Corso di Laurea in Fisica
Esame scritto di GEOMETRIA I – Appello del 7 Febbraio 2019
Cognome: Nome: Matricola:
Esercizio 1 (8 punti). Per ogni numero reale k si consideri l’operatore Fk su R4 tale che
Fk
1 0 0 0
=
−1 k 1 k − 1
, Fk
0 1 0 0
=
0 2 0 2
, Fk
0 0 1 0
=
k 2
−1 3
, Fk
0 0 0 1
=
1 3 1 2(k + 1)
.
(1) Si determini per quali valori del parametro k la funzione Fk `e iniettiva e/o suriettiva.
(2) Si determinino equazioni parametriche di Fk−1
2
−k k + 1
1
per ogni valore di k per cui esso `e un sot-
tospazio affine di R4.
La matrice associata a Fk rispetto alla base standard `e
Ak=
−1 0 k 1
k 2 2 3
1 0 −1 1
k − 1 2 3 2k + 2
Per rispondere all’ultima domanda devo risolvere il sistema lineare avente la seguente matrice completa, che riduco a scalini mediante algoritmo di Gauß - Jordan standard:
−1 0 k 1 2
k 2 2 3 −k
1 0 −1 1 k + 1
k − 1 2 3 2k + 2 1
⇔
−1 0 k 1 2
0 2 k2+ 2 k + 3 k
0 0 k − 1 2 k + 3
0 2 k2− k + 3 3k + 1 2k − 1
⇔
⇔
−1 0 k 1 2
0 2 k2+ 2 k + 3 k
0 0 k − 1 2 k + 3
0 0 −k + 1 2k − 2 k − 1
⇔
−1 0 k 1 2
0 2 k2+ 2 k + 3 k 0 0 k − 1 2 k + 3
0 0 0 2k 2k + 2
.
(1) Fk `e un operatore e quindi `e iniettiva se e solo se `e suriettiva se e solo se Ak ha rango massimo, 4.
Il rango di Fk `e uguale a quello di Ak e quindi a quello della sottomatrice triangolare della matrice a scalini ricavata dall’eliminazione, sottomatrice ottenuta cancellando l’ultima colonna. Fk`e quindi invertibile se e solo se k 6∈ {0, 1}.
(2) Per k = 0 il luogo indicato `e vuoto in quanto l’ultima riga della matrice ottenuta al termine dell’eliminazione corrisponde all’equazione impossibile 0 = 2.
Per k = 1 invece le ultime due righe risultano identiche, matrice dei coefficienti e matrice completa hanno rango 3 e quindi il luogo indicato `e una retta. Risolvendo otteniamo l’equazione parametrica
0
−72 0 2
+ t
1
−32 1 0
.
Infine, per k 6∈ {0, 1} dividendo la terza riga per k − 1 e la quarta per k e risolvendo troviamo il punto Pk
k + 1 +1k, −k
2+2k+6+7k
2 , 1 +k2, 1 +k1 .
Esercizio 2 (8 punti). Sia dato uno spazio affine A con un riferimento affine Oe1e2e3 e si considerino su di esso le rette di equazioni cartesiane
r1: (
x1+ x2− x3= 0
x1− x2 = −1 r2:
(
x1+ x2 = 5 x3 = 2 (1) Si determini la posizione relativa di r1 e r2.
(2) Si calcolino equazioni cartesiane di ciascun piano di A contenente r1che tagli r2perpendicolarmente, se ce ne sono.
(3) Si calcolino equazioni parametriche o cartesiane di ciascuna retta di A che intersechi r1 e r2 perpen- dicolarmente.
(4) Si calcoli la distanza tra r1 e r2.
(1) Ponendo a sistema le equazioni ottenute per r1 e r2 otteniamo il sistema di matrice completa
1 1 −1 0
1 −1 0 −1
1 1 0 5
0 0 1 2
⇔
1 1 −1 0
0 −2 1 −1
0 0 1 5
0 0 1 2
⇔
1 1 −1 0
0 −2 1 −1
0 0 1 5
0 0 0 −3
di rango 4, per cui le rette r1 e r2 sono sghembe.
(2) La retta r2ha giacitura generata da una soluzione v del sistema omogeneo associato alle sue equazioni cartesiane date, per esempio v =
1
−1 0
.
