La matrice associata a Fk rispetto alla base {1, t, t2} di R[t]≤2 `e la matrice Ak

Testo completo

(1)

Corso di Laurea in Fisica

Esame scritto di GEOMETRIA I – Appello dell’11 Giugno 2018

Cognome: Nome: Matricola:

Esercizio 1 (8 punti). Per ogni numero reale k si consideri l’unica operatore Fk su R[t]≤2 tale che Fk(t2) = −t2+ 3t + k Fk(t) = kt2+ t + 1 Fk(1) = 2t2+ t + 1.

(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, per ogni k ∈ R, la dimensione dello spazio affine Fk−1(t2+ (k − 1)t + 2).

(3) Si determini, per ogni k ∈ {1, 2, 3}, una parametrizzazione di Fk−1(t2+ (k − 1)t + 2).

La matrice associata a Fk rispetto alla base {1, t, t2} di R[t]≤2 `e la matrice Ak :=

1 1 k

1 1 3

2 k −1

. Per rispondere all’ultima domanda devo risolvere il sistema lineare completo seguente che semplifico mediante operazioni di Gauß :

(†)

1 1 k 2

1 1 3 k − 1

2 k −1 1

⇔

1 1 k 2

0 0 3 − k k − 3 0 k − 2 −2k − 1 −3

. ⇔

1 1 k 2

0 k − 2 −2k − 1 −3 0 0 3 − k k − 3

.

(1) Le operazioni di Gauß utilizzate sono di quelle che preservano il determinante, a parte uno scambio di righe, che cambia solo il segno, per cui det Ak = −(k − 2)(3 − k). Quindi Ak `e invertibile se e solo se k 6∈ {2, 3}. E quindi Fk ha rango 3 se e solo se `e iniettiva se e solo se `e suriettiva se e solo se k 6∈ {2, 3}.

Per k ∈ {2, 3}, invece, il rango di Fk `e 2, in quanto sicuramente diverso da 3 (da det Ak = 0) e inoltre essendo la prima e la terza colonna di Ak linearmente indipendenti.

(2) Se ne deduce che per k 6∈ {2, 3} lo spazio affine indicato `e un punto, quindi ha dimensione zero. Per k = 3, l’ultima riga della matrice in (†) `e nulla, e quindi anche la matrice orlata del sistema ha rango due. Dal teorema di Kronecker-Rouch´e-Capelli il luogo richiesto `e una retta.

Invece per k = 2, la matrice ottenuta in (†) si riduce a

1 1 2 2

0 0 −5 −3

0 0 1 −1

⇔

1 1 2 2

0 0 1 −1

0 0 −5 −3

⇔

1 1 2 2 0 0 1 −1 0 0 0 −8

 che `e la matrice di un sistema incompatibile per cui il luogo `e vuoto.

(3) Per k = 2 il luogo `e vuoto e quindi non c’`e nulla da parametrizzare. Risolvo il sistema per k = 1 e 3 sostituendo il valore nella matrice ottenuta in (†) e proseguendo con l’algoritmo di Gauß

k = 1 ⇒

1 1 1 2

0 −1 −3 −3

0 0 2 −2

⇔

1 1 1 2 0 1 3 3 0 0 1 −1

⇔

1 1 0 3 0 1 0 6 0 0 1 −1

⇔

1 0 0 −3 0 1 0 6 0 0 1 −1

 da cui F1−1(t2+ 2) = −t2+ 6t − 3.

k = 3 ⇒1 1 3 2 0 1 −7 −3



⇔1 0 10 5 0 1 −7 −3

 da cui

F3−1(t2+ 2t + 2) =−3t + 5 + a(t2+ 7t − 10)|a ∈ R .

(2)

Esercizio 2 (8 punti). Sia dato uno spazio affine A con un riferimento affine Oe1e2e3 e si considerino su di esso i punti P1(3, 0, 0), Q1(5, 1, −1), P2(0, −4, −1), Q2(−1, −7, −3), P3(1, 1, 1) e Q3(0, −2, −1). Per ogni i ∈ {1, 2, 3} sia ri la retta affine contenente Pi e Qi.

(1) Si determini la posizione relativa di ciascuna coppia di rette ri e rj. (2) Si individuino i punti di A contenuti in due diverse rette ri.

(3) Si calcolino equazioni cartesiane dei piani per l’origine perpendicolari a r2e la rispettiva intersezione con r1.

(4) Si calcolino equazioni cartesiane dei piani per l’origine perpendicolari a r3e la rispettiva intersezione con r1.

