Corso di Laurea in Fisica
Esame scritto di GEOMETRIA I – Appello del 12 Febbraio 2018
Cognome: Nome: Matricola:
Esercizio 1 (8 punti). Si consideri la base canonica e1, e2, e3 dello spazio vettoriale R3. Per ogni numero reale k si consideri l’unica applicazione lineare Fk: R[t]≤3 → R3 tale che
Fk(t3) =
k − 1
2 k + 1
Fk(t2) = Fk(1) =
0 k − 1
1
Fk(t) =
−1 1 0
.
(1) Si calcoli il rango di Fk per ogni valore di k ∈ R e se ne deduca per quali valori del parametro k la funzione Fk`e iniettiva e/o suriettiva.
(2) Si determini, ∀k ∈ R per cui `e non vuoto, la dimensione come spazio affine di Fk−1
k − 1
0 1
. (3) Si dia una parametrizzazione del luogo di cui al punto precedente nel caso k = 2.
La matrice associata a Fk rispetto alla base1 {t, t3, t2, 1} di R[t]≤3 e alla base canonica di R3 `e Ak:=
−1 k − 1 0 0
1 2 k − 1 k − 1
0 k + 1 1 1
Per rispondere all’ultima domanda devo risolvere quindi il sistema lineare di matrice completa seguente che semplifico mediante eliminazione di Gauß:
−1 k − 1 0 0 k − 1
1 2 k − 1 k − 1 0
0 k + 1 1 1 1
⇔
−1 k − 1 0 0 k − 1
0 k + 1 k − 1 k − 1 k − 1
0 k + 1 1 1 1
⇔
−1 k − 1 0 0 k − 1
0 k + 1 k − 1 k − 1 k − 1 0 0 2 − k 2 − k 2 − k
. (1) Avendo la matrice Ak le ultime due colonne uguali, il rango di Ak(e quindi di Fk) `e uguale a quello
della matrice quadrata ottenuta da Ak eliminando l’ultima colonna, la cui ridotta a scalini trovata ha determinante (k − 2)(k + 1).
In particolare, se k 6∈ {−1, 2}, Fk ha rango 3, mentre per gli altri due valori ha rango al pi`u 2. In effetti in ambedue i casi il rango di Fk `e 2: per k = 2 sono indipendenti, nella matrice ridotta, la prima e la seconda colonna, mentre per k = −1 ad essere indipendenti sono la prima e la terza.
Fk non `e mai iniettiva in quanto il dominio ha dimensione strettamente maggiore del codominio.
Fk `e suriettiva esattamente quando il suo rango `e uguale alla dimensione del codominio, 3, ossia per ogni k 6∈ {−1, 2}.
(2) Notiamo che la matrice ridotta ha l’ultima colonna uguale a 1 − k volte la prima colonna sommata alla terza (o quarta), per cui per ogni k ∈ R per il teorema di Kronecker-Rouch´e-Capelli il luogo `e non vuoto e di dimensione `e uguale alla differenza tra la dimensione del dominio, 4, e il rango di Fk, da noi calcolato. Quindi il luogo ha dimensione 4 − 3 = 1 se k 6∈ {−1, 2} e 4 − 2 = 2 altrimenti.
(3) Sostituendo k = 2 e risolvendo otteniamo la seguente parametrizzazione con parametri s1, s2
−1 1 0 0 1 0 3 1 1 1 0 0 0 0 0
⇔
1 −1 0 0 −1 0 1 13 13 13
0 0 0 0 0
⇔
1 0 13 13 −23 0 1 13 13 13
0 0 0 0 0
⇒ F2−1
1 0 1
=
= t3− 2 + s1(t3+ t − 3t2) + s2(t3+ t − 3).
1Notate l’ordine dei monomi, scelto appositamente per semplificare la riduzione a scalini: cominciare con t, la cui immagine non dipende da k, garantisce una matrice in cui il parametro k non appare nella prima colonna.
Esercizio 2 (8 punti). Sia dato uno spazio affine A con un riferimento affine Oe1e2e3 e si considerino su di esso le seguenti rette:
r1:
−1
−3 1
+ t
3 2 1
r2:
4
−1 0
+ t
1 0
−1
r3:
2 0 1
+ t
0 1
−1
(1) Si determini la posizione relativa di ciascuna coppia di rette ri e rj.
(2) Si calcolino equazioni cartesiane di ciascun piano di A contenente due diverse rette ri. (3) Si individui il punto di r2 meno distante da O.
(1) Le equazioni cartesiane di r1 (risp. r2, r3) si ottengono imponendo la dipendenza lineare delle righe di A1 = x + 1 y + 3 z − 1
3 2 1
, (risp. A2 = x − 4 y + 1 z
1 0 −1
, A3 = x − 2 y z − 1
0 1 −1
) per cui basta mettere a sistema due minori 2 × 2 di A1 (risp. A2, A3) che diano equazioni linearmente indipendenti. Scegliendo i due minori comprendenti la terza colonna otteniamo rispettivamente r1:
(
(x + 1) − 3(z − 1) = 0 (y + 3) − 2(z − 1) = 0 ⇔ r1:
(
x − 3z = −4
y − 2z = −5 r2:
(−(x − 4) − z = 0
−(y + 1) = 0 ⇔ r2: (
x + z = 4
y = −1,
r3:
(−(x − 2) = 0
−y − (z − 1) = 0 ⇔ r3:
(x = 2
y + z = 1.