I piani per r1 sono i piani di equazione cartesiana della forma a(x1+ x2− x3) + b(x1− x2) = −b, ossia (a + b)x1+ (a − b)x2− ax3 = −b. Perch´e un tale piano tagli r1 perpendicolarmente serve che la sua giacitura coincida con v⊥, ossia che v sia proporzionale a
a + b a − b
−a
, il che succede esattamente quando (a, b) = (0, 1), ossia il piano di equazione cartesiana
(>) x1− x2 = −1.
(3) Una tale retta `e sicuramente contenuta nel piano (>), piano che interseca r2 in un punto Q le cui coordinate sono l’unica soluzione del sistema ottenuto aggiungendo l’equazione (>) alle due equazioni di r2, ossia il punto Q(2, 3, 2).
Quindi ogni tale retta passa per Q. Inoltre la sua giacitura deve essere perpendicolare tanto alla giacitura di r1, generata da w =
1 1 2
, quanto da quella di r2, v =
1
−1 0
. Essendo v e w linearmente
indipendenti, l’ortogonale {v, w}⊥`e una retta, precisamente la retta generata da
1 1
−1
.
Quindi c’`e esattamente una retta con le caratteristiche indicate, e precisamente la retta s di equazione parametrica
(†)
2 3 2
+ t
1 1
−1
.
(4) Essendo la retta s incidente perpendicolarmente a entrambe le rette rj, la distanza tra le due rette coincide con la lunghezza del segmento P Q tagliato dalle rette rj su s, dove P = s ∩ r1 e Q = s ∩ r2; abbiamo gi`a calcolato le coordinate di Q, per calcolare quella di P basta sostituire l’equazione parametrica (†) di s nelle equazioni cartesiane di r1 e risolvere rispetto a t:
(2 + t + 3 + t − (2 − t) = 0 2 + t − (3 + t) = −1 ⇔
(3 + 3t = 0
−1 = −1 ⇔ t = −1
da cui P = P (1, 2, 3), e quindi la distanza cercata `e p(2 − 1)2+ (3 − 2)2+ (2 − 3)2=√ 3.
Esercizio 3 (8 punti). Sia F l’operatore su R4 definito da
F
x y z t
=
2x + y x − z − t 3x − y − z
t
.
(1) Si calcoli lo spettro di F .
(2) Si determini se F `e diagonalizzabile.
(3) Si produca una base di ciascun autospazio di F , e se esiste, una base di R4 di autovettori di F . (4) Detta Id l’identit`a di R4, si calcoli il rango di (F ◦ F − Id) ◦ (F ◦ F − Id) ◦ (F ◦ F − 2Id) ◦ (F ◦ F − Id).
(1) La matrice associata a F rispetto alla base standard `e A :=
2 1 0 0
1 0 −1 −1
3 −1 −1 0
0 0 0 1
il cui polinomio
caratteristico `e, sviluppando rispetto alla quarta riga
det
2 − T 1 0 0
1 −T −1 −1
3 −1 −1 − T 0
0 0 0 1 − T
= (1 − T ) det
2 − T 1 0
1 −T −1
3 −1 −1 − T
=
(1 − T )
(2 − T )−T −1
−1 −1 − T
−1 −1
3 −1 − T
=
= (T − 1) [(T − 2)(T (T + 1) − 1) + (−1 − T + 3)] =
= (T − 1)(T − 2)(T2+ T − 1) − (T − 2) = (T − 1)(T − 2)(T2+ T − 2) = (T − 1)2(T − 2)(T + 2).
Quindi lo spettro di F `e l’insieme {−2, 1, 2}.
(2) L’unico autovalore di molteplicit`a algebrica diversa da uno `e 1, che ha molteplicit`a algebrica due.
Calcoliamo la sua molteplicit`a geometrica.
V1 = N (A − I4) = N
1 1 0 0
1 −1 −1 −1
3 −1 −2 0
0 0 0 0
= N
1 1 0 0
0 −2 −1 −1
0 −4 −2 0
0 0 0 0
= N
1 1 0 0 0 2 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0
=
*
1
−1 2 0
+
.
Quindi la molteplicit`a geometrica dell’autovalore 1 `e uno, diversa dalla sua molteplicit`a algebrica.
Pertanto l’operatore non `e diagonalizzabile.