(1) Le equazioni cartesiane di r1 si ottengono imponendo la dipendenza lineare delle righe della matrice A1 =x − 3 y z

5 − 3 1 −1



, per cui basta mettere a sistema due dei tre minori 2 × 2 di A1, purch´e le equazioni ottenute siano linearmente indipendenti. Scegliendo i due minori comprendenti la seconda colonna otteniamo le equazioni

r1:

((x − 3) − 2y = 0

−y − z = 0 ⇔ r1:

(x − 2y = 3 y + z = 0. Da analogo calcolo otteniamo

A2= x y + 4 z + 1

−1 −7 + 4 −3 + 1



⇒ r2:

(−3x + (y + 4) = 0

−2x + (z + 1) = 0 ⇔ r2:

(3x − y = 4 2x − z = 1, A3 =x − 1 y − 1 z − 1

−1 −2 − 1 −1 − 1



⇒ r3:

(−3(x − 1) + (y − 1) = 0

−2(x − 1) + (z − 1) = 0 ⇔ r3:

(3x − y = 2 2x − z = 1.

Osservo che r2∩ r3 = ∅, in quanto 3x − y non pu`o valere 2 e 4 allo stesso tempo. Inoltre r2 e r3 sono coplanari, perch´e entrambe contenute nel piano 2x − z = 1, e quindi sono parallele distinte.

Ponendo a sistema le equazioni ottenute per r1 e r2 otteniamo il sistema di matrice completa

(‡)

1 −2 0 3

0 1 1 0

3 −1 0 4

2 0 −1 1

1 −2 0 3

0 1 1 0

0 5 0 −5

0 4 −1 −5

1 −2 0 3

0 1 1 0

0 0 −5 −5

0 0 −5 −5

1 −2 0 3

0 1 1 0

0 0 1 1

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 −2 0 3

0 1 1 0

3 −1 0 2

2 0 −1 1

1 −2 0 3

0 1 1 0

0 5 0 −7

0 4 −1 −5

1 −2 0 3

0 1 1 0

0 0 −5 −7

0 0 −5 −5

1 −2 0 3

0 1 1 0

0 0 −5 −7

0 0 0 2

 otteniamo che r1 e r3 sono sghembe.

(2) Dal risultato del punto precedente c’`e un solo punto contenuto in due diverse rette r1, il punto d’intersezione r1∩ r2 che trovo risolvendo (‡): il punto P (1, −1, 1).

(3) Calcolo un generatore della giacitura di r2: Q2P2=

0 − (−1)

−4 − (−7)

−1 − (−3)

=

 1 3 2

.

Quindi un piano perpendicolare a r2 ha equazione cartesiana della forma x + 3y + 2z = c. Dovendo passare per l’origine, c = 0. Si tratta quindi del piano x + 3y + 2z = 0.

Il punto di intersezione con r1 `e l’unica soluzione del sistema di matrice completa

1 3 2 0

1 −2 0 3

0 1 1 0

⇔

1 3 2 0

0 1 1 0

1 −2 0 3

⇔

1 3 2 0

0 1 1 0

0 −5 −2 3

⇔

1 3 2 0 0 1 1 0 0 0 3 3

⇔

1 3 2 0 0 1 1 0 0 0 1 1

. che d`a di nuovo il punto P (1, −1, 1).

(4) Essendo r2 e r3 parallele, si tratta dello stesso piano calcolato nel punto precedente, x + 3y + 2z = 0, che interseca r1 in P (1, −1, 1).

(3)

Esercizio 3 (8 punti). Si consideri la base standard e1, e2, e3, e4 di R4 e l’operatore su di esso tale che F (e1) =

√2

2 (e1− e3) F (e2) = 3e2+ 4e4 F (e3) =

√2

2 (e1+ e3) F (e4) = −(2e2+ 3e4).

(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 F1000001.

(1) La matrice associata a F rispetto alla base data `e

2

2 0

2

2 0

0 3 0 −2

2

2 0

2

2 0

0 4 0 −3

 il cui polinomio caratteristico `e

det

2

2 − T 0

2

2 0

0 3 − T 0 −2

2

2 0

2

2 − T 0

0 4 0 −3 − T

=

= (3 − T ) det

2 2 − T

2

2 0

2 2

2

2 − T 0

0 0 −3 − T

− 2 det

2

2 − T 0

2 2

2

2 0

2 2 − T

0 4 0

=

= (T − 3)(T + 3) det

2 2 − T

2 2

2 2

2 2 − T

!

+ 8 det

2 2 − T

2 2

2 2

2 2 − T

!

= (T2− 1) det

2 2 − T

2 2

2 2

2 2 − T

!

=

= (T2− 1)



T2−√ 2T + 1

2+1 2



= (T + 1)(T − 1)(T2−√

2T + 1) Il polinomio T2−√

2T + 1 non ha radici reali in quanto il suo discriminante√

22− 4 = −2 `e negativo.

Dunque lo spettro di F `e l’insieme {−1, 1}.

(2) Dal momento che due delle radici del suo polinomio caratteristico non sono reali, l’operatore F non

`

e diagonalizzabile.

