1. a) Trovare la retta contenuta nel piano π : x − y + 2z = 0, passante per P = (0, 2, 1) e perpendicolare all’asse delle x.
b) Classificare la conica di equazione: 12x2+ xy + y2− 4x − 2y = 0.
c) Calcolare la distanza fra le rette r :
x = 2 + h y = −1 − h
z = 2h
e s :
x + y = 0 x + 3y + z + 1 = 0 . Svolgimento
a) La retta si pu`o scrivere in forma cartesiana, dunque come intersezione di due piani. Il primo piano `e il piano π dato dal testo dell’esercizio. Il secondo piano ´e deve essere perpendicolare all’asse delle x e passare per il punto P . L’asse delle x ha come vettore direzionale (1, 0, 0), dunque il secondo piano ha equazione x = 0. La retta ha dunque rappresentazione cartesiana:
x − y + 2z = 0
x = 0 .
b) La matrice associata alla conica `e A =
1 2
1
2 −2
1
2 1 −1
−2 −1 0
, e la matrice A1=
1 2
1 1 2
2 1
. Si ha det(A) = −52 6= 0, quindi la conica non `e degenere. det(A1) = 14 > 0, quindi la conica `e un’ellisse. T r(A1) det(A) = 32(−52) < 0, quindi l’ellisse `e reale.
c) `E necessario verificare la posizione reciproca delle due rette. La retta r ha come vettore direzionale vr= (1, −1, 2). I vettori normali ai piani che definiscono s sono (1, 1, 0) e (1, 3, 1). Entrambi i vettori sono ortogonali a vr, quindi vr`e un vettore direzionale anche per s e le due rette sono parallele. Un altro modo per verificare che le due rette sono parallele `e trovare un vettore direzionale di s e confrontarlo con vr. Un vettore direzionale di s deve essere ortogonale a (1, 1, 0) e (1, 3, 1), quindi, ad esempio, si pu`o calcolare il loro prodotto vettoriale (1, 1, 0) ∧ (1, 3, 1) = (1, −1, 2), che `e proprio vr. Bisognal verificare che le rette siano parallele e distinte. Allora si prende un punto a caso su r, ad esempio P = (2, −1, 0) e si verifica che non soddisfa le equazioni di s. Quindi r e s sono parallele ma distinte. Ora possiamo trovarne la distanza. Si pu`o prendere un punto a caso su r, quindi di nuovo P , e poi prendere un punto mobile su s, in maniera che il segmento P Q sia ortogonale alle due rette. Per prendere un punto mobile su s, si deve scrivere la retta in forma parametrica, quindi otteniamo s :
x = t y = −t z = −1 + 2t
. Il punto mobile di s `e Q = (t, −t, −1 + 2t), quindi−−→
P Q = (t − 2, −t + 1, −1 + 2t). Il vettore
−−→
P Q deve essere ortogonale alle rette, quindi (t − 2, −t + 1, −1 + 2t) · (1, −1, 2) = 0 e quindi t − 2 + t − 1 − 2 + 4t = 6t − 5 = 0, cio´e t = 56. Per t = 56, −−→
P Q = (−76,16,23).
Quindi d(r, s) = d(P, Q) = q11
6.
2. Diagonalizzare ortogonalmente la seguente matrice:
1 0 0
0 32 −12 0 −12 32
.
1
Svoglimento
La matrice `e simmetrica, quindi `e ortogonalmente diagonalizzabile. Troviamo gli autovalori.
det(A − λI3) = det
1 − λ 0 0
0 32− λ −12 0 −12 32− λ
= (1 − λ)(λ2− 3λ + 2) = 0 se λ = 1 oppure λ2− 3λ + 2 = 0, cio`e per λ = 1, 2. Quindi abbiamo λ = 1 con molteplicit`a 2 e λ = 2 con molteplicit`a 1. Troviamo una base per l’autospazio associato a λ = 1, quindi dobbiamo risolvere il sistema (A − I3)x = 0, cio`e:
1
2x2−12x3= 0
−12x2+12x3= 0 . Una base per lo spazio delle soluzioni `e {(1, 0, 0), (0, 1, 1)}. Poich`e dobbiamo diagonalizzare ortogonalmente la matrice, dobbiamo trovare una base ortogonale per tale spazio. Siamo fortunati poich`e i due vettori sono gi`a ortogonali (non sempre `e cos`ı!), quindi dobbiamo solo normalizzarli. (1, 0, 0) ha gi`a norma 1, mentre un multiplo di (0, 1, 1) di norma 1 `e (0,√1
2,√1
2). Ora dobbiamo trovare una base per l’autospazio associato a λ = 2, quindi dobbiamo risolvere il sistema (A − 2I3)x = 0. Il sistema che otteniamo `e:
x1= 0 − 12x2−12x3= 0
−12x2−12x3= 0 . Una base per le soluzioni `e {(0, 1, −1)}, che normalizzato diventa (0,√1
2, −√1
2).
Quindi D =
1 0 0 0 1 0 0 0 2
e P =
1 0 0
0 √1
2
√1 2
0 √1
2 −√1
2
.
3. Siano V = {(x1, x2, x3, x4)|x1+x2−x3= 0, 2x1−x3+x4= 0} e W = h(1, 1, 0, 0), (2, 1, 1, 1), (0, 1, 1, 0)i due sottospazi di R4. Determinare la dimensione ed una base per W , V + W , V ∩ W .
