Corso del Prof. Manlio BORDONI – A.A 2003-2004 PROVA SCRITTA DI GEOMETRIA DEL 10-01-2004 Esercizio 1. In R4 sono dati i vettori
v1 =
1
−2 0 1
, v2 =
0 1
−1 2
, v3 =
1
−2k k
−3
.
(a) Determinare, se esiste, il valore del parametro reale k in modo che i vettori v1, v2, v3 siano linearmente dipendenti.
(b) Scriverere equazioni parametriche e cartesiane del sottospazio vettoriale W di R4 generato dai vettori v1, v2.
(c) Determinare una base ortonormale di W .
(d) Determinare la proiezione ortogonale PW(v) del vettore v =
0 1 0 0
su W .
(e) Scrivere equazioni cartesiane del complemento ortogonale W⊥ di W in R4. (f) Decomporre il vettore v di cui al punto (d) nella somma v = w + w⊥ con w∈ W e w⊥ ∈ W⊥.
Soluzione
(a) I tre vettori dati sono linearmente dipendenti se e solo se la matrice da essi formata ha rango < 3. Poich´e det
1 0
−2 1
= 1 = 0, il metodo degli orlati d`a le condizioni
det
1 0 1
−2 1 −2k
0 −1 k
= 2 − k = 0 , det
1 0 1
−2 1 −2k
1 2 −3
= −8 + 4k = 0
da cui k = 2.
(b) Essendo dimW =2 e dunque codimW =4-2=2, occorrono e bastano due equazioni cartesiane per rappresentare W , che si ottengono imponendo che risulti
rg
1 0 x1
−2 1 x2
0 −1 x3
1 2 x4
= 2.
Il metodo degli orlati d`a
det
1 0 x1
−2 1 x2
0 −1 x3
= 0 , det
1 0 x1
−2 1 x2
1 2 x4
= 0
cio`e
2x1 + x2+ x3 = 0 5x1+ 2x2− x4 = 0.
(c) I vettori v1, v2 sono gi`a ortogonali, per ottenere una base ortonormale di W basta dunque dividere ciascuno di essi per la propria lunghezza, che vale √
6.
(d) Essendo i vettori v1, v2 gi`a ortogonali, si ha
PW(v) = < v, v1 >
< v1, v1 >v1 + < v, v2 >
< v2, v2 >v2 =−2 6
1
−2 0 1
+ 1 6
0 1
−1 2
=
−13
5
−616
0
.
(e) Equazioni di W⊥ si ottengono imponendo al generico vettore v∈ Rn di essere perpendicolare a v1 e v2, sono quindi
< v, v1 > = 0
< v, v2 > = 0 cio`e
x1 − 2x2+ x4 = 0 x2 − x3+ 2x4 = 0.
(f) Risulta w = PW(v) =
−13
5
−616
0
, w⊥ = v− w =
0 1 0 0
−
−13
5
−616
0
=
1 31 61
06
.
Esercizio 2. `E dato l’operatore T :R3 −→ R3 definito da
T
x1 x2 x3
=
2x1+ 2x2+ x3 x1+ 3x2+ x3 x1 + 2x2+ 2x3
.
(a) Verificare se T `e invertibile oppure no e nel caso sia invertibile, scrivere l’espres- sione dell’operatore inverso T−1.
(b) Calcolare gli autovalori e gli autospazi di T .
(c) Dedurne se T `e diagonalizzabile oppure no, giustificando la risposta.
Soluzione
(a) T `e invertibile in quanto la matrice che lo rappresenta nella base canonica diR3, A =
2 2 1 1 3 1 1 2 2
, ha determinante detA = 5 = 0. L’inverso T−1 `e rappresentato dalla matrice A−1 =
4
5 −25 −15
−15 35 −15
−15 −25 45
.
