Esame scritto di Geometria I
Universit`a degli Studi di Trento Corso di laurea in Fisica
A.A. 2016/2017 Appello di luglio 2017
Esercizio 1
Al variare di h ∈ R sia fh: R3 → R4 l’applicazione lineare rappresentata dalla matrice:
fh
x y z
=
hx + hy + 2hz hx + hy + hz 2hx + hy + 2hz
hx + hy + hz
i. Calcolare per ogni h ∈ R il rango di fh.
ii. Determinare, ∀h ∈ R, la dimensione del luogo Uh dei vettori v di R3 tali che
fh(v) =
1 1 1 1
iii. Determinare, ∀h ∈ R, equazioni parametriche di Uh.
Esercizio 2
Si considerino in R3, i punti
O =
0 0 0
, P =
1
−2 1
, Q =
1
−1 0
, R =
−2 4
−2
.
Sia r la retta per Q e O, r0 la retta per P ed R e infine si consideri la retta s : 2x + y − 3 = x + y − 2 = 0.
i. Si determinino equazioni parametriche e cartesiane di ciascuna delle tre rette r, r0 ed s;
ii. Si determini la posizione relativa di ciascuna coppia di rette (coincidenti, incidenti, parallele non coincidenti o sghembe);
iii. Si determinino equazioni cartesiane di ciascun piano (se ce ne sono) contenente almeno due delle tre rette;
iv. Si determinino equazioni cartesiane di ciascun piano (se ce ne sono) contenente r o r0 e intersecante s perpendicolarmente.
Esercizio 3
Sia f : C4→ C4 l’applicazione definita sulla base canonica di C4 come f (e1) = 4e4, f (e2) = 2e3, f (e3) = 2e2 e f (e4) = e1. Determinare se
i. f `e iniettiva. Se non lo `e, determinare il nucleo di f . ii. f `e suriettiva. Se non lo `e, determinare l’immagine di f .
iii. f `e diagonalizzabile. Se lo `e, determinare una base B di autovettori di f . iv. Calcolare la dimensione dell’immagine dell’applicazione f ◦ f − 4IdC4
Esercizio 4
Si consideri la forma quadratica q su R4 definita come
q
x y z t
= x2+ y2+ z2+ t2+ 2(xy − xz + xt + yz − yt + zt).
i. determinare se la forma quadratica `e degenere;
ii. calcolare la segnatura della forma quadratica;
iii. dedurre dalle risposte precedenti la forma normale di q;
iv. individuare una base di R4 rispetto alle cui coordinate la forma quadratica assume la forma normale.
Soluzione dell’esercizio 1 i. Il rango di fh `e sempre minore o uguale alla dimensione del dominio, e quindi in questo caso a 3. La matrice associata al’applicazione lineare fh rispetto alle basi standard di dominio e codominio `e
h h 2h
h h h
2h h 2h
h h h
.
il cui minore in alto `e
det
h h 2h
h h h
2h h 2h
= h3det
1 1 2 1 1 1 2 1 2
= h3det
0 0 1 1 1 1 1 0 1
= h3det1 1 1 0
= −h3
per cui il rango di fh, per h 6= 0, `e proprio uguale a 3. Per h = 0 invece fh `e l’applicazione nulla e quindi ha rango 0.
ii. Per h = 0, Uh = ∅ in quanto la mappa nulla manda ogni vettore nell’origine.
Per h 6= 0 Uh si ottiene risolvendo il sistema lineare di matrice completa
h h 2h 1
h h h 1
2h h 2h 1
h h h 1
. (1)
Dal momento che l’ultima colonna si ottiene dalla seconda moltiplicando per h1, essa appar- tiene (per h 6= 0) allo spazio generato dalle altre colonne della matrice e quindi per il teorema di Kronecker-Rouch´e-Capelli il sistema `e (per h 6= 0) compatibile. Lo spazio delle soluzioni
`e quindi uno spazio affine la cui dimensione `e uguale alla differenza tra la dimensione del dominio (3) e il rango (3), quindi 0. In altre parole, per ogni h 6= 0, Uh `e un punto.
iii. Dalla risposta precedente nel caso h = 0 non vi sono soluzioni. Se invece h 6= 0 dobbiamo trovare le coordinate dell’unico punto soluzione del sistema lineare di matrice completa (1).
