Geometria BAER Canale I Esercizi 9

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1 Geometria BAER Canale I Esercizi 9 Esercizio 1. Si trovi la matrice del prodotto standard di R 3 rispetto alle basi B = (2, 0, 1) t, (1, 0, 2) t, (1, 1, 1) t } e D = (2, 2, 1) t, ( 1, 2, 2) t, (2, 1, 2) t } Soluzione: La matrice rispetto a B è simmetrica.gli elementi della diagonale sono 5,5,3, a 12 = 4, a 13 = a 23 = 1. La base D è ortogonale, la matrice associata è diagonale con tutti gli elementi della diagonale uguali a 3. Esercizio 2. Si considerino i punti del piano A (1, 1), B (4, 1), C ( 1/2, 2) (a) Si determini se i punti A, B, C sono allineati e, in caso affermativo, si determini l equazione cartesiana della retta che li contiene. (b) Trovare le coordinate del punto D tale che OD sia equipollente ad AB. (c) Trovare le coordinate del punto E tale che BE sia equipollente ad OA. Soluzione: a) I vettori AB, AC hanno rispettivamente coordinate (3, 2), ( 3/2, 1), quindi sono chiaramente lin. dip. e i tre punti sono allineati. La retta che li contiene ha parametri direttori (3, 2) quindi fa parte del fascio di rette 2x + 3y + c = 0, e poichè passa per A deve essere c = 5. b) OD deve avere coordinate (3, 2), dunque D (3, 2). c) Dobbiamo avere E B = A i.e. (x, y) (4, 1) = (1, 1), dunque E (5, 0). Esercizio 3. Per ciascuna delle seguenti coppie di rette, r, r si determini r r (a) r : x 2y + 5 = 0, r : 2x + y 1 = 0 (b) r : x 2y + 5 = 0, r : 2x 4y + 5 = 0 (c) r : 2x + y 1 = 0, r : 4x + 2y 2 = 0 Soluzione: a) Il sistema formato dalle equazioni delle due rette è Crameriano, le due rette si incontrano ( ) ( ) ( ) /5 nel punto di coordinate 1 5 = /5 b) Il sistema formato dalle due equazioni è incompatibile, la matrice dei coefficienti ha rango 1, quella completa ha rango 2, dunque le rette sono parallele e r r =. c) Il sistema formato dalle due equazioni ammette 1 soluzioni, visto che le quazioni sono proporzionali. Quindi abbiamo r = r. Esercizio 4. Per ciascuna delle seguenti coppie di rette, r, r si determini r r x = 2 + 2t x = 5 t (a) r : y = 1 + 3t ; r : y = 1 + t ; (b) r : x = 2 + t y = 1 + 3t ; r : x = 2 t y = 1 3t ;

2 (c) r : x = 1 + 2t ; r : y = 3t x = 3 + t y = 6 (3/2)t ; Soluzione: a) Euguagliamo le due parametrizzazioni facendo attenzione a usare due parametri diversi t, s t = 5 s 1 + 3t = 1 + s Risolvendo, troviamo t = 3/5, s = 9/5 che, sostituiti nelle parametrizzazioni di ciascuna retta danno il punto (16/5, 14/5). b) Osserviamo che i parametri direttori delle due rette sono proporzionali, quindi le due rette sono parallele. Passano entrambe per il punto (2, 1) quindi le due rette sono coincidenti. c) Anche in questo caso i parametri direttori delle due rette sono proporzionali, quindi le due rette sono parallele. per vedere se siano coincidenti o meno, controlliamo se (1, 0) r appartiene anche ad r. Si deve avere 3 + t = 1, 6 (3/2)t = 0, che ammette soluzione per t = 4. Quindi (1, 0) r e le rette sono coincidenti. Osserviamo che procedendo come in a), troviamo un sistema di equazioni in t, s che si riduce alla sola equazione t = 2 + (1/2)s. Riparametrizzando r, ossia effettuando questa sostituzione nelle equazioni di r, si ottiene la parametrizzazione di r. Esercizio 5. Si scrivano le equazioni parametriche e cartesiane dei sottospazi affini di dimensione minima che contengono i punti dati di seguito (a) A = (1, 0, 2) t, B = (2, 1, 0) t, C = (0, 1, 4) t, D = (1, 1, 1) t Soluzione: Le coordinate dei vettori AB, AC, AD sono rispettivamente v1 = (1, 1, 2) t, v 2 = ( 1, 1, 2) t, v 3 = (0, 1, 3) t. I primi due vettori sono linearmente dipendenti, quindi i punti A, B, C sono allineati, dunque il sottospazio cercato è il piano affine di equazioni parametriche x = 1 + s y = s + t z = 2 + 2s + 3t Quelle cartesiane sono le equazioni del piano che contiene A, B, D che conterrà anche C visto che deve contenere tutta la retta per A e B. Facendo i conti l equazione cartesiana del piano è 5x+3y z 7 = 0. (b) A = (1, 1, 1, 1) t, B = (1, 0, 2, 1) t, C = (1, 1, 1, 1) t, D = (2, 2, 2, 2) t Soluzione: I vettori individuati dai quattro punti sono v 1 = (0, 1, 3, 0) t, v 2 = (0, 2, 2, 2) t, v 3 = (1, 3, 3, 3) t, che sono linearmente indipendenti. Dunque il sottospazio che contiene i punti deve avere dimensione 3 ed è quindi un iperpiano. Le equazioni parametriche sono in forma vettoriale x 1 y 1 z w = t 1v 1 + t 2 v 2 + t 3 v 3 L equazione cartesiana del sottospazio vettoriale che contiene i tre vettori è 3y z+2w = 0. Imponendo il passaggio per il punto A vediamo che le sue coordinate soddisfano l equazione omogenea, dunque i quattro punti sono sull iperpiano vettoriale individuato dall equazione omogenea, ossia quello che contiene l origine. (c) A = (1, 1, 1, 1) t, B = (1, 0, 2, 1) t, C = (1, 1, 1, 1) t, D = (1, 2, 4, 1) Soluzione: I vettori individuati dai quattro punti sono v 1 = (0, 1, 3, 0) t, v 2 = (0, 2, 2, 2) t, v 3 = (0, 3, 5, 2), il terzo è somma dei primi due quindi i quattro punti sono complanari. Le equazioni