Ponendo a sistema le equazioni ottenute per r1 e r2 otteniamo il sistema di matrice completa
1 0 −3 −4 0 1 −2 −5
1 0 1 4
0 1 0 −1
⇔
1 0 −3 −4 0 1 −2 −5
0 0 4 8
0 1 0 −1
⇔
1 0 −3 −4 0 1 −2 −5
0 0 1 2
0 0 2 4
⇔
1 0 −3 −4 0 1 −2 −5
0 0 1 2
0 0 0 0
.
per cui, avendo rango 3 tanto la matrice dei coefficienti quanto la matrice completa, le rette r1 e r2 sono incidenti. Dagli analoghi calcoli
1 0 −3 −4 0 1 −2 −5
1 0 0 2
0 1 1 1
⇔
1 0 −3 −4 0 1 −2 −5
0 0 3 6
0 1 1 1
⇔
1 0 −3 −4 0 1 −2 −5
0 0 1 2
0 0 3 6
⇔
1 0 −3 −4 0 1 −2 −5
0 0 1 2
0 0 0 0
1 0 1 4 0 1 0 −1 1 0 0 2 0 1 1 1
⇔
1 0 1 4
0 1 0 −1
0 0 −1 −2
0 1 1 1
⇔
1 0 1 4 0 1 0 −1 0 0 1 2 0 0 1 2
⇔
1 0 1 4 0 1 0 −1 0 0 1 2 0 0 0 0
.
otteniamo per la medesima ragione che sono incidenti anche le altre due coppie di rette.
(2) Visto che ogni coppia di rette `e una coppia di rette incidenti, essa `e contenuta in un unico piano, e quindi dobbiamo calcolare le equazioni cartesiane di tre piani, uno per ogni coppia di rette.
Il piano contenente r1 ed r2 ha giacitura generata dai due vettori direzione, quindi di equazione cartesiana ax + by + cz = 0 con
(a − c = 0
3a + 2b + c = 0 ⇔
(a = c
b = −2c per cui x − 2y + z = 0. Esso ha quindi equazione cartesiana del tipo x − 2y + z = c per qualche costante c ∈ R. Per trovare il valore di c basta valutare x − 2y + z in un punto di r1 o r2: troviamo cos´ı l’equazione x − 2y + z = 6.
Allo stesso modo troviamo il piano contenente r1 ed r3 ed il piano contenente r2 ed r3 rica- vando prima le giaciture, rispettivamente risolvendo i sistemi
(b − c = 0
3a + 2b + c = 0 ⇔
(b = c a = −c e (a − c = 0
b − c = 0 ⇔
(a = c
b = c, trovando le rispettive equazioni cartesiane x − y − z = 1 e x + y + z = 3.
(3) Il punto di r2 meno distante da O `e l’intersezione di r2 col piano per O ortogonale a r2, che `e il piano di equazione cartesiana x − z = 0. Sostituendo l’equazione parametrica di r2 troviamo (4 + t) = −t ⇔ t = −2 ottenendo il punto2 P (4 − 2, −1, 0 + 2) = P (2, −1, 2).
2Non rientra tra le domande, ma lo studente brillante avr`a a questo punto probabilmente gi`a notato che questo punto appartiene a tutte e tre le rette.
Esercizio 3 (8 punti). Si consideri l’operatore dello spazio vettoriale R4
F
x y z t
=
2x + y + z + t
−(x + z + t)
−(x + y + t)
−(x + y + z)
(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) Si calcoli esplicitamente F1000000.
(1) La matrice associata a F rispetto alla base standard di R4 `e
A =
2 1 1 1
−1 0 −1 −1
−1 −1 0 −1
−1 −1 −1 0
il cui polinomio caratteristico `e
det
2 − T 1 1 1
−1 −T −1 −1
−1 −1 −T −1
−1 −1 −1 −T
=
= (2 − T ) det
−T −1 −1
−1 −T −1
−1 −1 −T
+ det
1 1 1
−1 −T −1
−1 −1 −T
− det
1 1 1
−T −1 −1
−1 −1 −T
+ det
1 1 1
−T −1 −1
−1 −T −1
=
= (2 − T )−T (T2− 1) + (T − 1) − (1 − T ) + (T2− 1) − (T − 1) + (1 − T ) +
−(T − 1) − (T2− 1) + (T − 1) + (1 − T ) − (T − 1) + (T2− 1) =
= (2 − T )(T − 1) [−T (T + 1) + 2] + 3(T2− 1) − (T − 1) + (1 − T ) =
= (T − 1)(2 − T )(−T2− T + 2) + 3 (T + 1 − 2) = (T − 1)2[(2 − T )(−T − 2) + 3] =
= (T − 1)2T2− 4 + 3 = (T − 1)3(T + 1).
