CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA MECCANICA – A.A. 2010-2011 PROVA SCRITTA DI GEOMETRIA DEL 24-02-11
Corsi dei Proff. M. BORDONI, A. FOSCHI
Esercizio 1 . In R4 si considerino i sottospazi vettoriali U generato dai
vettori v1 =
2 1 0
−1
, v2 =
1 3 1 0
, v3 =
−1 2 1 1
e W di equazioni
cartesiane x1+ x2− 2x3− x4 = 0 2x1 + x3− 2x4 = 0 .
(a) Determinare la dimensione ed una base di U . (b) Determinare la dimensione ed una base di W .
(c) Determinare la dimensione ed una base di U ∩ W e di U + W ; stabilire inoltre se U e W sono supplementari.
(d) Decomporre il vettore v =
5 0 0 4
come somma v = u + u⊥ essendo
u ∈ U e u⊥ ∈ U⊥.
(e) Dare la definizione di prodotto scalare standard e di lunghezza di un vettore in Rn. Enunciare la diseguaglianza di Cauchy-Schwarz, precisando quando essa diviene un’eguaglianza.
(f) Dimostrare che per due vettori qualsiasi v, w ∈ Rn valgono:
• hv, wi = 12 (kv + wk2− kvk2− kwk2) (I identit`a di polarizzazione);
• kv + wk ≤ kvk + kwk (diseguaglianza triangolare).
Soluzione
(a) La matrice costituita dai 3 vettori ha rango 2 e quindi U ha dimensione 2; una sua base `e costituita da due vettori indipendenti, per esempio v1, v2. (b) W `e rappresentato da 2 equazioni indipendenti, quindi ha codimensione 2 e di conseguenza dimensione 4-2=2. Risolvendo il sistema che rappresenta W , ponendo ad esempio x1 = t, x4 = t0 si trova
W =
t
1
−3
−2 0
+ t0
0 5 2 1
t,t0∈R
con base i vettori
1
−3
−2 0
,
0 5 2 1
(c) Equazioni cartesiane di U si ottengono imponendo che il generico vettore di R4 dia, con i vettori v1, v2, una matrice di rango 2 e sono
x1 − x3 + 2x4 = 0 x2 − 3x3+ x4 = 0
Il sottospazio intersezione U ∩ W si ottiene risolvendo il sistema 4x4 costi- tuito dalle equazioni di U e di W , la cui matrice ha rango 3 e quindi il
sistema ammette ∞1 soluzioni: risolvendolo si ha U ∩ W =
s
0 5 2 1
s∈R
,
l’intersezione ha dimensione 1 e una sua base `e data dal vettore
0 5 2 1
. La
formula di Grassmann d`a poi dim (U + W ) =dimU +dimW -dim(U ∩ W )=3;
una base della somma `e per esempio costituita dai vettori v1, v2 ∈ U e dal
vettore
1
−3
−2 0
∈ W , che insieme danno una matrice di rango 3 e sono
quindi indipendenti. U, W non sono sottospazi supplementari.
(d) I vettori della decomposizione richiesta sono le proiezioni ortogonali di v rispettivamente su U e su U⊥. Il procedimento di Gram-Schmidt fornisce una base ortogonale di U :
w1 = v1 , w2 =
1 3 1 0
− 5 6
2 1 0
−1
=
−23
13 6
1
5 6
e quindi si ha
u = PU(v) = Pw1(v) + Pw2(v) = 1 · w1+ 0 · w2 = w1 = v1
Risulta poi u⊥ = PU⊥(v) = v − PU(v) =
5 0 0 4
−
2 1 0
−1
=
3
−1 0 5
.
(e) Il prodotto scalare di due vettori `e il numero reale che si ottiene facendo la somma dei prodotti delle componenti di ugual posto dei due vettori:
hv, wi = x1y1+ x2y2+ · · · + xnyn
mentre la lunghezza di un vettore `e la radice quadrata del prodotto scalare del vettore con se stesso: kvk =phv, vi.
La diseguaglianza di Cauchy-Schwarz `e |hv, wi| ≤ kvk · kwk ed essa diviene un’eguaglianza se e solo se i vettori v, w sono linearmente dipendenti.
(f) Usando le propriet`a del prodotto scalare si ha
kv + wk2− kvk2− kwk2 = hv + w, v + wi − hv, vi − hw, wi
= hv, vi + hv, wi + hw, vi + hw, wi − hv, vi − hw, wi
= 2hv, wi da cui segue la I identit`a di polarizzazione.
