16 maggio 16 maggio 2007 2007

Esercitazione

Esercitazione N.7 N.7

16 maggio 16 maggio 2007 2007

Rosalba

Rosalba Barattero Barattero

Linee e superfici

Linee e superfici - - Spazi vettoriali – Spazi vettoriali – Omomorfismi Omomorfismi e matrici associate e matrici associate

u u Riconoscimento superfici - Riconoscimento superfici - Linee su superfici Linee su superfici

u u Spazi vettoriali : dipendenza lineare , generatori, basi Spazi vettoriali : dipendenza lineare , generatori, basi

u u Applicazioni lineari e matrici associate Applicazioni lineari e matrici associate

ESERCIZIO1.

riconoscimento superfici – curve su superfici

• stabilire se esiste a∈R tale che la proiezione ortogonale di γ sul piano ax+y+z=0 sia una retta.

1) Risposta : π_γ : x+2y-z-2=0

2) Se trovo un pto P di γ che non sta su σ allora γ⊄σ t = 0 dà P(0,1,0) ∈γ , verifico se P∈σ , ossia se

esistono u, v reali t.c.

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

−

= +

=

3) uv 0

2) v u

1

1) v u

0 ^{2 2}

Da 3) segue u=0 oppure v=0, nel primo caso si

ricava in 2) v=-1 che è assurdo; nel secondo caso da 2) segue che u=1 e sostituendo v=0, u=1 in 1) si ha 0=1 , di nuovo assurdo. Di conseguenza γ ⊄σ.

In generale si può procedere così: dovendo confrontare due luoghi geometrici conviene averne uno in forma parametrica e l’altro in forma cartesiana.

Poiché si deve stabilire se γ⊂σ ossia se tutti i pti di γ stanno su σ conviene avere γ in forma parametrica e σ in forma cartesiana:

σ:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

−

= +

= uv z

v u y

v u

x ^{2 2}

Eliminiamo i parametri u,v :

Ora basta sostituire il generico pto P(t²-t,t+1,t²+t) nell’equazione di σ :

t²- t –(t+1)²-2(t²+t) =0 ⇒ -2t²-5t-1=0 , equazione di II grado in t che ha in R al massimo 2 soluzioni distinte , a cui corrispondono al massimo 2 pti di γ che stanno anche su σ, perciò γ ⊄σ ( come si era già visto !).

3) Dire se σ è un cilindro o un cono.

I cilindri in forma cartesiana sono del tipo:

f(A,B)=0 con A=0, B=0 equazioni di piani ( cioè A, B funzioni li- neari in x,y,z) e sono luogo di rette parallele alla retta

⎩⎨

⎧

=

= 0 B

0

A .

I coni in forma cartesiana sono del tipo f(x-x0,y-y0,z-z0)=0 con f funzione omogenea in x-x0 , y-y0 , z-z0 ( f(tx,ty,tz)= t^df(x,y,z) : f funzione omogenea in x,y,z), e in tal caso V(x0, y0, z0) è il vertice del cono. Nel caso dei polinomi i coni sono definiti da somme di monomi dello stesso grado. Qui σ: x- y² -2z=0 , ossia (x-2z)-(y)²= 0, quindi è del tipo F(A,B)=0 con A=x-2z, B=y e perciò è un cilindro con le generatrici parallele alla retta

⎩⎨

⎧

=

= 0 B

0

A , ossia

⎩⎨

⎧

=

=

− 0 y

0 2

x z

. x-2z=u²+v²-2uv = (u-v)² = y²

Quindi σ: x- y² -2z=0 ⁽²⁾

4) Determinare una curva C ⊂ σ: ^{x- y2} -2z=0. Basta ad esempio tagliare la superficie con un piano:

Ad es.

⎩⎨

⎧

=

=

−

− 0 y

0 2z y

x ²

cioè

⎩⎨

⎧

=

=

− 0 y

0 2z

x che è una retta di σ

Oppure

⎩⎨

⎧

=

=

−

− 0 z

0 2z y

x ²

cioè

⎩⎨

⎧

=

=

− 0 z

0 y

x ²

che è una curva di σ ( non una retta perché le equazioni non sono entrambe lineari).

