Esercizi Enti lineari nel piano e nello spazio

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1 Esercizi Enti lineari nel piano e nello spazio (1) Sia Π R il piano di equazione x + y = 0 e sia f : R R la riflessione rispetto al piano Π (f invia un vettore v = (x y z) nel vettore f((x y x)) dove f((x y z)) è il simmetrico di v rispetto al piano Π) (a) Determinare gli autovalori e gli autospazi di f Se v Π abbiamo f(v) = v; (1 1 0) = Π e f((1 1 0)) = ( 1 1 0) Quindi (R ) 1 = Π e (R ) 1 = (1 1 0) (b) Calcolare f((x y z)) Sia v 1 = (1 1 0) sia v = (0 0 1) e sia v = (1 1 0) v 1 v = Π v 1 v v = R f(v 1 ) = v 1 f(v ) = v e f(v ) = v Da e 1 = v 1 +v deduciamo f(e 1 ) = f(v 1)+f(v ) = (0 1 0) = e Da e = v v 1 deduciamo f(e ) = f(v ) f(v 1 ) = ( 1 0 0) = e 1 mentre f(e ) = e In conclusione f((x y z)) = xf(e 1 ) + yf(e ) + zf(e ) = ( y x z) () Sia U R il sottospazio vettoriale di equazione cartesiana x + y z = 0 e sia r U : R R la riflessione rispetto al piano U Determinare: (a) gli autospazi di r U e una base ortonormale di R formata da autovettori di r U ; Se v non è ortogonale a U e non è contenuto in U allora r U (v) λv per ogni λ R Se v U = L((1 1 1)) abbiamo r U (v) = v Se v U allora r U (v) = v In conclusione U = L(1 1 1) = (R ) 1 e U = (R ) 1 Una base ortonormale di U è formata dai vettori v 1 = ( / 0 /) e v = ( 6/6 6/ 6/6) Normalizzando (1 1 1) otteniamo v = ( / / /) I vetttori v 1 v e v formano una base ortonormale di R formata da autovettori di r U (b) r U (x y z); (prima soluzione): sia v = (a b c) e sia v = u 1 + u con u 1 U e u U Allora r U (v) = u 1 u = v u u = (v v )v = ( a + b c e quindi ie r U (a b c) = (a b c) ( a + b c = ( r U (x y z) = ( a b + c x y + z a + b + c a + b c a + b c x + y + x c a b ) c a b ) = a + b + c ) x + y + z ) (seconda soluzione): sia v = (a b c) La retta l v ortogonale a U e passante per v ha equazioni parametriche x = a + t l v : y = b + t z = c t

2 M v = l v U = ( a b + c a + b + c a + b + c ) Sia r U ((a b c)) = (a b c ) Imponendo che M v sia il punto medio del segmento determinato da v e π U (v) otteniamo il sistema a+a = a b+c = a+b+c da cui deduciamo Quindi r U (x y z) = ( x y + z a = a b+c b = a+b+c c x + y + z x + y + z ) (terza soluzione): detta A la matrice avente come colonne i vettori v 1 v e v abbiamo [π U ] can can = A A t = (quarta soluzione): procedere come nel compito di Luglio 010 il primo esercizio! () Sia Π R il piano di equazione x + y = 0 e sia f : R R la riflessione rispetto al piano Π (f invia un vettore v = (x y z) nel vettore f((x y x)) dove f((x y z)) è il simmetrico di v rispetto al piano Π) (a) Determinare gli autovalori e gli autospazi di f Se v Π abbiamo f(v) = v; (1 1 0) = Π e f((1 1 0)) = ( 1 1 0) Quindi (R ) 1 = Π e (R ) 1 = (1 1 0) (b) Calcolare f((x y z)) Sia v 1 = (1 1 0) sia v = (0 0 1) e sia v = (1 1 0) v 1 v = Π v 1 v v = R f(v 1 ) = v 1 f(v ) = v e f(v ) = v Da e 1 = v 1 +v deduciamo f(e 1 ) = f(v 1)+f(v ) = (0 1 0) = e Da e = v v 1 deduciamo f(e ) = f(v ) f(v 1 ) = ( 1 0 0) = e 1 mentre f(e ) = e In conclusione f((x y z)) = xf(e 1 ) + yf(e ) + zf(e ) = ( y x z) (4) Sia L R la retta di equazioni cartesiane x y = 0 = y z sia f : R R la riflessione rispetto alla retta L (f invia un vettore v = (x y z) nel vettore f((x y x)) dove f((x y z)) è il simmetrico di v rispetto alla retta L) (a) Calcolare f((x y z));