(3) Dal momento che F non `e diagonalizzabile, dobbiamo soltanto calcolare basi di V1e V−1che sappiamo avere entrambi dimensione 1 e quindi basta trovare un vettore non nullo in ciascuno di essi.

V1= N (A − I4) = N

2

2 − 1 0

2

2 0

0 2 0 −2

2

2 0

2

2 − 1 0

0 4 0 −4

==

*

 0 1 0 1

 +

.

V−1= N (A + I4) = N

2

2 + 1 0

2

2 0

0 4 0 −2

2

2 0

2

2 + 1 0

0 4 0 −2

==

*

 0 1 0 2

 +

.

(4) Anche se non `e diagonalizzabile sui reali, l’operatore F `e diagonalizzabile sui complessi, in quanto il suo polinomio caratteristico ha radici distinte, e precisamente 1, −1 e le due radici non reali

2 2 (1±i).

Osservo ora che



2 2 (1 ± i)

2

= 12 1 ± 2i + i2 = ±i per cui 

2 2 (1 ± i)

8

= (±i)4 = 1. Quindi, visto che anche 18 = (−1)8 = 1, F `e un operatore diagonalizzabile sui complessi i cui autovalori sono tutti radici ottave di 1: questo impone che F8 `e l’identit`a di R4. Quindi

F1000001= F1000000◦ F = F8125000

◦ F = F.

(4)

Esercizio 4 (8 punti). Si consideri, sullo spazio vettoriale R4 con coordinate x, y, z, t, la forma quadratica

q

 x y z t

= x2+ y2+ z2+ t2+ 2(x − y)(z − t).

(1) Si calcoli la segnatura di q.

(2) Si deduca dalla risposta precedente se q `e o meno degenere o 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

1 0 1 −1

0 1 −1 1

1 −1 1 0

−1 1 0 1

 il cui polinomio caratteristico `e

det

1 − T 0 1 −1

0 1 − T −1 1

1 −1 1 − T 0

−1 1 0 1 − T

=

= (1 − T ) det

1 − T −1 1

−1 1 − T 0

1 0 1 − T

+ det

0 1 − T 1

1 −1 0

−1 1 1 − T

+ det

0 1 − T −1 1 −1 1 − T

−1 1 0

=

= (1 − T ) det

 −1 1 1 − T 0



+ (1 − T )2det1 − T −1

−1 1 − T



− det1 − T 1 1 1 − T



− det 0 1

−1 1 − T

 +

− det1 − T −1

−1 1 − T



− det0 −1 1 1 − T



=

= −(1 − T )2+ (1 − T )2 (1 − T )2− 1 − (1 − T )2− 1 − 1 − (1 − T )2− 1 − 1 =

= (1 − T )2(−1 + (1 − T )2− 1 − 1 − 1) = (T − 1)2(T + 1)(T − 3) per cui gli autovalori sono 1, con molteplicit`a 2, e −1, 3, con molteplicit`a 1. Contando con molteplicit`a tre autovalori strettamente positivi e uno strettamente negativo: q ha segnatura (3, 1).

(2) 0 non appartiene allo spettro per cui la forma `e non degenere. Essendo non nulle tanto la positivit`a quanto la negativit`a q `e indefinita.

(3) Essendo la segnatura (3, 1) la sua forma normale `e x21+x22+x23−x24. . Otteniamo, ortonormalizzando

`

a la Gram-Schmidt, basi ortonormali di ciascun autospazio, cominciando da quello di autovalore 1.

V1= N

0 0 1 −1

0 0 −1 1

1 −1 0 0

−1 1 0 0

= N1 −1 0 0

0 0 1 −1



=

*

2

2 2

02

0

 ,

 0

0

2

2 2 2

 +

.

Per i due successivi, visto che gli autovalori hanno molteplicit`a 1, basta portare avanti il conto abbastanza da vedere una soluzione non nulla del sistema: essa sar`a un generatore:

V−1= N

2 0 1 −1

0 2 −1 1

1 −1 2 0

−1 1 0 2

= N

2 0 1 −1

2 2 0 0

1 −1 2 0

0 0 2 2

=

*

1

212

12

1 2

 +

.

V3 = N

−2 0 1 −1

0 −2 −1 1

1 −1 −2 0

−1 1 0 −2

= N

−2 0 1 −1

−2 −2 0 0

1 −1 −2 0

0 0 −2 −2

=

*

1

212 1

212

 +

.

La base richiesta si ottiene dividendo ciascun autovettore trovato per la radice quadrata del modulo del suo autovalore ed ordinando i risultati ponendo per ultimo l’autovettore di autovalore negativo:

2 2

2 2

0 0

 ,

 0

0

2

2 2 2

 ,

√3 3

1

212 1

212

 ,

1

212

12

1 2

 .

figura

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