Dal momento che h 6= 0 possiamo dividere tutte le equazioni per h ritrovando il sistema equivalente
1 1 2 1h 1 1 1 1h 2 1 2 1h 1 1 1 1h
che risolviamo, ponendo per comodit`a k = h1:
1 1 2 k 1 1 1 k 2 1 2 k 1 1 1 k
⇔
1 1 1 k 2 1 2 k 1 1 2 k 1 1 1 k
⇔
1 1 1 k
0 −1 0 −k
0 0 1 0
0 0 0 0
⇔
1 0 0 0 0 1 0 k 0 0 1 0 0 0 0 0
e quindi si tratta del punto
Uh =
0 k 0 0
=
0
1 h
0 0
.
Soluzione dell’esercizio 2 i. La retta r contiene l’origine O e quindi `e un sottospazio vet- toriale, e pi`u precisamente il sottospazio vettoriale generato da Q. Quindi un’equazione parametrica di r `e r : O + tQ, mentre equazioni cartesiane sono date da un qualunque sistema lineare omogeneo di due equazioni indipendenti che abbia Q come soluzione, per esempio
(x + y = 0
z = 0 .
Dal momento che R = −2P , P, R ed O sono allineati e quindi anche la retta r0 passa per O.
Analogamente al caso precedente quindi concludiamo che r0 ha un’equazione parametrica r0: O + tP e equazioni cartesiane sono date da un qualunque sistema lineare omogeneo di due equazioni indipendenti che abbia P come soluzione, per esempio
(2x + y = 0 y + 2z = 0
Infine equazioni cartesiane della retta s sono date nell’enunciato, e possiamo ricavarne equazioni parametriche risolvendo il sistema
2 1 0 3 1 1 0 2
⇔1 0 0 1 1 1 0 2
⇔1 0 0 1 0 1 0 1
⇒ s :
1 1 0
+ t
0 0 1
.
ii. Dalle equazioni parametriche calcolate le giaciture delle tre rette sono sottospazi distinti, quindi nessuna delle tre coppie `e una coppia di rette parallele: esse sono sghembe o incidenti, a seconda che abbiano intersezione vuota o meno.
Dal momento che O ∈ r ∩ r0, r ed r0 sono rette incidenti.
Al contrario, r ed s sono sghembe, in quanto dalle rispettive equazioni cartesiane
det
1 1 0 0 0 0 1 0 2 1 0 3 1 1 0 2
= det
1 1 0 2 1 3 1 1 2
= det1 3 1 2
− det2 3 1 2
= (2 − 3) − (4 − 3) = −2 6= 0
e per analogo calcolo, anche r0 ed s sono sghembe:
det
2 1 0 0 0 1 2 0 2 1 0 3 1 1 0 2
= −2 det
2 1 0 2 1 3 1 1 2
= −2 det
2 1 0 0 0 3 1 1 2
= 6 det2 1 1 1
= 6(2 − 1) 6= 0.
iii. Non esiste nessun piano che contenga due rette sghembe, quindi l’unico caso in cui un tale piano esiste e il caso delle rette r ed r0. Essendo rette per l’origine una equazione cartesiana di tale piano `e data da una singola equazione lineare omogenea che si annulli in ambedue i vettori direzione P e Q: x + y + z = 0
iv. Dal momento che la giacitura di s `e generata da
0 0 1
il cui prodotto scalare con P `e 1 6= 0, le giaciture di r0 ed s non sono perpendicolari, e quindi nessun piano per r0 interseca s perpendicolarmente.
I piani perpendicolari ad s hanno giacitura uguale all’ortogonale di tale vettore, z = 0, quindi sono i piani della forma z = c. Un’equazione cartesiana di un piano contenente r0 `e una qualunque combinazione lineare della coppia di equazioni cartesiane trovate per r0. Tali combinazioni lineari assumono la forma richiesta quando il coefficiente della seconda `e nullo, quindi c’`e esattamente un piano contenente r e perpendicolare ad s ed `e il piano z = 0.
Soluzione dell’esercizio 3 i. La matrice associata ad f rispetto alla base standard `e
0 0 0 1 0 0 2 0 0 2 0 0 4 0 0 0
che ha determinante (−1) · 2 · (−2 · 4) 6= 0. Quindi f `e iniettiva.
ii. Essendo f un operatore iniettivo, `e anche suriettivo.
