CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA MECCANICA – A.A. 2011-2012 PROVA SCRITTA DI GEOMETRIA DEL 23-01-12 Compito A
Corso del Prof. M. BORDONI (canale A-M)
Esercizio 1 . Nello spazio vettoriale R4 si considerino i vettori
v1 =
1
−1 0 2
, v2 =
1 2 2 0
, v3 =
3 3 4 2
.
(a) Calcolare la dimensione ed equazioni parametriche del sottospazio W di R4 generato da v1, v2, v3.
(b) Determinare una base ortogonale di W .
(c) Determinare la proiezione ortogonale del vettore v =
0 2
−1
−5
su W .
(d) Determinare equazioni cartesiane ed una base di W⊥.
(e) Sia dato un sistema lineare di m equazioni in n incognite che ammetta almeno una soluzione. `E vero che l’insieme delle soluzioni del sistema `e un sottospazio vettoriale di Rn?
S`I, SEMPRE ; NO, MAI ; DIPENDE DAL SISTEMA Segnare la risposta che si ritiene corretta e dare la dimostrazione della scelta fatta.
(f) Scrivere e dimostrare la condizione necessaria e sufficiente affinch´e il si- stema lineare omogeneo A(n)X(n,1) = 0(n,1) ammetta soluzioni diverse dalla soluzione nulla.
Soluzione
(a) La matrice che ha per colonne i vettori dati ha rango 2, come subito si verifica, quindi W ha dimensione 2. Sono indipendenti ad esempio i vettori v1, v2. Equazioni cartesiane di W si ottengono imponendo che il generico
vettore v ∈ Rninsieme a v1, v2 dia luogo ad una terna di vettori linearmente dipendenti, ossia che
rg
x1 1 1 x2 −1 2 x3 0 2 x4 2 0
= 2
Il metodo degli orlati d`a le due equazioni
2x1− x3− x4 = 0
2x2− 2x3+ x4 = 0 . invece equazioni parametriche di W si hanno scrivendo che il generico vettore v ∈ Rn sia una combinazione lineare di v1, v2, cio`e v = tv1+ t0v2 da cui
x1 = t + t0 , x2 = −t + 2t0 , x3 = 2t0 , x4 = 2t
(b) Il procedimento di Gram-Schmidt d`a la base ortogonale richiesta:
w1 = v1 =
1
−1 0 2
, w2 = v2− 1 − 2
1 + 1 + 4w1 =
7 116
6
2
1 3
(c) Usando la base ortogonale trovata al punto (b) la formula della proiezione
ortogonale d`a PW(v) = −2w1+ 0w2 =
2
−2 0 4
.
(d) Per ottenere equazioni cartesiane di W⊥ basta imporre che il generico vettore v ∈ Rn sia ortogonale ai vettori di una base di W come ad esempio v1, v2, ossia che i prodotti scalari di v con v1 e con v2 siano uguali a zero:
x1− x2+ 2x4 = 0 x1+ 2x2+ 2x3 = 0
Questo sistema ammette ∞2soluzioni, ad esempio
s
1 0
−12
−12
+ s0
0 1
−1
1 2
s,s0∈R
.
Una base di W⊥ `e data dai due vettori che moltiplicano s ed s0 rispettiva- mente.
(e) La risposta corretta `e DIPENDE DAL SISTEMA. Infatti se il sistema
`
e omogeneo l’insieme delle sue soluzioni `e un sottospazio vettoriale di Rn in quanto `e chiuso rispetto alle operazioni di somma e di prodotto per uno scalare. Se invece il sistema non `e omogeneo, l’insieme delle sue soluzioni non `e un sottospazio vettoriale di Rn perch´e non `e chiuso rispetto a tali operazioni (o anche perch´e non contiene il vettore nullo 0(n,1) di Rn; si ricordi che l’appartenere il vettore nullo ad un certo sottoinsieme A di Rn `e solo condizione necessaria ma non anche sufficiente affinch´e A sia un sottospazio vettoriale di Rn). Per i calcoli, vedere il libro di testo, vol. I, pp. 88-89.
(f) Il sistema ammette autosoluzioni se e solo se detA(n) = 0. Infatti un si- stema omogeneo ammette sempre almeno la soluzione nulla. Se fosse detA(n)6=
0, per il teorema di Cramer questa sarebbe l’unica soluzione. Viceversa se il sistema ammette autosoluzioni, per il teorema di Rouch´e-Capelli deve essere rgA(n)< n e quindi detA(n)= 0.