Se si utilizza invece della rappresentazione cartesiana di σ,

quella parametrica

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

−

= +

= uv z

v u y

v u

x ^{2 2}

si osserva che:

Se si fissano entrambi i parametri u,v si determina un pto P su σ, se si fissa un solo parametro si determina una curva C su σ.

Ad es. fissato u=0 si ha

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

−

=

= 0 z

v y

v

x ²

che è una curva (piana)di σ

(è la stessa di prima … per caso ! ), mentre fissato v=0 si ha

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

= 0 z

u y

u

x ²

un’altra curva (piana) di σ

5) stabilire se esiste a∈R tale che la proiezione ortogonale di γ sul piano α: ax+y+z=0 sia una retta.

Da 1) sappiamo che γ sta sul piano π: x+2y-z-2=0,la P.O.

di γ su α è una retta solo se π ⊥α .

Si ha : Nα =(a,1,1) , Nπ =(1,2,-1) e Nα ⋅ Nπ =0 ⇔ a+2-1=0 ⇔ a=-1 , il valore cercato !

ESERCIZIO2.

Generatori – Elementi L.I. - Basi

Si consideri l’R-spazio vettoriale R³.

a) Stabilire quali dei seguenti insiemi sono sistemi di generatori di R³:

a₁) {(1,0,3),(0,1,1)}

a₂) {(1,0,1),(1,1,0),(0,0,1)}

a₃) {(1,0,1),(1,1,0),(0,0,1),(1,2,0)}

b) Stabilire se (1,-1,2)∈ L((1,1,1),(0,1,3))

c) Stabilire se {(1,2,0),(1,1,1)} genera U={(a,b,0)|a,b∈R}

L’R-spazio vettoriale R³ : le sue operazioni

u=(x

,y

,z

) , v=(x

,y

,z

) elementi di R

,

la somma u+v definita da u+v = (x₀+x₁ ,y₀+ y₁,z₀+ z₁) la moltiplicazione λu dello scalare λ per il vettore u definita da λu = (λx₀, λy₀, λz₀)

a1) Dato l’insieme S={(1,0,3),(0,1,1)} l’insieme L(S) di tutte le combinazioni lineari degli elementi di S a coefficienti in R è il sottospazio di R³ generato da S

L(S)= {a(1,0,3)+b(0,1,1)| a,b∈R}.

Può essere L(S)= R

L(S)= {(a,0,3a)+(0,b,b)| a,b∈R} ( ) = {(a,b,3a+b) | a,b∈R} ( )

Ad esempio (1,1,0)∈R³, ma (1,1,0) ∉L(S) ( a=1,b=0, 3a+b=3≠0), quindi L(S)⊂ R³ , L(S) ≠ R³

L(S)= {(a,b,3a+b) | a,b∈R} è un piano per l'origine (in forma parametrica) !!

a2) L((1,0,1),(1,1,0),(0,0,1)) R³

L((1,0,1),(1,1,0),(0,0,1)) = L(a+b,b,a+c) …

Ma si prova che se ρ _⎟^⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

1 0 0

0 1 1

1 0 1

= 3 (ossia se i 3 vettori sono

L.I.) allora i 3 vettori generano R³.Nel ns. caso ρ(.)=3!

Dunque si ha

Dati 3 vettori di R³ :

i 3 vettori generano R³ ⇔ i 3 vettori sono L.I.

?

