CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA MECCANICA A.A PROVA SCRITTA DI GEOMETRIA DEL Corso del Prof. Manlio BORDONI

CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA MECCANICA – A.A. 2012-2013 PROVA SCRITTA DI GEOMETRIA DEL 21-01-13

Corso del Prof. Manlio BORDONI

Esercizio 1 . Sia U il sottospazio vettoriale di R⁴ generato dai vettori u₁ =^t(1 , 1 , −1 , 1) u₂ =^t(0 , 0 , 1 , −1) u₃ =^t(1 , 1 , 0 , 0)

(a) Determinare la dimensione ed una base ortonormale di U ; scrivere inoltre equazioni parametriche e cartesiane di U .

(b) Determinare equazioni cartesiane, la dimensione ed una base del comple- mento ortogonale U^⊥.

(c) Decomporre il vettore v =^t (2 , 2 , 2 , −2) nella somma v = u + w con u ∈ U e w ∈ U^⊥.

(d) Dare la definizione di applicazione lineare L : Rⁿ −→ R^m e specificare quando L si dice iniettiva, suriettiva o biiettiva.

(e) Dare la definizione del nucleo KerL e dimostrare che L `e iniettiva se e solo se KerL = {0}.

Soluzione

(a) La matrice che ha per colonne i vettori dati ha rango 2, quindi U ha dimensione 2. I vettori u₂, u₃ sono ortogonali e danno dunque una base ortogonale di U . Una base ortonormale si ottiene dividendo ciascuno di essi per la propria lunghezza, che vale √

2. Equazioni parametriche di U si ottengono scrivendo il generico vettore v ∈ R⁴ come combinazione lineare di u₂, u₃ : v = tu₂+ t⁰u₃ e sono

x₁ = t⁰, x₂ = t⁰, x₃ = t, x₄ = −t

Eliminando da queste i parametri si ottengono le equazioni cartesiane di U che sono x₁− x₂ = 0, x₃+ x₄ = 0.

(b) Le equazioni cartesiane di U^⊥ si ottengono imponendo che il generico vettore v ∈ R⁴sia ortogonale a u2 ed u3e sono quindi x1+x2 = 0, x3−x4 = 0.

U^⊥ ha codimensione 2 e quindi dimensione 4-2=2 ed una sua base si ottiene risolvendo il sistema omogeneo costituito dalle sue equazioni cartesiane, ad esempio

w₁ =^t (1 , −1 , 0 , 0) w₂ =^t(0 , 0 , 1 , 1)

(c) u `e la proiezione ortogonale di v su U mentre w `e la proiezione ortogonale di v su U^⊥, dunque risulta, essendo u₂, u₃ una base ortogonale di U ,

u = P_U(v) = P_u2(v) + P_u3(v) = 2 + 2

1 + 1u₂+2 + 2

1 + 1u₃ =^t (2 , 2 , 2 , −2) = v ossia v ∈ U . Ne segue che w = 0, come risulta anche dal calcolo diretto del la proiezione ortogonale di v su U^⊥.

(d),(e) Vedi libri di testo, vol. I, pp. 187-196.

Esercizio 2 . Sia T : R² −→ R² l’operatore rappresentato nella base cano- nica dalla matrice A₀₀=

 5 −4

−4 5

 .

(a) Determinare,se esiste, una base ortonormale di R² costituita da autovet- tori di T .

(b) Detta C la conica che in un riferimento cartesiano RC(O;i, j) ha equazione 5x²− 8xy + 5y²+ 18x − 18y + 9 = 0 ,

stabilire se C `e generale o degenere, se `e un’ellisse, iperbole o parabola e calcolare le coordinate del centro o del vertice a seconda del caso.

(c) Dire qual `e un riferimento cartesiano RC’(O’;i⁰, j⁰) in cui C ha equazione canonica e determinare tale equazione (si consiglia di usare il metodo degli inverianti).

Soluzione

(a) L’equazione caratteristica det(A00− λI) = λ²− 10λ + 9 = 0 d`a gli auto- valori λ₁ = 1, λ₂ = 9 con relativi autospazi E(1) =

 t 1

1



t∈R

, E(9) =

 t

 1

−1



t∈R

. Pertanto una base ortonormale di R² costituita da au- tovettori di T esiste, conformemente al teorema spettrale, ed `e per esempio i =

√1 12

√2

! , j =

√1 2

−^√1₂

! .

(b) La matrice di C `e A =





9 9 −9

9 5 −4

−9 −4 5



 ed il suo determinante vale A = −81, quindi C `e generale; essendo poi A₀₀ = detA₀₀ = 9 > 0, la conica

`

e un’ellisse con centro di coordinate

x₀ = detA₀₁ detA₀₀ =

−det

 9 −4

−9 5



det

 5 −4

−4 5

 = −1 , y₀ = detA₀₂ detA₀₀ =

det

 9 5

−9 −4



det

 5 −4

−4 5

 = 1

(c) Un riferimento in cui C ha equazione canonica `e per esempio quello con origine O⁰ il centro dell’ellisse e come versori i⁰, j⁰ quelli precedentemente calcolati.