Esercizio 2 . Piano euclideo. Riferimento cartesiano RC(O; i, j).
(a) Calcolare gli autovalori e gli autospazi dell’operatore associato alla ma- trice B =
1 −2
−2 1
.
(b) Determinare se la conica C di equazione
C : x2− 4xy + y2− 2x + 4y − 1 = 0
`
e generale o degenere e se si tratta di un’ellisse, iperbole o parabola.
(c) Determinare un riferimento cartesiano RC(O0; i0, j0) in cui C abbia equazione canonica.
(d) Determinare l’equazione canonica di C (si consiglia di usare il metodo degli invarianti).
Soluzione
(a) L’equazione caratteristica det(B − λI) = (1 − λ)2−4 = 0 d`a gli autovalori 3 e -1, cui corrispondono gli autospazi E(3) =
t
1
−1
t∈R
ed E(−1) =
t0 1
1
t0∈R
.
(b) La matrice di C, A =
−1 −1 2
−1 1 −2
2 −2 1
ha determinante A = 6, quindi C `e una conica generale; inoltre, essendo A00= detB = −3, `e un’iperbole.
(c) L’origine O0 coincide con il centro della conica ed ha quindi coordinate x0 = AA01
00 = 1 , y0 = AA02
00 = 0. Come base (i0, j0) si pu`o prendere una base ortonormale di autovettori, ad esempio i0 =
√1 2
−√1
2
!
, j0 =
√1 12
√ 2
! . (d) Gli invarianti della conica valgono A = 6 , A00 = −3 , I = 2 da cui si ricava ρ = 2; l’equazione t2 + 23t − 34 = 0 ha le soluzioni 32 e −12. Quindi l’equazione canonica di C `e 2 32x2− 12y2− 1 = 0 cio`e x22
3
−y22 = 1.
Esercizio 3 . Nel piano sono dati i punti A −2 1
e B
4
−5
.
(a) Determinare i punti appartenenti all’asse del segmento AB ed aventi distanza √
5 dalla retta s : x + 2y − 3 = 0.
(b) Determinare l’equazione cartesiana della circonferenza C passante per A e B ed avente il centro sulla retta s.
(c) Determinare l’equazione cartesiana della retta tangente in A alla circon- ferenza C.
(d) Calcolare i coseni direttori di s orientata secondo le x decrescenti.
Soluzione (a) Il punto medio del segmento AB `e M
1
−2
e l’asse `e la retta r passante per M e perpendicolare alla retta congiugente A e B: poich´e parametri direttori di quest’ultima sono dati dalle coordinate del vettore −→
AB, dunque
` = 6, m = −6, un vettore direttore di r `e perpendicolare a questo, ad esempio il vettore di coordinate 1
1
. Quindi r ha equazioni parametriche x = 1 + t , y = −2 + t
Detto P (t) il punto mobile su r, la condizione sulla distanza si scrive d (P (t), s) = |1 + t + 2(−2 + t) − 3|
√5 =√
5 ossia |1 + t + 2(−2 + t) − 3| = 5
dalla quale si ricavano i valori t = 113 e t = 13 cui corrispondono i punti P1
14
35 3
e P2
4
3
−53
.
(b) Il centro della circonferenza `e il punto C intersezione della retta s con l’asse r. Sostituendo le coordinate del punto mobile su r nell’equazione di s si ha 1 + t + 2(−2 + t) − 3 = 0 che d`a t = 2 e quindi C ≡ 3
0
. Il raggio `e uguale a AC =√
26. La circonferenza C ha equazione
(x − 3)2+ (y − 0)2 = 26 cio`e x2+ y2 − 6x − 17 = 0
(c) La tangente in A alla circonferenza `e la retta passante per A e perpendico- lare alla retta congiungente A a C. Questa ha equazione det x − 3 −2 − 3
y − 0 1 − 0
= 0 ossia x + 5y − 3 = 0 e pertanto la tangente richiesta ha equazione 5(x + 2) − 1(y − 1) = 0 cio`e 5x − y + 11 = 0.