iii. Calcolo il polinomio caratteristico
det
−T 0 0 1
0 −T 2 0
0 2 −T 0
4 0 0 −T
= −T det
−T 2 0
2 −T 0
0 0 −T
− det
0 −T 2
0 2 −T
4 0 0
=
= T2det−T 2 2 −T
−4 det−T 2 2 −T
= (T2−4) det−T 2 2 −T
= (T2−4)2= (T +2)2(T −2)2. per cui gli autovalori sono ±2, ambedue con molteplicit`a algebrica 2. Calcolo i rispettivi autospazi:
V2= N
−2 0 0 1
0 −2 2 0
0 2 −2 0
4 0 0 −2
= N
−2 0 0 1
0 −2 2 0
0 0 0 0
0 0 0 0
=
*
1 0 0 2
,
0 1 1 0
+
;
V−2 = N
2 0 0 1 0 2 2 0 0 2 2 0 4 0 0 2
= N
2 0 0 1 0 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0
=
*
1 0 0
−2
,
0 1
−1 0
+
.
per cui anche la molteplicit`a geometrica di ambedue gli autovalori `e uguale a 2, e concludiamo che la matrice `e diagonalizzabile e una base di autovettori `e
1 0 0 2
,
0 1 1 0
,
1 0 0
−2
,
0 1
−1 0
.
iv. Ciascuno dei vettori v della base appena trovata `e un autovettore di autovalore ±2, per cui f ◦ f (v) = f (f (v)) = f (±2v) = ±2f (v) = (±2)2v = 4v.
Quindi, per ciascuno di tali v, (f ◦f −4IdC4)(v) = 0. Ma allora f ◦f −4IdC4 `e un’applicazione lineare che si annulla su tutti i vettori di una base, e quindi `e l’applicazione nulla, e la dimensione dell’immagine `e 0.
Soluzione dell’esercizio 4
La matrice associata alla forma quadratica rispetto alla base standard di R4 `e
1 1 −1 1
1 1 1 −1
−1 1 1 1
1 −1 1 1
il cui polinomio caratteristico `e
det
1 − T 1 −1 1
1 1 − T 1 −1
−1 1 1 − T 1
1 −1 1 1 − T
= (1 − T ) det
1 − T 1 −1
1 1 − T 1
−1 1 1 − T
+
− det
1 1 −1
−1 1 − T 1
1 −1 1 − T
− det
1 1 − T −1
−1 1 1
1 −1 1 − T
− det
1 1 − T 1
−1 1 1 − T
1 −1 1
=
· · · = (T − 2)3(T + 2) Gli autovalori sono quindi 2 (con molteplicit`a 3) e −2 (con molteplicit`a 1).
i. Non essendo 0 nello spettro, la forma non `e degenere.
ii. Essendoci (contando con molteplicit`a) tre autovalori positivi ed uno negativo, la forma ha segnatura (3, 1),
iii. per cui la sua forma normale `e x21+ x22+ x23− x24.
iv. Calcolo basi ortogonali degli autospazi V2, e V−2, che so avere rispettive dimensioni 3 ed 1. Dal momento che V2 non ha dimensione 1, devo operare nel suo caso un processo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt sulla prima base trovata.
V2 = N
−1 1 −1 1
1 −1 1 −1
−1 1 −1 1
1 −1 1 −1
= N −1 1 −1 1 =
*
1 1 0 0
,
0 0 1 1
,
1 0 0 1
+
=
*
1 1 0 0
,
0 0 1 1
,
1
−1
−1 1
+
V−2= N
3 1 −1 1
1 3 1 −1
−1 1 3 1
1 −1 1 3
=
*
1
−1 1
−1
+
.
da cui deduco la seguente base ortonormale di autovettori
√1 2
1 1 0 0
, 1
√ 2
0 0 1 1
,1
2
1
−1
−1 1
,1
2
1
−1 1
−1
rispetto alla quale la forma quadratica, per il teorema spettrale, assume la forma 2x21 + 2x22+ 2x23− 2x24. Una base rispetto alla quale la forma quadratica assume la forma normale si ottiene quindi dividendo ciascun autovettore per la radice quadrata del modulo del suo autovalore, quindi nel nostro caso sempre dividendo per√
2, ottenendo
1 2
1 1 0 0
,1
2
0 0 1 1
, 1
2√ 2
1
−1
−1 1
, 1
2√ 2
1
−1 1
−1
.
Una soluzione alternativa con meno conti la otteneva lo studente che riusciva a ”vedere”
dall’aspetto della matrice l’autovalore 2, per esempio individuando uno degli autovettori con due zeri. A quel punto calcolando prima la molteplicit`a geometrica dello stesso si deduce l’altro autovalore dalla traccia, evitando cos´ı il calcolo esplicito del polinomio caratteristico.
