Corso di Laurea in Fisica
Esame scritto di GEOMETRIA I – Appello dell’11 Giugno 2019
Cognome: Nome: Matricola:
Esercizio 1 (8 punti). Per ogni numero reale k si consideri l’applicazione lineare Fk: R4→ R3
Fk
x y z t
=
x + y − 2z + t x + ky − 2z − kt k(x + y + 2z − t)
(1) Si calcoli il rango di k per ogni k ∈ R.
(2) Si calcoli una base del nucleo di Fk per ogni k ∈ R.
(3) Per ogni valore di k per cui Fknon `e suriettiva si determinino equazioni parametriche del sottospazio vettoriale Vk ⊂ R3 immagine di Fk, e per ogni vettore v ∈ Vk si diano equazioni parametriche del sottospazio affine Fk−1(v) ⊂ R4.
La matrice associata a Fk rispetto alle basi standard `e Ak =
1 1 −2 1 1 k −2 −k k k 2k −k
. Semplifichiamo la matrice mediante eliminazione di Gauß -Jordan, aggiungendo una colonna con entrate parametri generici, che ci verr`a utile successivamente.
(†)
1 1 −2 1 a
1 k −2 −k b k k 2k −k c
⇔
1 1 −2 1 a
0 k − 1 0 −(k + 1) b − a
0 0 4k −2k c − ka
.
(1) Dalla matrice ottenuta vedo che Fk ha rango 3 se k 6∈ {0, 1}, in quanto le prime tre colonne sono indipendenti, ma anche se k = 1, perch´e risultano indipendenti la prima, la terza e la quarta. Invece per k = 0 la matrice Ak ha rango 2 e quindi anche Fk Riassumendo Fk ha rango 2 per k = 0 e 3 altrimenti.
(2) Per k 6= 0 posso dividere per k l’ultima riga e risolvere il sistema lineare omogeneo di matrice
1 1 −2 1
0 k − 1 0 −(k + 1)
0 0 4 −2
la cui soluzione V, per k 6= 1,
*
−k+1k−1
k+1 k−11
12
+
=
*
−2(k + 1) 2(k + 1)
k − 1 2(k − 1)
+
.
Abbiamo ottenuto l’ultimo generatore dal precedente ”eliminando i denominatori” in modo da ot- tenere un vettore che abbia senso anche per k = 1. In effetti il vettore trovato `e un vettore non nullo nel nucleo per ogni valore di k e quindi genera il nucleo ∀k 6= 0, mentre per k = 0 devo trovare un altro elemento nel nucleo indipendente da esso, ottenendo per esempio
ker F0=
*
−2 2
−1
−2
,
2 0 1 0
+
.
(3) L’unico caso da considerare `e il caso k = 0. Dall’espressione (†) l’immagine di Fk`e il luogo {c = 0} =
*
1 0 0
,
0 1 0
+
, e quindi, aggiungendo ad una soluzione particolare il generico elemento di ker F0
F0−1
a b 0
=
b a − b
0 0
+ u
2 0 1 0
+ v
−2 2
−1
−2
.
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 = 1
x2− x3= 2 r2:
(
2x1+ x2− x3 = 0 x2+ 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.
(3) Si calcolino equazioni parametriche o cartesiane di ciascuna retta di A che intersechi r1 e r2 perpen- dicolarmente.
(4) Si calcoli la distanza d tra r1 e r2 e due punti Q1 ∈ r1, Q2 ∈ r2 che distino tra loro esattamente d.
(1) Per stabilire la posizione relativa delle due rette mettiamo a sistema le loro equazioni cartesiane e operiamo con eliminazione di Gauß - Jordan:
1 0 0 1
0 1 −1 2 2 1 −1 0
0 1 1 2
⇔
1 0 0 1
0 1 −1 2 0 1 −1 −2
0 1 1 2
⇔
1 0 0 1
0 1 −1 2
0 0 0 −4
0 0 2 0
⇔
1 0 0 1
0 1 −1 2
0 0 2 0
0 0 0 −4
.