(d) Un vettore direttore di s `e v ≡
b
−a
=
2
−1
cui corrispondono i due versori ±kvkv = ±√v
5. L’orientazione secondo le x decrescenti richiede che il versore abbia la prima coordinata negativa e quindi va scelto il segno meno. I coseni direttori sono dunque
cosxs = −c 2
√5 , cosys =b 1
√5 Esercizio 4 . Nello spazio sono dati i punti
A
1 0 0
, B
0 2 0
, C
0 0 2
, D
1 1
−1
(a) Determinare l’equazione cartesiana del piano α passante per A, B, C.
(b) Scrivere equazioni cartesiane e parametriche della retta r passante per i punti A e D e verificare se la retta r appartiene al piano α.
(c) Determinare equazioni cartesiane e parametriche della retta s apparte- nente al piano α, passante per A e parallela al piano β : x − y + z − 5 = 0.
(d) Determinale l’equazione cartesiana della sfera tangente in A al piano α ed il cui centro appartiene al piano γ : x + y + z + 3 = 0.
(e) Scrivere e dimostrare la formula che d`a i coseni degli angoli individuati dalle rette s ed s0 di parametri direttori
` m
n
ed
`0 m0
n0
rispettivamente.
(f) Scrivere e dimostrare qual `e l’equazione cartesiana del piano π passante per il punto P0
x0 y0 z0
e perpendicolare ad s.
Soluzione (a) Il piano α ha equazione det
x − 1 0 − 1 0 − 1 y − 0 2 − 0 0 − 0 z − 0 0 − 0 2 − 0
= 4x+2y +2z −4 = 0 ovvero 2x + y + z − 2 = 0.
(b) La retta r ha equazioni cartesiane x − 1 = 0 , y + z = 0 e parametriche x = 1 , y = t , z = −t , t ∈ R. r giace su α in quanto sia A che D appartengono ad α.
(c) La retta s si ottiene come intersezione di α con il piano β0 passante per A e parallelo a β, di equazione (x − 1) − (y − 0) + (z − 0) = 0 e sue equazioni cartesiane sono date dal sistema costituito dalle equazioni di α e di β0. Equazioni parametriche si ottengono risolvendo tale sistema e sono, ponendo per esempio y = t: x = 1 − 2t , y = t , z = 3t , t ∈ R.
(d) Il centro della sfera `e il punto E intersezione di γ con la retta passante per A e perpendicolare ad α, di equazioni parametriche x = 1 + 2t , y = 0 + t , z = 0 + t , t ∈ R. Sostituendo queste nell’equazione di γ si ha (1 + 2t) + t + t + 3 = 0 da cui t = −1 e quindi E ≡
−1
−1
−1
. Il raggio della sfera `e uguale a AE =√
6 e quindi la sfera ha equazione
(x + 1)2+ (y + 1)2+ (z + 1)2 = 6 cio`e x2+ y2+ z2+ 2x + 2y + 2z − 3 = 0 (e) L’angolo fra le due rette, complanari o sghembe che siano, `e l’angolo formato dai vettori direttori delle rette applicati in uno stesso punto, quindi si ha
cos css0 = ``0+ mm0+ nn0
±p(`2+ m2+ n2) · (`02+ m02+ n02)
in quanto un vettore direttore di s `e v ≡
` m
n
ed un vettore direttore
di s0 `e v0 ≡
`0 m0
n0
e risulta cos cvv0 = kvk·kvhv,v0i0k = √ ``0+mm0+nn0
(`2+m2+n2)·(`02+m02+n02). Il doppio segno `e dovuto al fatto che le due rette individuano due coppie di angoli uguali perch´e opposti al vertice, di cui uno `e cvv0 e l’altro il suo supplementare π − cvv0, per cui uno dei due angoli ha coseno positivo e l’altro negativo (a meno che le rette formino angoli retti, nel qual caso il coseno vale 0 sia per cvv0 = π2 che per π − cvv0 = π2 ed il segno non ha rilevanza).
( f) L’equazione cartesiana di π `e `(x − x0) + m(y − y0) + n(z − z0) = 0. Infatti scritto il piano generico passante per P0 di equazione a(x − x0) + b(y − y0) + c(z − z0) = 0, la condizione di perpendicolarit`a con s `e rg
a ` b m c n
= 1
in quanto n ≡
a b c
`e un vettore perpendicolare a π e tale condizione `e soddisfatta prendendo a = `, b = m, c = n.