(3) Abbiamo gi`a calcolato una base di V1. Gli altri due autospazi hanno dimensione 1, quindi basta trovare un vettore non nullo in ciascuno di essi:
V−2= N (A) = N
4 1 0 0
1 2 −1 −1
3 −1 1 0
0 0 0 3
=
*
1
−4
−7 0
+
V2= N (A − 2I4) = N
0 1 0 0
1 −2 −1 −1
3 −1 −3 0
0 0 0 −1
=
*
1 0 1 0
+
(4) Esiste quindi una base v1, v2, v3, v4 rispetto alla quale l’operatore ha matrice associata in forma
di Jordan
1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 −2
. Osserviamo che (F ◦ F − Id) = (F + Id) ◦ (F − Id) e similmente
(F ◦ F − 2Id) = (F +√
2Id) ◦ (F −√
2Id). Denotando per semplicit`a con G l’operatore cercato ne segue che v1, v3 e v4 sono autovettori anche per G, e di essi solo v1 con autovalore nullo. Da F (v2) = v1+ v2, deduciamo (F ◦ F − Id)(v2) = 2v1 e quindi G(v2) = 0.
Ne deduciamo che la matrice associata a G nella base v1, v2, v3, v4 `e una matrice diagonale con esattamente due zeri sulla diagonale, e quindi di rango 4 − 2 = 2.
Esercizio 4 (8 punti). Si consideri, sullo spazio vettoriale R4 con coordinate x, y, z, t, la forma quadratica
qa,b
x y z t
= a(x2+ y2+ z2+ t2) + 2b(xt + yz)
al variare di a, b ∈ R.
(1) Si calcoli la segnatura di qa,b al variare di a, b ∈ R.
(2) Si determini, ∀a, b ∈ R, una base di R4 rispetto alla quale qa,b assume la forma normale.
(1) La matrice della forma quadratica q rispetto alla base standard di R4, `e la matrice Ma,b=
a 0 0 b 0 a b 0 0 b a 0 b 0 0 a
che ha polinomio caratteristico
det
a − T 0 0 b
0 a − T b 0
0 b a − T 0
b 0 0 a − T
= (a−T ) det
a − T b 0
b a − T 0
0 0 a − T
−b det
0 a − T b
0 b a − T
b 0 0
=
= (a − T )2deta − T b b a − T
− b2deta − T b b a − T
= ((T − a)2− b2) deta − T b b a − T
=
= ((T − a)2− b2)2 = (T − a + b)2(T − a − b)2. Lo spettro di Ma,b`e quindi formato dall’autovalore a + b con molteplicit`a due e dall’autovalore a − b con molteplicit`a due. Ne segue che la segnatura di qa,b `e
(4, 0) se a |b| (2, 0) se a = |b| 6= 0 (2, 2) se |b| a −|b|
(0, 4) se a −|b| (0, 2) se a = −|b| 6= 0 (0, 0) se a = b = 0
(2) Osservo innanzitutto che se b = 0 la matrice Ma,b `e diagonale, e precisamente a moltiplicato la matrice identica. Quindi una base rispetto alla quale la matrice assume la forma normale `e la base
1 p|a|
1 0 0 0
, 1
p|a|
0 1 0 0
, 1
p|a|
0 0 1 0
, 1
p|a|
0 0 0 1
se a 6= 0, mentre per a = 0 qualunque base va bene, in quanto la forma q0,0 `e la forma nulla.
Assumo quindi ora b 6= 0. Calcolo basi degli autospazi della matrice Ma,b:
Va+b:= N
−b 0 0 b
0 −b b 0
0 b −b 0
b 0 0 −b
= N
−1 0 0 1
0 −1 1 0
0 1 −1 0
1 0 0 −1
=
*
1 0 0 1
,
0 1 1 0
+
.
Va−b:= N
b 0 0 b 0 b b 0 0 b b 0 b 0 0 b
= N
1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1
=
*
1 0 0
−1
,
0 1
−1 0
+
.
Le basi dei due autospazi ottenuti sono ortogonali, ma non ortonormali, quindi per ottenere una base ortonormale che diagonalizza Ma,b devo dividere i quattro vettori ottenuti per √
2.
Una base che mette qa,b in forma normale `e quindi 1
p2|a + b|
1 0 0 1
, 1
p2|a + b|
0 1 1 0
, 1
p2|a − b|
1 0 0
−1
, 1
p2|a − b|
0 1
−1 0
a meno che
• se a = −b va rimosso il coefficiente √ 1
2|a+b| (che sarebbe 10, senza senso) dai primi due vettori;
• se a = b va rimosso il coefficiente √ 1
2|a−b| dagli ultimi due vettori per la stessa ragione;
• se b 0 e −b a b vanno invertiti i primi due vettori con gli ultimi due, per mettere gli autovettori di autovalore positivo prima di quelli con autovalore negativo.