La matrice `e invertibile e quindi le rette rj sono sghembe.
(2) Un vettore direzione di r2`e un generatore delle soluzioni del sistema lineare omogeneo associato alle sue equazioni cartesiane, ossia
*
2 1
−1
,
0 1 1
+⊥
=
*
1
−1 1
+
.
Quindi ogni piano perpendicolare a r2 ha equazione cartesiana della forma x1− x2 + x3 = c. Dal momento che i piani per r1 sono dati da equazioni della forma ax1+ b(x2− x3) = a + 2b, otteniamo che vi `e esattamente un piano contenente r1 e perpendicolare a r2, per a = 1, b = −1, il piano x1− x2+ x3= −1.
(3) Osserviamo che la giacitura di r1
*
1 0 0
,
0 1
−1
+⊥
=
*
0 1 1
+
,
`
e ortogonale a quella di r2 calcolata nel punto precedente. Se una tale retta esistesse, chiamiamola s, le rette s e r1 sarebbero incidenti e quindi contenute in unico piano comune con giacitura generate dalle giaciture di r1 e s e quindi perpendicolare a r2. Quindi s, se esiste, `e contenuta nel piano calcolato nel punto precedente. Invertendo il ruolo di r1 e r2 troviamo un altro piano contenente s se calcoliamo il piano contenente r2 che tagli r1 perpendicolarmente: dal momento che i piani per r2 hanno la forma a(2x1+ x2− x3) + b(x2+ x3) = 2b troviamo il piano x2 + x3 = 2. Mettendo a sistema le equazioni dei due piani otteniamo equazioni cartesiane per la retta cercata
(x1− x2+ x3 = −1 x2+ x3= 2 (4) Intersecando le rette troviamo
Q1 = s ∩ r1 =
1 2 0
Q2 = s ∩ r2 =
−13
4 32 3
e quindi distanza
q
1 +132
+ 2 − 432
+ 232
= q 4
3
2
+ 232
+ 232
=
√16+4+4
3 =
√ 24 3 = 23√
6.
Esercizio 3 (8 punti). Si consideri la base standard e1, e2, e3, e4 dello spazio vettoriale complesso C4. Al variare di a, b ∈ C si consideri l’unico operatore Fa,b su C4 tale che
Fa,b(e1) =e1 Fa,b(e2) = − e2+ ae4 Fa,b(e3) =be1− e3 Fa,b(e4) =e4
Per ogni valore di a e b
(1) Si calcoli lo spettro di Fa,b.
(2) Si determini se Fa,b`e diagonalizzabile.
(3) Si produca una base di ciascun autospazio di Fa,b, e se esiste, una base di C4 di autovettori di Fa,b. (4) Si calcoli Fa,b1000001.
(1) La matrice associata a F rispetto alla base standard `e
Aa,b:=
1 0 b 0
0 −1 0 0
0 0 −1 0
0 a 0 1
il cui polinomio caratteristico `e, sviluppando rispetto alla seconda riga
det
1 − T 0 b 0
0 −1 − T 0 0
0 0 −1 − T 0
0 a 0 1 − T
= −(T + 1) det
1 − T b 0
0 −1 − T 0
0 0 1 − T
= (T − 1)2(T + 1)2. Quindi lo spettro di Fa,b `e l’insieme {−1, 1}, due autovalori entrambi di molteplicit`a algebrica 2, qualunque sia il valore di a e di b.
(2) L’operatore `e diagonalizzabile se e solo se anche la molteplicit`a geometrica dei suoi autovalori `e uguale a 2. Calcolo gli autospazi
V−1= N (A + I4) = N
2 0 b 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 a 0 2
=
*
−b 0 2 0
,
0 2 0
−a
+
V1 = N (A − I4) = N
0 0 b 0 0 2 0 0 0 0 2 0 0 a 0 0
=
*
1 0 0 0
,
0 0 0 1
+
quindi Fa,b `e diagonalizzabile qualunque siano i valori di a e b.
