Risoluzione del...
Scritto di Geometria
Corso di Ingegneria Civile e Ambientale A. A. 2017/18 – Prova scritta 15–06–2018
Cognome e Nome: Matricola:
Vietato l’uso di calcolatori, appunti, eserciziari,...
Scrivi in modo ordinato e motiva ogni risposta.
Durata della prova: 2 ore e 30 minuti.
Non si pu`o lasciare l’aula prima che siano trascorse due ore. Si potr`a uscire dall’aula solo dopo aver consegnato il compito.
(1) (8?) Valutare la posizione reciproca delle rette
r1:
(3x + 3y + z = 2
x − y − z = 2 r2:
(x + 2y + z = 0 4x − y − 2z = 6
e scrivere equazioni parametriche e cartesiane di due rette s1 e s2 tali che, prese a due a due, le rette r1, s1 e s2 risultino incidenti e ortogonali tra loro. Scrivi equazioni parametriche e cartesiane del piano π contenente s1 e s2. Utilizzando i vettori direttori delle rette r1, s1 e s2 ricavare una base ortonormale di R3.
(2) (7?) Dati i vettori
v1= (1, 2, 3, 4, 5)T, v2= (1, 1, 1, 1, 1)T, v3= (2, 2, 3, 3, 3)T, v4= (1, 2, 1, 2, 1)T, v5= (2, 1, 0, 1, 2)T,
mostrare che B = {v1, . . . , v5} `e una base di R5. Quindi scrivere la matrice associata all’applicazione lineare G : R5→ R5 tale che
G(v1) = v3, G(v2) = v4, G(v3) = v5, G(v4) = v2, G(v5) = v1
(specificare chiaramente quali basi sono state scelte per dominio e codominio). Individua autovalori e autovettori di G. Dire se G `e diagonalizzabile.
(3) (7?) Data l’applicazione bilineare simetrica Φ : R3×R3→ R definita da Φ (x1, x2, x3), (y1, y2, y3) = x1y1+ x2y1+ x1y2+ x1y3+ x3y1+ 2x2y2+ 3x2y3+ 3x3y2+ 5x3y3. Scriverne la matrice associata rispetto ad una base scelta. Studiarne il segno. Individuarne il nucleo.
(4) (2?) Scrivi la matrice associata alla quadrica
x2+ 2xy + 3xz + 4y2+ 5yz + 6z2+ 7x + 8y + 9z + 10 = 0 . (5) (8?) Risolvi il seguente sistema al variare del parametro λ ∈ R:
λx1− x3+ x4= 0 x1+ x2+ x3+ x4= 4
−x2+ λx3= −1 x1+ x2+ 2x4= 4
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Scritto di Geometria
Corso di Ingegneria Civile e Ambietale A. A. 2016/17 – Prova scritta xx–01–2018
Risposte:
(1) Le due rette sono coincidenti, infatti costruendo la matrice dei coefficienti
(A|b)
3 3 1 2
1 −1 −1 2
1 2 1 0
4 −1 −1 6
trovo che sia A che (A|b) hanno rango 2. Posso trovare le equazioni parametriche r1 = r2 : (1, 0, −1)T + (1, −2, 3)Tt. Le due rette s1 e s2 in equazioni parametriche si trovano scegliendo un punto di r1, come ad esempio (1, 0, −1)T e due vettori ortogonali a (1, −2, 3). Come primo vettore prendiamo (1, −1, −1)T. Il secondi `e il risultato del prodotto vettoriale di questi due vettori:
(5, 4, 1)T.
s1: (1, 0, −1)T + t(1, −1, −1)T s2: (1, 0, −1)T + t(5, 4, 1)T Equazioni cartesiane sono ad esempio
s1:
(x + y = 1
x + z = 0 s2:
(x − 5z = 6 y − 4z = 4 Per quanto riguarda il piano richiesto possiamo scrivere
π : (1, 0, −1)T + t(1, −1, −1)T+ t(5, 4, 1)T π : x − 2y + 3z = −2 La base ortonormale richiesta:
B =
1
√14(1, −2, 3) , 1
√3(1, −1, −1) , 1
√42(5, 4, 1)
. (2) I vettori
v1= (1, 2, 3, 4, 5)T, v2= (1, 1, 1, 1, 1)T, v3= (2, 2, 3, 3, 3)T, v4= (1, 2, 1, 2, 1)T, v5= (2, 1, 0, 1, 2)T,
formano una base se la matrice seguente (o la sua trasposta)
A = v1 v2 v3 v4 v5 =
1 2 3 4 5
1 1 1 1 1
2 2 3 3 3
1 2 1 2 1
2 1 0 1 2
ha rango massimo. Ci`o si dimostra facilmente con la riduzione a scala. La matrice associata all’applicazione lineare G : R5→ R5 tale che
G(v1) = v3, G(v2) = v4, G(v3) = v5, G(v4) = v2, G(v5) = v1
`
e facile da scrivere scegliendo la base B = {v1, v2, v3, v4, v5} sia per il dominio che per il codominio:
MBB(G) =
0 0 0 0 1
0 0 0 1 0
1 0 0 0 0
0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
avente polinomio cartteristico pG(λ) = (1 − λ3)(1 − λ2), quindi ho l’autovalore semplice −1 e l’autovalore doppio 1. L’endomorfismo non `e diagonalizzabile perch´e pG non ha tutte le radici reali. Autovettori: (1, 0, 1, 0, 1)T e (0, 1, 0, 1, 0)T sono autovettori di autovalore 1 e (0, 1, 0, −1, 0)T
`
e autovettore di autovalore −1.
(3) Scegliendo la base canonica la matrice associata a Φ risulta
M =
1 1 1 1 2 3 1 3 5
che risulta simmetrica coerentemente con l’affermazione che Φ `e simmetrica. Il suo polinomio caratteristico risulta p(λ) = −λ(λ2− 8λ + 6) da cui si ottiene che ha due radici positive e una nulla.
Quindi Φ `e semidefinita positiva con nucleo dato dalla soluzione del sistema M x = 0. Il sistema omogeneo d`a come soluzione un sottopazio di dimensione 1 generato dal vettore (1, −2, 1).
(4) La matrice associata alla quadrica x2+ 2xy + 3xz + 4y2+ 5yz + 6z2+ 7x + 8y + 9z + 10 = 0 risulta
1 1 3/2 7/2
1 4 5/2 4
3/2 5/2 6 9/2
7/2 4 9/2 10
(5)
λx1− x3+ x4= 0 x1+ x2+ x3+ x4= 4
−x2+ λx3= −1 x1+ x2+ 2x4= 4 Usando la riduzione a scala di Gauss, si trova che per
– λ = −2 il sistema `e incompatibile, nessuna soluzione.
– λ = 0 il sistema presenta la soluzione (3 − 2t, 1, t, t), t ∈ R.
– negli altri casi il sistema ha un’unica soluzione: (0, 21+2λ2+λ,2+λ3 ,2+λ3 ).
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