Si ha poi, per la diseguaglianza di Cauchy-Schwarz (e ricordando che un qualsiasi numero `e sempre minore o uguale del proprio valore assoluto):
kv + wk2 = hv, vi + hv, wi + hw, vi + hw, wi = kvk2+ kwk2+ 2hv, wi
≤ kvk2+ kwk2+ 2|hv, wi|
≤ kvk2+ kwk2+ 2kvk · kwk
= (kvk + kwk)2
da cui segue la diseguaglianza triangolare estraendo la radice quadrata.
Esercizio 2 . In R3 sono dati i vettori v1 =
4 k 2
, v2 =
k 1 1
, v3 =
0 1
−1
con k parametro reale.
(a) Stabilire per quali valori di k ∈ R tali vettori sono linearmente dipendenti.
Per i valori trovati, scrivere se possibile v3 come combinazione lineare di v1 e v2.
(b) Detta F : R3 −→ R3l’applicazione lineare definita da F (e1) = v1, F (e2) = v2, F (e3) = v3, ove B = {e1.e2, e3} `e la base canonica di R3, determinare per quali valori di k ∈ R l’applicazione F `e invertibile.
(c) Posto k = 1, determinare la matrice che rappresenta nella base canonica B l’applicazione F−1 inversa di F .
(d) Posto invece k = 2, determinare se F `e diagonalizzabile oppure no.
Soluzione
(a) I 3 vettori sono linearmente dipendenti quando il determinante della matrice che li ha per colonne `e uguale a zero: k2+ 2k − 8 = 0 per k = −4 e per k = 2. Posto v3 = av1+ bv2, per k = −4 si ha il sistema
4a − 4b = 0 , −4a + b = 1 , 2a + b = −1
che ammette la soluzione a = b = −13 per cui si ha v3 = −13v1−13v2. Invece per k = 2 il sistema corrispondente
4a + 2b = 0 , 2a + b = 1 , 2a + b = −1
non ammette soluzione: in questo caso i vettori v1, v2 sono proporzionali fra loro ma non con v3 e quindi v3non si pu`o scrivere come combinazione lineare di v1 e v2.
(b) F `e invertibile quando il determinante sopra considerato `e diverso da 0, quindi per k 6= −4, 2.
(c) Per k = 1 la matrice che rappresenta F nella base canonica `e A =
4 1 0 1 1 1 2 1 −1
il cui determinante vale -5. L’applicazione inversa F−1 `e rap-
presentata nella base canonica dall’inversa di A che `e A−1 =
2
5 −15 −15
−35 45 45
1 5
2 5 −35
.
(d) Per k = 2 la matrice che rappresenta F nella base canonica `e A0 =
4 2 0 2 1 1 2 1 −1
. L’equazione caratteristica det(A0 − λI) = · · · = −λ(λ2 − 4λ − 6) = 0 ha soluzioni λ = 0 e λ = 2 ±√
10 e quindi F `e diagonalizzabile in quanto ammette 3 autovalori reali e distinti.
Esercizio 3 . Piano euclideo. Riferimento cartesiano RC(O;i, j). Sono dati i punti O ≡, A ≡ 1
2
, B ≡ 3 1
.
(a) Calcolare le equazioni delle rette che contengono i lati del triangolo T di vertici O, A, B.
(b) Verificare che T `e un triangolo isoscele rettangolo e calcolarne area e perimetro.
(c) Determinare le coordinate del punto D tale che il quadrilatero OABD sia un quadrato.
(d) Determinare equazioni cartesiane delle circonferenze inscritta e circo- scritta al quadrato OABD.
(e) Date due rette parallele r : y = mx ed r0 : y = mx + q, stabilire per quali valori di m la striscia delimitata da r ed r0 stacca un segmento di lunghezza 1 sia sull’asse y che sulla retta di equazione y = 3. Qual `e in tal caso la distanza fra la due rette r, r0?
(f) Dimostrare che m ha il significato di coefficiente angolare: m = tgα, essendo α l’angolo formato da r orientata secondo le y crescenti e l’asse x orientato secondo le x crescenti.
Soluzione
(a) Le rette hanno equazioni: OA : 2x − y = 0; OB : x − 3y = 0; AB : x + 2y − 5 = 0.
(b) Il triangolo T `e rettangolo in A essendo perpendicolari le rette OA ed AB; inoltre `e isoscele in quanto OA = AB =√
5. L’area vale OA·AB2 = 52. Si ha poi OB =√
10 e quindi T ha perimetro OA + OB + AB = 2√ 5 +√
10.
(c) Posto D ≡ x y
, deve risultare −−→
OD =−→
AB cio`e x y
= 3 − 1 1 − 2
=
2
−1
.