(3) Le basi dei due autospazi sono state calcolate nel risolvere il punto precedente. Una base di autovet- tori `e quindi
1 0 0 0
,
0 0 0 1
,
−b 0 2 0
,
0 2 0
−a
(4) La matrice di Fa,brispetto alla base di autovettori data `e una matrice diagonale con tutte le entrate sulla diagonali uguali a 1 o a −1. In particolare Fa,b2 = Id. E quindi
Fa,b1000001 = Fa,b1000000◦ Fa,b= (Fa,b2 )500000◦ Fa,b= Id500000◦ Fa,b= Fa,b.
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
= 2a(xy + zt) + 2b(xz + yt).
Al variare di a e b
(1) Si calcoli la segnatura di qa,b.
(2) Si deduca dalla risposta precedente per quali valori di a e b qa,b`e degenere e/o `e definita o semidefinita, positiva o negativa.
(3) Solo nei casi in cui qa,b `e degenere si determini 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
0 a b 0 a 0 0 b b 0 0 a 0 b a 0
che ha polinomio caratteristico
det
−T a b 0
a −T 0 b
b 0 −T a
0 b a −T
= −T det
−T 0 b
0 −T a
b a −T
−a det
a b 0
0 −T a
b a −T
+b det
a b 0
−T 0 b b a −T
=
= T2det−T a a −T
− bT det
0 b
−T a
− a2det−T a a −T
− ab det
b 0
−T a
+ + ab det0 b
a −T
− b2det−T b b −T
= T2(T2− a2) − b2T2− a2(T2− a2)+
− a2b2− a2b2− b2(T2− b2) = T4− 2(a2+ b2)T2+ (a2− b2)2. Il polinomio `e biquadratico, quindi l’opposto di ogni autovalore `e autovalore: positivit`a e negativit`a sono uguali. Quindi la segnatura `e (0, 0) se a = b = 0, (1, 1) se a = ±b 6= 0, (2, 2) altrimenti.
(2) Ne segue che qa,b `e semidefinita solo se a = b = 0 (la forma nulla) ed `e degenere se e solo se a = ±b.
(3) Se a = b = 0 la base standard (o qualunque altra) va bene. Altrimenti, a = ±b e il polinomio caratteristico assume la forma T2(T2− 4a2) e quindi lo spettro `e {0, 2a, −2a}. Se b = a 6= 0
V0 := N
0 a a 0 a 0 0 a a 0 0 a 0 a a 0
=
*
0 1
−1 0
,
1 0 0
−1
+
.
V2a:= N
−2a a a 0
a −2a 0 a
a 0 −2a a
0 a a −2a
=
*
1 1 1 1
+
, V−2a:= N
2a a a 0
a 2a 0 a
a 0 2a a
0 a a 2a
=
*
1
−1
−1 1
+
.
Se b = −a 6= 0
V0 := N
0 a −a 0
a 0 0 −a
−a 0 0 a
0 −a a 0
=
*
0 1 1 0
,
1 0 0 1
+
.
V2a := N
−2a a −a 0
a −2a 0 −a
−a 0 −2a a
0 −a a −2a
=
*
1 1
−1
−1
+
, V−2a:= N
2a a −a 0
a 2a 0 −a
−a 0 2a a
0 −a a 2a
=
*
1
−1 1
−1
+
.
Dividendo ciascun autovettore trovato per la sua norma, poi per la radice quadrata del suo autovalore (se non nullo, altrimenti per un numero a piacere), qa,b assume la forma normale rispetto a
√2a 4a
1 1 1 1
,
√2a 4a
1
−1
−1 1
,
0 1
−1 0
,
1 0 0
−1
. se b = a > 0
√2a 4a
1 1
−1
−1
,
√2a 4a
1
−1 1
−1
,
0 1 1 0
,
1 0 0 1
se − b = a > 0.
mentre per a < 0 dobbiamo invertire i primi due vettori e rimpiazzare a con −a.
