UNIVERSITÀ DEGLI STUDI ROMA TRE Corso di Laurea in Matematica GE210 - Geometria 2 a.a Prima prova di esonero TESTO E SOLUZIONI

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1 UNIVERSITÀ DEGLI STUDI ROMA TRE Corso di Laurea in Matematica GE0 - Geometria a.a Prima prova di esonero TESTO E SOLUZIONI. Sia k 0 un numero reale. Sia V uno spazio vettoriale reale e sia e = {e, e, e 3 } una sua base. (a) Mostrare che esiste un unica forma bilineare simmetrica b : V V R tale che b(e, e ) = k, b(e, e ) = k, b(e, e 3 ) = k, b(e, e ) = k, b(e, e 3 ) = e che e 3 è perpendicolare a e 3 e rispetto a b. (b) Calcolare la matrice di b nella forma canonica di Sylvester. (c) Sia k =. Sia F : V V un operatore tale che M e (F ) = M e (b) e b(f (v), F (w)) = b(v, w), per ogni v, w V. Mostrare che ogni autovettore di F è isotropo rispetto a b. (a) Per ipotesi abbiamo b(e 3, e 3 e ) = 0, da cui b(e 3, e 3 ) b(e 3, e ) = 0, quindi b(e 3, e 3 ) = e questo definisce univocamente una forma bilineare simmetrica b su V tale che M e (b) = k k k k k. k (b) Si ha b(e 3, e 3 ) =, quindi e 3 non è isotropo. Inoltre sappiamo che v = e 3 e è perpendicolare a e 3 rispetto a b. Si ottiene b(v, v) = ( 0 ) k k k k k 0 = 4k + > 0. k Deduciamo pertanto che la forma canonica di Sylvester di b avrà un e un. Per il terzo valore osserviamo che il segno del determinante si conserva tra matrici congruenti. Si ha k k k det(m e (b)) = k k = 3(k )k k

2 da cui si deduce che la forma canonica di Sylvester di b è: se k = 0, ; se 0 < k < e se k >. 0 0 (c) Sia v un autovettore di F con autovalore λ e supponiamo che b(v, v) 0. Si ha λ b(v, v) = b(f (v), F (v)) = b(v, v) da cui λ = ±. Ma il polinomio caratteristico di F è 4 T P F (T ) = T T = T 3 + 4T + 3T e si vede subito che P F (±) 0, contraddizione. Dunque v è isotropo.. Sia k R, sia V = R 3 e E = {E, E, E 3 } la sua base canonica. Siano v = (,, ), u = (, 0, ) V e sia b : V V R la forma bilineare simmetrica tale che M E (b) = 0 0 k (a) Determinare per quali k si ha che b definisce un prodotto scalare su V. Considerato ora V come spazio vettoriale euclideo con il prodotto scalare trovato in a): (b) Trovare una base ortogonale di V che contiene v. (c) Calcolare v u. (a) La forma quadratica associata a b è q(x, x, x 3 ) = x + 4x x 3 + kx + 5x 3 = (x + x 3 ) + kx + x 3 da cui si ottiene che b definisce un prodotto scalare su V se e solo se k > 0. Da ora in poi assumiamo k > 0 e facciamo il cambio di coordinate y = x + x 3, y = kx, y 3 = x 3,

3 così potremo usare il prodotto standard. Notiamo che, nella nuova base corrispondente a questo cambio di coordinate, in cui lavoreremo, si ha che v ha coordinate (3, k, ), E ha coordinate (ancora) (, 0, 0), E ha coordinate (0, k, 0) e u ha coordinate (3, 0, ). (b) Posto v = (3, k, ), v = (, 0, 0) e v 3 = (0, k, 0) si ha: w = v = (3, k, ), e w = v < v, w > < w, w > w = (, 0, 0) 3 k + 0 (3, k, ) = k + 0 (k +, 3 k, 3) w 3 = v 3 < v 3, w > < w, w > w < v 3, w > < w, w > w = = (0, k, 0) k k + 0 (3, k, ) + 3k (k + )(k + 0) (k +, 3 k, 3) = = (0, (9k + 0) k, k k + 0 k + ). (c) Basta calcolare i minori x della matrice e poi tornare alle vecchie coordinate. Si ha ( 3 k ) 3 0 y = k, y = 0, y 3 = 3 k da cui, risolvendo nelle x, x, x 3, si ha v u = (7 k, 0, 3 k). 3. Sia E uno spazio euclideo di dimensione 3 e sia {O, i, j, k} un suo sistema di coordinate cartesiane. Siano P 0 = P 0 (0, 0, ) E, r ed r le rette di E di equazioni r : { x = { y = t, t R, r X Y = 0 : X Y + Z = 0. z = t + 3 (a) Determinare tutte le rette s che soddisfano tutte e tre le seguenti condizioni: s ha distanza da r, s interseca r nel punto P = P (,, 0) ed s forma un angolo di π 4 con r. 3

4 (b) Determinare tutte le rette s che soddisfano tutte e tre le seguenti condizioni: s è perpendicolare ad r, d(p 0, s ) =, s interseca r nel punto P = P (, 0, ) e s non è perpendicolare a j + k. (c) Determinare tutte le rette s che soddisfano tutte e tre le seguenti condizioni: s è perpendicolare ad r, incidente r e perpendicolare ad almeno un piano contenente r. Osserviamo che i vettori di direzione delle due rette sono, nelle coordinate definite dalla base {i, j, k}, v r = (0,, ), v r = (,, 0). (a) Sia v = (l, m, n) un versore di direzione di s. Dunque l + m + n =. Ora = cos( π 4 ) = < v, v r > v v r = l m da cui l = m. Scelti P (,, 0) s e Q(, 0, ) r, si ha = m 0 0 l m n n + 0 l n + 0 l m da cui = l (n + m) + l e quadrando si ottiene (n + m) + l = l, e quindi n = m. Siccome l + m + n =, si ha ( m) + m = e dunque 3m + m = 0 e quindi m = 0, 3. Ma allora si può prendere (, 0, 0) (ovvero (, 0, 0)) o ( 3, 3, 3 ) (ovvero (,,-)) come vettore di direzione di s, e le possibili equazioni di s sono s : { x = t + y = z = 0, t R, oppure { x = t + y = t +, t R. z = t (b) Sia v = (l, m, n) un versore di direzione di s. Dunque l + m + n =. Ora 0 =< v, v r >= l m 4

5 da cui l = m. Scelto Q = P s, si ha = d(p 0, s ) = 0 m n + l n + 0 l m da cui, sostituendo l = m e quadrando si ottiene, 3m + mn + n =, che, insieme a m + n = da n = m, m(m + n) = 0. Ma non può essere m + n = 0 altrimenti < v, j + k >= m + n = 0. Pertanto m = 0, n = ±, l = 0 e le equazioni di s sono s : { X = Y = 0. (c) Un piano contenente r ha equazione α(x Y )+β(x Y +Z) = 0, per (α, β) (0, 0), cioè (α + β)x + ( α β)y + βz = 0 e dunque prendendo v = (α + β, α β, β) come vettore di direzione di s avremo che s è perpendicolare ad almeno un piano contenente r. Inoltre s é perpendicolare ad r, da cui 0 =< v, (0,, ) >= α β β e quindi α = β e si trova, v = β(,, ). Essendo β 0 possiamo scegliere v = (,, ). Scelto un punto P (, t, t + 3) r si ottengono, per ogni t R, usando u come parametro, le rette s t : { x = u + y = u + t, u R. z = u t + 3 5