(a) Determinare tutti i versori w ∈ U che formano un angolo di π/3 con u.

Geometria. Esame scritto del 28-06-2017. Nome e Cognome:

Motivare adeguatamente tutte le risposte.

1. In V

₃

, munito del prodotto scalare ordinario, siano u = (−1, 2, −2) e v = (2, 1, 2) e sia U = L(u, v) il sottospazio generato da u e v.

(a) Determinare tutti i versori w ∈ U che formano un angolo di π/3 con u.

(b) Scegliere uno dei versori w del punto (a) e trovare un vettore a ∈ U e un vettore b ∈ V

3

tali che {w, a, b} sia una base ortogonale di V

₃

.

Soluzione. (a) Il metodo pi` u breve consiste nel fare una rotazione R

_π/3

del piano U , di angolo θ = π/3. A questo punto i versori cercati saranno i versori paralleli al vettore R

_π/3

(u). Per fare ci` o prendiamo un vettore di U ortogonale a u:

r = v − ( v · u

u · u )u = 1

9 (14, 17, 10) Normalizziamo e abbiamo

u

⁰

= 1

3 (−1, 2 − 2) e r

⁰

= 1

√ 585 (14, 17, 10).

Dunque un versore che forma un angolo di π/3 con u ` e

w = cos(π/3)u

⁰

+ sin(π/3)r

⁰

= 1 2 u

⁰

+

√ 3 2 r

⁰

L’altro versore ` e −w.

(b) Un versore in U normale a w ` e

a = − sin(π/3)u

⁰

+ cos(π/3)r

⁰

= −

√ 3

2 u

⁰

+ 1 2 r

⁰

Per quanto riguarda l’altro vettore cercato, cio` e b, ` e sufficiente prendere un vettore normale al piano U :

b = u × v = (6, −2, −5).

2. In V

₂

, munito del prodotto scalare ordinario, sia v = (1, −2). Sia R

_π/4

: V

₂

→ V

₂

la rotazione di V

2

di angolo π/4 (in senso antiorario) e sia P

_L(v)

: V

2

→ V

2

la proiezione su L(v). Sia T : V

₂

→ V

₂

la trasformazione lineare T = P

_L(v)

◦ R

_π/4

(cio` e T (u) = P

_L(v)

(R

_π/4

(u)).

(a) Determinare il nucleo di T .

(b) Determinare autovalori e autospazi di T .

1

Soluzione. (a) Dato w ∈ V

₂

, abbiamo che T (w) = 0 se e solo se P

_L(v)

(R

_π/4

(w)) = 0, cio` e se e solo se R

_π/4

(w) ∈ (L(v))

^⊥

= L((2, 1)). Dunque N (T ) ` e dato dalla retta che, dopo una rotazione di π/4, va a finire in L((2, 1)). Tale retta non ` e altro che la rotazione di −π/4 ≡ (7π)/4 della retta L((2, 1)). Poich` e la matrice della rotazione di θ = (7π)/4 ` e

√1 2

 1 −1

1 1



, abbiamo che N (T ) ` e generato da

^√1

2

 1 −1

1 1

  2 1



=

^√1

2

 1 3



. Dunque N (T ) = L((1, 3)).

(b) Un autovalore ` e λ

1

= 0 e il corrispondente autospazio ` e N (T ) = L((1, 3)). Visto che T (V

₂

) = L((1, −2)) e un autovettore ` e, per definizione, u vettore u ∈ V

₂

tale che T (u) = λu per un λ ∈ R, l’altro autospazio ( se c’` e) non pu` o essere che L((1, −2). Quindi dobbiamo vedere chi ` e T ((1, −2)). Prendiamo come base {(1, −2), (2, 1)}. Abbiamo che T ((1, −2)) = P

_L(1,2)

(R

_π/4

((1, −2))) = P

_L(1,2)

(

^√1

2

(1, −2) +

^√1

2

(2, 1)) =

^√1

2

(1, −2). Dunque l’altro autovalore λ

2

=

^√1

2

e l’autospazio ` e L((1, −2)).

Un altro modo consiste nell’usare le matrici. Sappiamo che la matrice della rotazione R

θ

` e m

^E_E

(R

θ

) =

 cos θ sin θ

− sin θ cosθ



. Nel nostro caso, per θ = π/4, viene

√ 1 2

 1 1

−1 1

 .

La matrice della proiezione su L(1, −2)) si calcola facilmente: ` e

m

^E_E

(P

_L(1,2)

) = 1 5

 1 −2

−2 4



(esercizio!). Dunque

m

^E_E

(T ) = 1 5

 1 −2

−2 4

 1

√ 2

 1 1

−1 1



= 1

5 √ 2

 3 −1

−6 2



A questo punto nucleo, autovalori e autovettori si calcolano facilmente (ovviamente ven- gono quelli di prima).

3. Si consideri, al variare di U e A in R il sistema lineare



 

 

x + y + z + t =1 2x + U y + 2z + 2t =A+1 6x + 7y + U z + t =-1

y + t =1

Stabilire per quali coppie (U, A) vi sono soluzioni. Per le coppie (U, A) per cui vi sono infinite soluzioni (se ne esistono), calcolare esplicitamente l’insieme delle soluzioni.

2

Soluzione. Sappiamo che la soluzione esiste ed ` e unica quando la matrice dei coefficienti

`

e invertibile, cio` e quando il suo determinante ` e non nullo. calcoliamo il determinant in funzione di U :

det







1 1 1 1

2 U 2 2

6 7 U 1

0 1 0 1





 = det







1 1 1 1

0 U − 2 0 0

6 7 U 1

0 1 0 1





 = (U −2) det





1 1 1

6 U 1

0 0 1



 = (U −2)(U −6)

Dunque per U 6= 2, 6 la soluzione esiste sempre, ed ` e unica, per ogni A ∈ R. Rimangono da analizzare separatamente i casi U = 2 e U = 6.