(b) L’equazione caratteristica di T , det(A− λI) = −λ3+ 7λ2− 11λ + 5 = 0, d`a gli autovalori λ1 = λ2 = 1 e λ3 = 5. Il sistema
(2− λ)x1+ 2x2+ x3 = 0 x1+ (3− λ)x2+ x3 = 0 x1+ 2x2+ (2− λ)x3 = 0
diviene, per λ = 1 :
x1+ 2x2+ x3 = 0 x1+ 2x2+ x3 = 0 x1+ 2x2+ x3 = 0
;
risolvendolo si ottiene l’autospazio E(1) =
t
1 0
−1
+ t
0 1
−2
t,t∈R
. Analoga-
mente per λ = 5 si ha il sistema
−3x1+ 2x2+ x3 = 0 x1− 2x2+ x3 = 0 x1+ 2x2− 3x3 = 0
che d`a l’autospazio
E(5) =
s
1 1 1
s∈R
.
(c) T `e diagonalizzabile in quanto ha autovalori tutti reali e per ciascuno di essi la molteplicit`a geometrica coincide con la molteplicit`a algebrica:
mg(1) = dimE(1) = 2 = ma(1) , mg(5) = dimE(5) = 1 = ma(5).
Esercizio 3. Nel piano sono dati i due punti P1
1
−3
e P2
3 1
. (a) Verificare che il punto H
2
−1
`e allineato con P1, P2 e scrivere l’equazione cartesiana della retta r che passa per tali punti.
(b) Calcolare le coordinate del punto A simmetrico dell’origine O rispetto ad H e scrivere l’equazione cartesiana della retta s passante per O e perpendicolare ad r.
(c) Determinare su s il punto B di ascissa positiva e tale che l’area del triangolo di vertici O, A, B valga 20.
(d) Scrivere l’equazione cartesiana della circonferenza circoscritta al triangolo O, A, B.
Soluzione
(a) L’equazione di r `e det
x− 1 3 − 1 y + 3 1 + 3
= 0 cio`e 2x− y − 5 = 0 ed H ∈ r in quanto le sue coordinate soddisfano l’equazione di r : 2· 2 − (−1) − 5 = 0.
(b) A `e il punto tale che H sia punto medio del segmento OA quindi deve risutare
xA+0
2 = 2 , yA2+0 =−1, da cui si ha A
4
−2
. La retta s ha equazione x + 2y = 0.
(c) Il punto mobile su r ha coordinate
t
2t− 5
ed imponendo che l’area del
triangolo OAB valga 20 si ha |12det
0 4 t
0 −2 2t − 5
1 1 1
| = 20 cio`e |5t − 10| = 20 ossia 5t− 10 = 20 che d`a t = 6 oppure 5t − 10 = −20 che d`a t = −2. Pertanto B `e il punto corrispondente a t =−2, di coordinate
−2
−9
.
(c) Scritta l’equazione della generica circonferenza, x2 + y2 + ax + by + c = 0, le condizioni di passare per O, A, B danno c = 0, 16 + 4 + 4a− 2b + c = 0, 4 + 81 − 2a− 9b + c = 0, sistema che ammette l’unica soluzione a = −14, b = 192 , c = 0.
Pertanto C ha equazione x2+ y2− 14x + 192y = 0.
Esercizio 4. Nello spazio sono dati il punto P0
0 2
−1
e la retta r :2x− y + z + 3 = 0 x + y− z = 0. (a) Calcolare la distanza di P0 da r.
(b) Determinare l’equazione cartesiana del piano β contenente P0 ed r.
(c) Detto α il piano passante per P0 e perpendicolare ad r, calcolare i parametri direttori della retta s = α∩ β e l’angolo rs.
(d) Scrivere l’equazione cartesiana della sfera S di centro P0 e tangente ad r.