3 cartesiane del sottospazio generato da v 1, v 2 sono 3y z + 2w = 0 = x. Imponiamo il passaggio per A per trovare 3y z + 2w = 0 x 1 = 0 Le equazioni parametriche in forma vettoriale sono x = (1, 1, 1, 1) t + sv 1 + tv 2. Esercizio 6. Si dica se le seguenti coppiedi rette sono incidenti, parallele o sghembe. Dove possibile trovare il punto di incidenza e l equazione cartesiana di un piano che le contenga entrambe x = 2 + t r 1 : y = 1 t z = 4 + 3t x = 3 + t s 1 : y = 2 + t z = 4 + t x = 3 + 2t r 2 : y = t z = 1 + 2t s 2 x = 3 + t y = t z = 1 + t r 3 x = t y = 1 t z = 1 t x = 2 + t s 3 : y = 4 + 2t z = 3 + t Soluzione: I parametri direttori della prima coppia di rette non sono proporzionali, quindi le rette non sono parallele.usando il parametro s per la retta s 1 e uguagliando le coordinate x, y di entrambe le rette abbiamo che queste sono uguali se e solo se t = 1, s = 2, ma per questi valori le due coordinate z sono diverse quindi le due rette non si intersecano e sono sghembe. I parametri direttori delle due rette sono proporzionali, quindi le rette sono parallele. Poichè il punto di s 2 di coordinate (3, 1, 1) non appartiene a r 2 (la coordinata y è 1 solo per t = 1, ma allora la coordinata x 3) le rette sono distinte e non si intersecano. Il piano contenente entrambe è quello che contiene i punti P = (3, 0, 1), Q = (5, 1, 3) r 2, R = (3, 1, 1) s 2 di equazione 2x 2y z 5 = 0. I parametri direttori della terza coppia non sono proporzionali. Le due rette si intersecano nel punto P = ( 3, 2, 2) (parametri t = 3, s = 1). Sono dunque contenute nel piano individuato dai punti P, (0, 1, 1), ( 2, 4, 3) di equazione x 2y + 3z + 1 = 0 Esercizio 7. Date le rette x = 1 + t r : y = 1 t z = 1 (a) Si trovino le equazioni parametriche di s s : x + y 2z = 0 2x 3y + z = 0 Soluzione: s passa per l origine, e i suoi parametri direttori devono soddisfare l+m 2n = 2l 3l+n = 0. Saranno quindi proporzionali a (1, 1, 1) t dunque s : x = t, y = t, z = t (b) Si determini la posizione reciproca delle due rette Soluzione: Le rette non sono parallele. Sostituendo le coordinate di r nella prima equazione di s troviamo 0 = 0 quindi r è contenuta nel piano di equazione x + y 2z = 0 che contiene anche s. Le rette sono complanari, non parallele, quindi sono incidenti. (c) Si trovino equazioni cartesiane della retta s parallela a s per il punto di coordinate (1, 2, 3) Soluzione: Sia A la matrice dei coefficienti del sistema di equazioni cartesiane di s, allora equazioni di s sono date da Ax = A(1, 2, 3) t ossia x + y 2z + 3 = 2x 3y + z + 1 = 0. Esercizio 8. Si considerino le proiezioni sui piani coordinati p 1 (x, y, z) = (0, y, z), p 2 (x, y, z) = (x, 0, z), p 3 (x, y, z) = (x, y, 0). (a) Siano A, B, C tre punti dello spazio, si mostri che se per un i i punti p i (A), p i (B), p i (C) non sono allineati, allora A, B, C non sono allineati. (b) Si trovi un esempio di tre punti A, B, C non allineati t.c. p 2 (A), p 2 (B), p 2 (C) siano allineati.