=

a₃) L((1,0,1),(1,1,0), (0,0,1),(1,2,0)) R³

Sappiamo da a₂) che L((1,0,1),(1,1,0),(0,0,1)) = R³ allora ogni vettore v di R³ si può scrivere così:

v= a(1,0,1)+b(1,1,0)+c(0,0,1) con a,b,c∈R

quindi v= a(1,0,1)+b(1,1,0)+c(0,0,1)+0(1,2,0) , cioè L((1,0,1),(1,1,0), (0,0,1),(1,2,0))= R³

…quindi un insieme minimale di generatori di R³ è costituito da 3 vettori L.I.

b)Stabilire se (1,-1,2)∈ L((1,1,1),(0,1,3)

Occorre verificare se (1,-1,2) = (a,a+b,a+3b) ossia se ha soluzioni in R il sistema

⎪⎩

⎪⎨

⎧

= +

−

= +

= 2 3b a

1 b a

1 a

Dalle prime due si ha

a=1,b=-2 , che sostituiti nella terza danno un assurdo!

Perciò (1,-1,2)∉ L((1,1,1),(0,1,3).

d) Stabilire se T={(1,2,0),(1,1,1)} genera U={(a,b,0)|a,b∈R}

L((1,2,0),(1,1,1))= {(x+y,2x+y,y)| x,y∈R}

E’ vero che U=T ? Uguagliando … ( attenzione ai nomi diversi per la parametrizzazione quando si devono fare le intersezioni !! ) ma ad es. (1,1,0)∈U, (1,1,0) ∉ T ( x=1 e x=1/2 :assurdo !)

?

=

BASE : insieme di generatori L.I.

⇔ insieme minimale di generatori ⇔ insieme massimale di vettori L.I.

dimV=n ( n° vettori costituenti una qualsiasi base) : dati v , v ,…, v , n vettori si ha:

R I C O R D A

ESERCIZIO3.

OMOMORFISMI E MATRICI ASSOCIATE

Sia ϕ:R⁴→R³ l’omomorfismo associato alla matrice

3 4

E )

M

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

− 2 3 1 1

2 6 1 2

0 3 0 1

Determinare ϕ (1,0,0,2).

Nel mio linguaggio qui ′omomorfismo di spazi vettoriali ′ è sinonimo di ′ trasformazione lineare′ ( T.L.) o ′applicazione lineare′.

Cosa è indispensabile sapere sulle T.L.

Cos’è una T.L.

Nel ns. esercizio la base di partenza è la base canonica di R⁴ E = {e1,e2,e3,e4}={(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}

La base di arrivo è la base canonica di R³ F={f₁,f₂,f₃}={(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)}

I trasformati della base di partenza sono: ϕ(e1), ϕ(e2), ϕ(e3), ϕ(e4)

La I. colonna C₁ è ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛ 1 2 1

e ci dice che :

ϕ(e1)= 1 f1 + 2 f2 +1 f3

= 1(1,0,0)+2(0,1,0)+1(0,0,1)

= (1,2,1) esattamente C1 perché la base è canonica e in tal caso le componenti del vettore coincidono con le coordinate rispetto alla base

Idem per gli altri :

ϕ(e1)= (1,2,1) ϕ(e₂)= (0,1,-1) ϕ(e3)= (3,6,3) ϕ(e4)= (0,-2,2)

Conoscendo come opera ϕ sui vettori della base di partenza E sap- piamo come opera ϕ su tutti i vettori del dominio.

coordinate

componenti

(*)

a) Calcoliamo ϕ(1,0,0,2) :

1. passo: scrivere il vettore dato come c.l. dei vettori della base E Nel caso della base canonica coordinate e componenti coincidono ( è immediato !)

(1,0,0,2) = 1(1,0,0,0)+0(0,1,0,0)+0(0,0,1,0)+2(0,0,0,1)

2. passo: applicare ϕ tenendo conto di

ϕ (1,0,0,2) = ϕ(1(1,0,0,0)+0(0,1,0,0)+0(0,0,1,0)+2(0,0,0,1))

= 1ϕ(1,0,0,0)+0ϕ(0,1,0,0)+0ϕ(0,0,1,0)+2ϕ(0,0,0,1)

3. passo: sostituire i dati

(*)

ϕ (1,0,0,2) = ϕ(1,0,0,0)+2ϕ(0,0,0,1) = (1,2,1) +2(0,-2,2) = (1,2,1)+(0,-4,4)

= (1,-2,5) ok !