) 2(1 − 2k)
Studiando i pivot delle due matrici otteniamo rk(Ak) =
(2 se k 6= 2
1 se k = 2 rk(Bk) = 2 , ∀k ∈ R
Ne segue che lo spazio S delle soluzioni del sistema ha dimensione dim(Sk) = 3 − rk(Ak) = 1 per ogni k 6= 2, mentre S2 = ∅ per k = 2. Risolvendo il sistema per k 6= 2 si ottiene un’equazione parametrica per la retta Sk:
Sk=
x = k2+ 2k − 2 k − 2 −k
2t y = 1 − 2k
k − 2 +k + 2 4 t z = t
Osservazione: Come parziale verifica della correttezza della soluzione precedente si pu`o de- terminare il prodotto vettoriale fra le normali dei due piani che definiscono il sistema. Tale prodotto vettoriale fornisce un vettore direttore per la retta soluzione e dovr`a pertanto risultare proporzionale al vettore direttore (−k2,k+24 , 1)t determinato in precedenza.
1 2
−1
∧
4 4k
−k2
=
−2k2+ 4k k2− 4 4k − 8
= k − 2 4
−k k+22
4
1
Osserviamo infine che tale prodotto vettoriale `e non nullo se e solo se k 6= 2; ci`o dimostra che i due piani sono paralleli se e solo se k = 2 (confermando che per k = 2 il sistema non ammette soluzioni).
b) Sono dati i punti A = (12,
√3
2 ) e B = (−
√3
2 , −12). Trovare la matrice canonica della rotazione di centro l’origine che porta A in B (in senso antiorario).
Osserviamo che A si trova nel primo quadrante e il vettore ~OA forma un angolo π3 con e1, mentre B si trova nel terzo quadrante e il vettore ~OB forma un angolo di 7π6 con il vettore e1. Pertanto l’angolo formato fra i due vettori sar`a θ = 7π6 −π3 = 5π6 . Tale angolo formato dai vettori OA e ~~ OB si pu`o anche calcolare tramite la formula:
θ = arccos h ~OA, ~OBi k ~OAk · k ~OBk
!
= arccos −
√3 2
!
= 5π 6 . La matrice di rotazione cercata `e dunque
R5π
6 =cos 5π6
− sin 5π6 sin 5π6
cos 5π6
= −
√3 2 −12
1
2 −
√ 3 2
!
Si verifica facilmente che R5π
6
1
√2 3 2
!
= −
√ 3 2
−12
! .
c) Dati i vettori v1 = 1 1
, v2 = 1
−1
, w1 = −1
−2
, w2 = 3 6
, trovare (se possibile) un’endomorfismo f di R2 tale che f (v1) = w1, f (v2) = w2.
Abbiamo dimostrato che un endomorfismo `e univocamente determinato dai valori che assume su una base. Dal momento che v1, v2 formano una base di R2 esister`a un unico endomorfismo f che soddisfa le propriet`a richieste. Inoltre, la matrice associata ad f rispetto alla base canonica ha per colonne le immagini di e1 ed e2. Risolvendo il sistema e1 = αv1 + βv2 otteniamo α = β = 12, da cui
f (e1) = αf (v1) + βf (v2) = 1 2w1+1
2w2 =1 2
.
Analogamente, risolvendo e2= α0v1+ β0v2 otteniamo α0 = 12 e β0 = −12, da cui f (e2) = α0f (v1) + β0f (v2) = 1
2w1−1
2w2=−2
−4
.
Quindi la matrice associata ad f rispetto alla base canonica `e A = 1 −2 2 −4
e l’applicazione lineare cercata `e:
fx y
= x − 2y 2x − 4y
.