Gli invarianti cubico, quadratico e lineare valgono rispettivamente A =

−81, A₀₀ = 9, I = 10. Il metodo degli invarianti d`a allora l’equazione canonica 9

X²

9 + ^Y₁² − 1

= 0 ossia (^X₉² +^Y₁²) = 1.

Esercizio 3 . Nel piano sono dati il punto P  2 1



e le rette r : x−2y +2 = 0, s : x + y − 1 = 0.

(a) Scrivere l’equazione della retta r⁰ passante per P e parallela ad r.

(b) Scrivere l’equazione della retta s⁰ passante per P e perpendicolare ad s.

(c) Calcolare il coseno dell’angolo ˆrs essendo r orientata secondo le x crescenti ed s secondo le y decrescenti.

(d) Detto Q il punto r ∩ s, determinare le coordinate del punto R tale che P OQR sia un parallelogramma (O essendo l’origine delle coordinate).

Soluzione (a) r : x − 2y = 0.

(b) s : x − y − 1 = 0.

(c) Un vettore direttore di r ha coordinate  −2

−1



e da esso si traggono i versori ±^√1

5

 −2

−1



; l’orientazione di r richiede che la prima coordinata debba essere positiva, dunque va scelto il segno - e si ha il versore r =

√2 15

√5

!

. Analogamente, l’orientazione di s `e data dal versore s =

√1 2

−^√1

2

! . Risulta allora

cosrs = hr, si =b 1

√10

(d) Intersecando r ed s si trova il punto Q 0 1



. Per trovare R x y

 basta imporre che risulti −→

OP =−→

QR ossia che x − 0 y − 1



= 2 − 0 1 − 0



da cui viene R ≡  2

2

 .

Esercizio 4 . Spazio euclideo. Riferimento cartesiano RC(O;i, j, k). Sono dati il piano α : 2x − y + 3z − 5 = 0 e la retta r :

 x − y + z − 6 = 0 x − 4y − 2z − 3 = 0 (a) Verificare che r `e parallela ad α e calcolare la distanza di r da α.

(b) Determinare equazioni cartesiane della retta r⁰ proiezione ortogonale di r su α.

(c) Detti v un vettore direttore di r ed n un vettore perpendicolare ad α, determinare le coordinate del versore u perpendicolare sia a v che a n ed orientato secondo le x decrescenti. Calcolare inoltre il volume del paral- lelepipedo costruito sui vettori v, n, u.

(d) Dato un piano α : ax+by+cz+d = 0 ed una retta r :

 a⁰x + b⁰y + c⁰z + d⁰ = 0 a⁰⁰x + b⁰⁰y + c⁰⁰z + d⁰⁰= 0 , scrivere e dimostrare la condizione di parallelismo fra α ed r.

(e) Scrivere e dimostrare la condizione di perpendicolarit`a di r con α.

Soluzione

(a) r ed α sono paralleli in quanto il sistema formato dalle loro equazioni non ammette soluzioni. La distanza di r da α `e uguale alla distanza da α di un qualsiasi punto di r, ad esempio P₀



 7 1 0



:

d(r, α) = d(P₀, α) = |14 − 1 + 0 − 5|

√4 + 1 + 9 = 8

√14

(b) r `e l’intersezione di α col piano β contenente r e perpendicolare ad α. Il fascio di piani di asse r ha equazione x−y +z −6+k(x−4y −2z −3) = 0 ossia (1+k)x+(−1−4k)y+(1−2k)z−6−3k = 0. La condizione di perpendicolarit`a fra piani, aa⁰+ bb⁰+ cc⁰ = 0, d`a 2(1 + k) − 1(−1 − 4k) + 3(1 − 2k) = 0 cio`e l’assurdo 6 = 0: il piano β `e l’unico piano del fascio non rappresentato

dall’equazione scritta, ossia β : x − 4y − 2z − 3 = 0. Equazioni di r si ottengono mettendo a sistema quelle di α e di β.

(c) Parametri dirtettori di r sono ` = 6, m = 3, n = −3 per cui un vettore direttore di r `e per esempio v ≡



 2 1

−1



, mentre un vettore perpendicolare

ad α `e per esempio n ≡



 2

−1 3



: risulta allora

v ∧ n = det





i 2 2

j 1 −1

k −1 3



= 2i − 8j − 4k ≡



 2

−8

−4





Il versore richiesto si ottiene, a meno del segno, dividendo il prodotto vet- toriale per la propria lunghezza; tenendo conto dell’orientazione, si ha u ≡







−^√1

421

√21

√2 21





. Il parallelepipedo ha volume uguale al valore assoluto del prodotto misto dei tre vettori v, n, u ossia al valore assoluto del determinante che ha per colonne le coordinate dei tre vettori. Eseguendo i calcoli si trova che il volume vale 2√

21.

(d) Vedi libro di testo, vol. II pp. 168-170.

(e) Vedi libro di testo, vol. II pp. 203-204 e 211.