U = 2: la matrice completa del sistema ` e







1 1 1 1 1

2 2 2 2 A + 1

6 7 2 1 −1

0 1 0 1 1





 . In questo caso ` e facile vedere che il sistema ha soluzione solo se A + 1 = 2, cio` e A = −1.

U = 6: la matrice completa del sistema ` e







1 1 1 1 1

2 6 2 2 A + 1

6 7 6 1 −1

0 1 0 1 1





 →







1 1 1 1 1

0 4 0 0 A − 1

0 1 0 −5 −7

0 1 0 1 1





 →







1 1 1 1 1

0 4 0 0 A − 1

0 6 0 0 −2

0 1 0 1 1







Da cui si vede che per avere soluzione deve essere

^A−1₄

= −

¹₃

cio` e A = −

¹₃

.

In conclusione, il sistema ha soluzione esattamente per tutte le coppie (U, A) tali che U 6= 2, 6, per (U, A) = (2, −1) e (U, A) = (6, −

¹₃

). Solo in questi due ultimi casi ci sono infinite soluzioni.

Per (U, A) = (2, −1) risolvendo il sistema (con l’eliminazione di Gauss) risulta che l’insieme delle soluzioni ` e

{(−5/2, 3, 1/2, 0) + a(−1, 5/2, −3/2, 1) | a ∈ R}

Per (U, A) = (6, −

¹₃

) usando l’eliminazione di Gauss precedentemente fatta e continuando la risoluzione del sistema si perviene all’insieme delle soluzioni

{(0, −1/3, 0, 4/3) + a(1, 0, −1, 0) | a ∈ R}

4. Denotiamo con P

_n

lo spazio lineare dei polinomi reali di grado ≤ n.

Sia T : P

3

→ P

2

la trasformazione lineare cos`i definita:

T ((x+1)

³

) = x

²

−x, T ((x+1)

²

) = 2x

²

+x+3, T (x+1) = x

²

+x+2, T (1) = −x

²

+2x+1.

(a) T ` e iniettiva? In caso affermativo spiegare perch` e. In caso negativo produrre esplici- tamente due polinomi non nulli p(x), q(x) ∈ P

₃

tali che T (p(x)) = T ((q(x)).

(b) T ` e suriettiva? In caso affermativo spiegare perch` e. In caso negativo produrre esplici- tamente un polinomio f (x) ∈ P

2

tale che f (x) 6∈ T (P

3

).

3

Soluzione. (a) ` E evidente che B = {(x + 1)

³

, (x + 1)

²

, x + 1, 1} ` e una base di P

₃

(tra l’altro, scrivere un polinomio di grado ≤ 3 in coordinate rispetto a questa base significa scriverne lo sviluppo di taylor centrato in x

0

= −1).

Per vedere l’iniettivit` a dobbiamo trovare il nucleo. Un polinomio g(x) sta in N (T ) se e solo se T (g(x)) = O (dove O indica il polinomio nullo). Scrivendo g(x) = a(x + 1)

³

+ b(x + 1)

²

+ c(x + 1) + d, abbiamo che T (g(x)) = a(x

²

− x) + b(2x

²

+ x + 3) + c(x

²

+ x + 2) + d(−x

²

+ 2x + 1) = (a + 2b + c − d)x

²

+ (−a + b + c + 2d)x + (3b + 2c + d). Dunque g(x) ∈ N (T ) se e solo se

( a + 2b + c − d =0

−a + b + c + 2d =0 3b + 2c + d =0 che ` e il sistema omogeneo associato alla matrice





1 2 1 −1

−1 1 1 2

0 3 2 1





(si noti che questa matrice non ` e altro che m

^B_E

(T ).) Risolvendo il sistema si ha





1 2 1 −1

−1 1 1 2

0 3 2 1



 →





1 2 1 −1

0 3 2 1

0 3 2 1



 →





1 2 1 −1

0 3 2 1

0 0 0 0





Risulta che il nucleo ha dimensione due. Lo spazio delle soluzioni del sistema ` e L((−5, 1, 0, −3), (−3, 0, 1, −2))). Questo significa che

N (T ) = L(−5(x + 1)

³

+ (x + 1)

²

− 3 , −3(x + 1)

³

+ (x + 1) − 2).

Per rispondere alla domanda, ad esempio p(x) = −5(x + 1)

³

+ (x + 1)

²

− 3 e

q(x) = 2(−5(x + 1)

³

+ (x + 1)

²

− 3) hanno la stessa immagine (` e zero per entrambi).

Oppure, dato un qualsiasi polinomio P (x) ∈ P

3

,

T (P (x) + (−5(x + 1)

³

+ (x + 1)

²

− 3)) = T (P (x)) + O = T (P (x)).

Ultima osservazione: in ogni caso la T non poteva essere iniettiva perch` e dim N (T ) ≥ dim P

₃

− dim P

₂

= 4 − 3 = 1.

(b) la T non ` e suriettiva perch` e rk(T ) = 2. Si ha che T (P

3

) = L(x

²

− x, 2x

²

+ x + 3). Per trovare un polinomio di P

₂

che non sta in questo spazio si pu` o ragionare in tanti modi. Ad esempio: i polinomi di T (P

3

) sono della forma

a(x

²

− x) + b(2x

²

+ x + 3) = (a + 2b)x

²

+ (−a + b)x + 3b

per a, b ∈ R. Ad esempio, nessun polinomio di grado zero, ad esempio p(x) = 1, ` e di questa forma (verifica: esercizio).

4