Soluzione
(a) La distanza d(P0, r) `e uguale alla distanza di P0 dal punto H = r∩ α, ove α `e il piano passante per P0 e perpendicolare ad r. Parametri direttori di r sono
$ = det
−1 1 1 −1
= 0 , m =−det
2 1 1 −1
= 3 , n = det
2 −1
1 1
= 3
e quindi α ha equazione 0· (x − 0) + 3(y − 2) + 3(z + 1) = 0 ossia y + z − 1 = 0.
Risolvendo il sistema costituito dalle equazioni di r ed α si trova che le coordinate di H sono
1 0 1
. Quindi d(P0, r) = P0H =
(1− 0)2+ (0− 2)2+ (1 + 1)2 = 3.
(b) Il fascio di piani di asse r ha equazione 2x− y + z − 3 + k(x + y − z) = 0, k ∈ R.
Imponendo il passaggio per P0 si ha −2 − 1 − 3 + k(2 + 1) = 0 cio`e k = 2 e quindi β : 4x + y− z − 3 = 0.
(c) La retta s ha equazioni cartesiane
y + z− 1 = 0
4x + y− z − 3 = 0 e suoi parametri diret- tori sono
$ = det
1 1 1 −1
=−2 , m =−det
0 1 4 −1
= 4 , n = det
0 1 4 1
=−4.
Risulta poi cosrs = 0 cio`e rs = π2, infatti s `e la retta passante per P0, perpendicolare ad r ed incidente r in H.
(d) La sfera S ha centro P0 e raggio P0H = 3, dunque la sua equazione `e (x− 0)2+ (y− 2)2+ (z + 1)2 = 9 ossia x2+ y2+ z2− 4y + 2z − 4 = 0.
Esercizio 5. Sono dati i vettori v1 =
x1
x2 x3
, v2 =
y1
y2 y3
, v3 =
z1
z2 z3
di R3. (a) Scrivere e dimostrare la condizione affinch´e v1, v2, v3 costituiscano una base di R3.
(b) Sia W = LR(v1, v2) il sottospazio vettoriale di R3 generato da v1, v2. Dare la definizione di sottospazio U supplementare di W in R3 e dare esplicitamente un esempio di supplementare U .
Soluzione
(a) I tre vettori dati costituiscono una base di R3 se e solo se sono linearmente indipendenti, cio`e se e solo se
rg
x1 y1 z1 x2 y2 z2
x3 y3 z3
< 3 ovvero se e solo se det
x1 y1 z1 x2 y2 z2
x3 y3 z3
= 0.
(b) U `e supplementare di W se U ∩ W = {0} e U + W = R3. Un supplementare di W `e un qualsiasi sottospazio generato da un vettore non appartenente a W , per esempio U = LR(v3). Un esempio di supplementare privilegiato di W `e il complemento ortogonale W⊥.
Esercizio 6. Nello spazio `e data la retta r :
ax + by + cz + d = 0 ax + by + cz + d = 0. (a) Scrivere e dimostrare le formule che danno i parametri direttori di r.
(b) Data inoltre la retta r di parametri direttori
$ m
n
, scrivere e dimostrare la
formula che d`a cos rr.
Soluzione (a) Parametri direttori di r sono
$ = det
b c b c
, m =−det
a c a c
, n = det
a b a b
.
Infatti, detti α : ax + by + cz + d = 0 e α : ax + by + cz + d = 0 i piani che danno come intersezione r, deve risultare
a$ + bm + cn = 0
a$ + bm + cn = 0 in quanto r `e contenuta in α ed α e quindi anche parallela ad α ed α. Questo sistema lineare omogeneo nelle incognite $, m, n ammette le soluzioni sopra scritte, come subito si verifica sostituendole nel sistema stesso.
(b) Detti v ≡ ±
$ m
n
e v ≡ ±
$ m
n
i vettori direttori di r, r, risulta
cos rr = < v, v >
v · v = $$+ mm+ nn
±
($2+ m2+ n2)($2+ m2+ n2). Il doppio segno dipende dal fatto che le rette non sono orientate.