Quindi lo spettro di F `e l’insieme {−1.1}.
(2) Gli autovalori, per il risultato del punto precedente, sono tutti reali e uno solo, 1, ha molteplicit`a algebrica diversa da 1, e pi`u precisamente uguale a 3. Quindi per verificare la diagonalizzabilit`a basta calcolare se dim V1 = 3. In effetti
V1 = N (A − I4) = N
1 1 1 1
−1 −10 −1 −1
−1 −1 −1 −1
−1 −1 −1 −1
= N
1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
=
*
1
−1 0 0
,
1 0
−1 0
,
1 0 0
−1
+
ha dimensione 3 e quindi F `e diagonalizzabile.
(3) Abbiamo calcolato nel punto precedente una base di V1. Analogamente
V−1= N (A + I4) = N
3 1 1 1
−1 1 −1 −1
−1 −1 1 −1
−1 −1 −1 1
= · · · =
*
1
−1
−1
−1
+
.
Quindi una base di autovettori di F `e
*
1
−1 0 0
,
1 0
−1 0
,
1 0 0
−1
,
1
−1
−1
−1
+
(4) Dal momento che l’ operatore diagonalizzabile con autovalori 1 e −1, F2 `e l’identit`a IdR4 e quindi F1000000 = (IdR4)500000 = IdR4.
Esercizio 4 (8 punti). Si consideri, sullo spazio vettoriale R4 con coordinate x, y, z, t, la forma quadratica
q
x y z t
= 2(x + y)(z + t) + 4(xy + zt)
(1) Si calcoli la segnatura di q.
(2) Si deduca dalla risposta precedente se q `e degenere e se `e definita o semidefinita, positiva o negativa.
(3) Si indichi la forma normale di q e si determini una base di R4 rispetto alla quale q assume la forma normale.
(1) La matrice della forma quadratica q rispetto alla base standard di R4, `e la matrice
M =
0 2 1 1 2 0 1 1 1 1 0 2 1 1 2 0
(ovviamente simmetrica e quindi diagonalizzabile) che ha alcuni autovettori ovvi3
1 1 1 1
con autoval-
ore 4, e
1
−1 0 0
e
0 0 1
−1
di autovalore −2. Essendo i tre autovettori trovati linearmente indipendenti, abbiamo trovato tre, contando con molteplicit`a, dei quattro autovalori. Ricaviamo dalla traccia nulla che l’ultimo autovalore `e 0 − (4 − 2 − 2) = 0. Quindi avendo l’opratore simmetrico considerato esatta- mente, contando con molteplicit`a, un autovalore strettamente positivo e due strettamente negativi, la segnatura `e (1, 2).
(2) Dal momento che 0 appartiene allo spettro di M , q `e degenere. Inoltre, essendo tanto la positivit`a (1) quanto la negativit`a (2) strettamente positivi, q `e indefinita.
(3) Essendo la segnatura (1, 2) la sua forma normale `e x21− x22− x23. Per determinare la base richiesta ap- plicando il teorema spettrale reale calcoliamo basi ortonormali di ciascun autospazio. Ci`o `e semplice per V4 e V−2 di cui conosciamo gi`a rispettive basi che vanno ortonormalizzate `a la Gram-Schmidt, operazione in questo caso semplice perch´e fortunatamente i due autovettori trovati di V−2 sono gi`a ortogonali:
V4=
*
1 21 21 21 2
+
, V−2=
*
√ 2 2
−
√ 2 2
0 0
,
0
√0
2 2
−
√ 2 2
+
.
Inoltre
V0 = N
0 2 1 1 2 0 1 1 1 1 0 2 1 1 2 0
= N
1 1 0 2 0 2 1 1 2 0 1 1 1 1 2 0
= N
1 1 0 2
0 2 1 1
0 −2 1 −1
0 0 2 −2
=
= N
1 1 0 2 0 2 1 1 0 0 2 −2 0 0 2 −2
=
*
1 21 2
−12
−12
+
.
La base cercata si ottiene quindi ordinando la base ortonormale di autovettori di M opportunamente (prima quello con autovalore positivo, poi quelli con autovalore negativo, infine quello nel nucleo) e infine dividendo quelli non nel nucleo per la radice quadrata del modulo del relativo autovalore, Otteniamo la base
1 41 41 41 4
,
1 2
−12 0 0
,
0 0
1
−212
,
1 21
−212
−12
.
3Cercare di dedurre autovettori dalle simmetrie della matrici `e sempre un tentativo da fare, se uno vuole semplificarsi i conti:
chi non vi riuscisse, pu`o calcolare il polinomio caratteristico. In questo caso ho fatto finta di non vederne uno, per mostrare allo studente come usare la traccia per ricavare il quarto.