(d) Entrambe le circonferenze hanno centro nel punto medio dei segmenti OB ed AD: C ≡
3
21 2
. La circonferenza inscritta C1 ha raggio uguale alla met`a del lato del quadrato, quindi
√5
2 , e dunque ha equazione C1 : (x − 3
2)2+ (y − 1 2)2 = 5
4 cio`e 4x2+ 4y2− 12x − 4y + 5 = 0
La circonferenza circoscritta C2 ha invece raggio uguale alla met`a della dia- gonale del quadrato, quindi
√ 10
2 , e dunque ha equazione C1 : (x − 3
2)2+ (y −1
2)2 = 10
4 cio`e x2+ y2− 3x − y = 0
(e) La retta r interseca l’asse y nell’origine O mentre la retta r0 l’interseca nel punto Q ≡ 0
q
, quindi la prima condizione `e OQ = |q| = 1. La retta r interseca la retta y = 3 nel punto R ≡
3
m
3
mentre la retta r0 l’interseca nel punto R0 ≡
3−q
m
3
, quindi la seconda condizione `e RR0 =
|3−q−3m | = |mq| = 1 ossia |m| = |q| = 1 da cui si ricava m = ±1: le due rette sono parallele alla bisettrice del I e II quadrante oppure a quella del II e IV, r : y = ±x, r0 : y = ±x ± 1. In entrambi i casi la distanza fra la due rette `e uguale alla distanza dell’origine O da r0, che vale
√ 2 2 .
(e) Scritta l’equazione di una retta r nella forma ax + by + c = 0, i suoi coseni direttori sono
coscxr = b
±√
a2+ b2 , cosyr =b −a
±√
a2+ b2
e risulta sempre xr = α mentre `c e yr =b π2 − α oppure yr = α −b π2 a se- conda che α sia acuto od ottuso, quindi in entrambi i casi si ha cosyr =b cos ±(π2 − α) = sin α e di conseguenza tgα = sin αcos α = −ab = m.
Esercizio 4 . Spazio euclideo. Riferimento cartesiano RC(O;i, j, k). Sono date la retta r :
x = 1 − t y = 2t z = t + 3
ed il piano α : x + y − 3 = 0.
(a) Determinare se r ed α s’intersecano e, in caso affermativo, calcolare le coordinate del punto P0 = r ∩ α.
(b) Determinare equazioni della retta r0 proiezione ortogonale di r su α.
(c) Determinare, se esiste, un punto R ∈ r in modo tale che il vettore −→
OR sia parallelo al piano α.
(d) Determinare le equazioni dei due piani contenenti la retta r e che formano un angolo di π3 con il piano α.
Soluzione
(a) Risulta a` + bm + cn = 1 6= 0, quindi r ed α si intersecano non essendo paralleli. Sostituendo le espressioni di x, y, z date da r nell’equazione di α si ottiene t = 2 e dunque P0 = r ∩ α ≡
−1 4 5
.
(b) r0 `e intersezione di α con il piano β contenente r e perpendicolare ad α.
Eliminando il parametro t si hanno equazioni cartesiane di r : 2x + y − 2 = 0, x + z − 4 = 0. Il fascio di piani di asse r ha equazione 2x + y − 2 + k(x + z − 4) = 0, k ∈ R, ossia (2 + k)x + y + kz − 2 − 4k = 0. Imponendo la condizione di perpendicolarit`a con α si ha aa0+ bb0 + cc0 = 2 + k + 1 = 0 da cui k = −3. L’equazione di β `e dunque x − y + 3z − 10 = 0 ed equazioni di r0 si ottengono mettendo a sistema quelle di α e di β.
(c) Il vettore−→
OR ha coordinate uguali a quelle del punto mobile su r ossia le x, y, z date dalle equazioni parametriche di r. La condizione di parallelismo con α d`a a` + bm + cn = 1 − t + 2t = 0 da cui t = −1 e quindi R ≡
2
−2 2
.
(d) Deve essere, detto α0 il piano generico del fascio di asse r, cos dαα0 = ± 2 + k + 1
p2(4 + 4k + k2 + 1 + k2) = cosπ 3 = 1
2
Elevando al quadrato si ha, passando al denominatore comune, 4(k + 3)2 = 2(2k2+4k +5) che d`a k = −138, dunque un piano `e α01 : 3x+8y −13z +36 = 0.
L’altro piano `e l’unico piano del fascio di asse r non rappresentabile nella forma col parametro k, cio`e α02 : x + z − 4 = 0; d’altra parte si pu`o verificare direttamente che questo piano forma con α un angolo di π3.