4 Soluzione: a) Supponiamo, per esempio, che p 1 (A), p 1 (B), p 1 (C) non siano allineati, allora il rango della ( ) 0 yc y matrice a z c z a è 2, dunque il minore µ 0 y b y a z b z 12,23 ha determinante non nullo. Dunque anche ( ) a xc x a y c y a z c z a contenendo lo stesso minore ha rango 2. x b x a y b y a z b z a b) (0, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 0, 1). Esercizio 9. Determinare, al variare dei parametri h, k le posizioni reciproche delle due rette r : x + hy + z = 0 2x y + 3z + k = 0 s : x y + hz 1 = 0 2x y + z k = 0 Soluzione: Il rango della matrice dei coefficienti è sempre 3, quindi le rette non sono mai parallele, sono incidenti se h 1, k = (1+2h) h+1, sghembe altrimenti. Esercizio 10. Sia α : R n R n R una forma bilineare simmetrica non degenere. Dimostrare per induzione (assumendo l enunciato vero per qualsiasi sottospazio di dimensione n 1), che esiste una base v 1,... v n di R n tale che α(v i, v i ) 0 Soluzione: Se n=1 una foma non degere è della forma xay con a 0 quindi l enunciato è vero. Assumiamo quindi l ipotesi induttiva ed estendiamo una base v 1,..., v n 1 di R n 1 R n per la quale l enunciato è vero ad una base di tutto R n aggiungendo un vettore u. Se α(u, u) 0 abbiamo finito, altrimenti, poichè la forma è non degenere, esiste un vettore w R n 1 R n tale che α(u, w) 0. Se α(u + w, u + w) 0 poniamo v n = u + w e abbiamo finito, altrimenti si deve avere 2α(u, w) = α(w, w) 0 Allora α(u, 2w) = 4α(u, w) + 4α(w, w) = 4α(u, v) 0 e poniamo quindi v n = u + 2w. Esercizio 11. Consideriamo la forma bilineare α : R 5 R 5 R indotta dalla matrice A = Troviamo la sua forma di Sylvester: (a) Troviamo il radicale di α, ossia i vettori v R 5 tali che α(v, x) = 0 x R 5 Soluzione: È il nucleo dell endomorfismo indotto dalla matrice ad esempio L[(1, 1, 0, 1, 0) t, (0, 1, 1,.1, 0) t ] (b) Dimostrare che se u 1, u 2, u 3, v 1, v 2 è una base di R 5 con v 1, v 2 base del radicale di α, allora rispetto a questa base la matrice di α ha la forma ( ) A dove A è una matrice tre per tre, 0 1 è la matrice nulla 3 2, 0 2 la matrice nulla 2 3 e 0 3 la matrice nulla 2 2.

5 Soluzione: La matrice A contiene tutti i possibili prodotti di coppie dei primi tre vettori della base, le ultime due colonne (e le ultime due righe) contengono tutti i possibili prodotti di coppie di vettori della base dove almeno uno dei due vettori è uno dei v i, pertanto questi sono nulli (c) A questo punto abbiamo scomposto R 5 = L[u 1, u 2, u 3 ] L[v 1, v 3 ] = V (R 5 ), A è la matrice della restrizione di α a V rispetto alla base di V scelta ed è non degenere avendo rango 3 Scrivere la matrice A se u i = e 1 per i = 1, 2, 3. Soluzione: (d) questo mostra che posso sempre considerare forme non degeneri. Per esercitarci consideriamo la forma β con matrice B = Troviamo un vettore u tale che β(u, u) 0 e due vettori v 1, v 2 tali che β(u, v i ) = 0. Soluzione: Possiamo prendere e 1, allora β(e 1, e 1 ) = 1. Per determinare i vettori v i dobbiamo risolvere l equazione (x, y, z)be 1 = 0, due soluzioni sono (4, 1, 0), (8, 0, 1) (e) Adesso cerchiamo un vettore v L[v 1, v 2 ] tale che β(v, v) 0. Probabilmente non è questo il caso, ma se u 1, v 2 hanno entrambi β-norma nulla allora usiamo l esercizio precedente per trovare un v L[v 1, v 2 ] tale che β(v, v) 0 Adesso cerchiamo una base dello spazio di tutti i w tali che β(u, w) = β(v, w) = 0 Soluzione: Prendo come v il vettore (4, 1, 0) t. Le due equazioni sono x 4y + 8z = 9y + 36z = 0. Le soluzioni sono tutti i multipli del vettore w = ( 8, 4, 1) t (f) Se β(w, w) 0 abbiamo finito, altrimenti usiamo l esercizio precedente e abbiamo una base rispetto alla quale la matrice è diagonale. Dividendo i vettori per la radice del valore assoluto della loro β-norma quadra otteniamo una base rispetto alla quale la matrice è in forma di Sylvester (a meno di riordinare i vettori). Qual e e la segnatura di β? E quella della matrice A dei punti precedenti? Soluzione: La segnatura di β è (1, 2), quella di A è (2, 1)