Svoglimento
L’insieme dei generatori di W `e indipendente, quindi dim W = 3. Il generico vettore di W `e combinazione lineare dei vettori della base, quindi h1(1, 1, 0, 0) + h2(2, 1, 1, 1) + h3(0, 1, 1, 0) = (h1 + 2h2, h1 + h2 + h3, h2 + h3, h2). Un vettore appartiene a V se soddisfa le equazioni che definiscono V . Quindi un vettore appartiene a V ∩ W se
h1+ 2h2+ h1+ h2+ h3− h2− h3= 0
2h1+ 4h2− h2− h3+ h2= 0 , da cui
h1+ h2= 0
2h1+ 4h2− h3= 0 . Quindi otte- niamo
h2= −h1
h3= −2h1 . Avendo solo un parametro libero, si ha dim V ∩ W = 1 ed una base si ottiene ponendo h1= 1,calcolando di conseguenza h2 e h3 e sostituendo i valori ottenuti in (h1+ 2h2, h1+ h2+ h3, h2+ h3, h2). Quindi una base di V ∩ W `e {(1, 2, 3, 1)}. Un altro modo per trovare la dimensione ed una base per V ∩ W `e scrivere W in forma cartesiana e poi mettere a sistema le equazioni che definiscono V con quelle che definiscono W . Poich`e dim W = 3, W `e definito da 4 − 3 = 1 equazione che si ottiene imponendo
det
1 1 0 0
2 1 1 1
0 1 1 0
x1 x2 x3 x4
x1 − x2 + x3− 2x4 = 0. Quindi V ∩ W `e dato dal sistema
x1+ x2− x3= 0 2x1− x3+ x4= 0 x1− x2+ x3− 2x4= 0
. Da Grassmann, si che dim V + W = dim V + dim W − dim V ∩ W = 4, quindi V + W = R4 ed una qualsiasi base di R4 va bene, anche la canonica.
4. Dire per quali valori del parametro λ il seguente sistema `e determinato, indeterminato o incompatibile. Dire inoltre per quali valori del parametro λ il vettore nullo `e soluzione del
2
sistema.
x1+ 2x2− x3− x4= 0
x1+ 3x2+ (λ2− λ − 1)x3+ (λ − 3)x4= 23λ 2x1+ 4x2+ (λ2− λ − 2)x3+ (λ − 3)x4= λ .
Svolgimento
La matrice completa associata al sistema `e:
1 2 −1 −1 0
1 3 λ2− λ − 1 λ − 3 23λ 2 4 λ2− λ − 2 λ − 3 λ
. Si riduce facilmente a gradini, sottraendo la prima riga alla seconda e due volte la prima alla terza, ottenendo:
1 2 −1 −1 0
0 1 λ2− λ λ − 2 23λ 0 0 λ2− λ λ − 1 λ
. Per λ−λ 6= 0, cio`e λ 6= 0, 1, il sistema ha 3 pivot, nessuno nella colonna dei termini noti, quindi `e indeterminato con ∞1 soluzioni.
Per λ = 0, ho sempre 3 pivot, nessuno nella colonna dei termini noti, quindi di nuovo ∞1 soluzioni. Per λ = 1 nell’ultima riga il pivot compare nell’ultima colonna, quindi il sistema
`
e incompatibile.
Un sistema ammette il vettore nullo come soluzione se e solo se `e omogeneo, quindi in questo caso per λ = 0.
5. Sia f : R3 → R4 l’applicazione lineare tale che f (1, 0, 1) = (3, 2, 1, −1), f (0, 1, −1) = (0, 0, 0, 0), f (0, 0, 2) = (2, 3, −1. − 1). Dire se f `e iniettiva o suriettiva e determinare una base per Imf e Kerf . Dire quanto vale f (2, 1, 2).
Svolgimento
La funzione non `e iniettiva in quanto (0, 1, −1) ∈ Kerf , quindi Kerf 6= {(0, 0, 0)}. La funzione non pu`o essere suriettiva in quanto la dimensione del codominio `e maggiore di quella del codominio. Imf `e generata da {(3, 2, 1, −1), (0, 0, 0, 0), (2, 3, −1. − 1)}, da cui si pu`o estrarre la base {(3, 2, 1, −1), (2, 3, −1. − 1)}. Quindi dim Imf = 2. Dal Teorema delle dimensioni, si ha dim R3= 3 = dim Imf + dim Kerf , quindi dim Kerf = 1 e quindi come base possiamo prendere proprio il vettore (0, 1, −1). Per trovare f (2, 1, 2), bisogna scrivere (2, 1, 2) come combinazione lineare della base usata in R3, cio`e {(1, 0, 1), (0, 1, −1), (0, 0, 2)}.
Dunque (2, 1, 2) = h1(1, 0, 1) + h2(0, 1, −1) + h3(0, 0, 2) = (h1, h2, h1− h2+ 2h3). Si ottiene h1= 2, h2= 1, h3= 12. Quindi f (2, 1, 2) = f (2(1, 0, 1) + (0, 1, −1) +12(0, 0, 2)) = 2f (1, 0, 1) + f (0, 1, −1) +12f (0, 0, 2) = 2(3, 2, 1, −1) + (0, 0, 0, 0) +12(2, 3, −1, −1) = (7,112,32, −52).
3