3 L = L((1 1 1)) Sia v = (a b c) un vettore generico e sia Π v il piano ortogonale a L passante per v che risulta quindi avente equazione x+y+z (a + b + c) = 0 Il piano Π v interseca L nel punto P v = ( a+b+c a+b+c a+b+c ) Il vettore f(v) = (a b c ) è determinato dalla condizione che P v sia il punto medio del segmento vf(v) ie dal sistema: a+a da cui ricaviamo a = a+b+c b = a b+c e c = a+b c Pertanto f((x y z)) = ( x + y + z x y + z (b) determinare gli autovalori e gli autospazi di f x + y z ) Dalla definizione di f((x y z)) abbiamo R 1 = L(v 1 ) e R 1 = Π 0 (5) Sia L = {(t t t t) t R} R 4 e sia f : R 4 R 4 la riflessione rispetto alla retta L (f invia un vettore v = (x y z t) nel vettore f(v) dove f(v) è il simmetrico di v rispetto alla retta L) (a) determinare gli autovalori e gli autospazi di f Se v L allora f(v) = v Se v L allora f(v) = v Quindi L (R 4 ) 1 e L (R 4 ) 1 Essendo 4 = dim(l) + dim(l ) dim((r 4 ) 1 ) + dim((r 4 ) 1 ) 4 deduciamo L = (R 4 ) 1 L = (R 4 ) 1 e R 4 = (R 4 ) 1 (R 4 ) 1 Pertanto gli autovalori di f sono ±1 e gli autospazi relativi sono L e L (b) Calcolare f((x y z t)); L = L(( )) Sia v = (a b c d) un vettore generico e sia Π v l iperpiano ortogonale a L passante per v che risulta quindi avente equazione (x a) (y b) + (z c) (t d) = 0 ie x y + z t (a b + c d) = 0 L iperpiano Π v interseca L nel punto P v = ( a b+c d a b+c d a b+c d a b+c d ) Il vettore f(v) = (a b c d ) è determinato dalla condizione che P v sia il punto medio del segmento vf(v) ie dal sistema: a+a a b+c d = 4 = a b+c d 4 da cui ricaviamo a a+b c d Pertanto f((x y z t)) = ( x y + z t a b+c d = 4 d+d = a b+c d 4 = a b+c d b = a b c+d c = a b c d e d = x y z + t x y z t x + y z t )

4 4 (6) In R sia l 1 la retta di equazioni cartesiane x y + z + 1 = 0 = x + z e sia l la retta di equazioni cartesiane x y + z 1 = 0 = x y (a) Calcolare d(l 1 l ) Le rette hanno equazioni parametriche di questa forma: (t 1 t) rispettivamente (s s 1) Sono sghembe Il fascio di piani contenente l 1 ha equazione: x + z + λ(y 1) = 0 Questo piano risulta parallelo a l se e solamente se λ = 1 Il piano Π di equazione x y + z + 1 = 0 è parallelo a l Allora d(l 1 l ) = d(π (0 0 1)) = = (b) Determinare il luogo Q dei punti P R tali che d(p l 1 ) + d(p l ) = verificando che Q R é una quadrica Sia P = (a b c) R Il piano ortogonale a l 1 e passante per P ha equazione x z a+c = 0 e taglia l 1 nel punto P 1 = ( a c a c 1 ) Il piano ortogonale a l e passante per P ha equazione x y a b = 0 e taglia l nel punto P = ( a+b a+b 1) Allora d(p l 1) = d(p P 1 ) = ( a+c ) + (y 1) mentre d(p l ) = d(p P ) = ( a b ) + (z 1) Uguagliando e semplificando si ottiene l equazione: (7) In R consideriamo le rette x = +t l 1 : y = t z = +t a ab + b + ac + c 4b 4ac = 0 e l : x = +s y = s z = s e la retta l di equazioni cartesiane x y = 0 = z (a) Verificare che l 1 l e l sono a due a due sghembe Facile verifica lasciata allo studente (b) Determinare l equazione del luogo dei punti dello spazio descritto dalle rette incidenti l 1 l e l Riconoscere tale luogo Sia P u = (u u 0) il punto generico della retta l Determiniamo l unica retta l u passante per P u e incidente l 1 e l La retta l 1 ha equazioni cartesiane x y = 0 = x + y z mentre la retta l ha equazioni cartesiane x y + = 0 = x + y + z Il piano Π u 1 passante per P u e contenente l 1 ha equazioni cartesiane u(x y + ) (x + y + z) = 0 mentre il piano Π u passante per P u e contenente l ha equazione cartesiana u(x y ) + (x + y z) = 0 Quindi l u ha equazioni cartesiane u(x y + ) (x + y + z) = 0 = u(x y ) + (x + y z) Eliminando il parametro u dalle equazioni cartesiane di l u si ottiene l equazione x y z = 0 Il luogo richiesto è un paraboloide iperbolico (8) In R si considerino il piano Π 1 di equazione x+y = 0 il piano Π di equazione y + z 1 = 0 e la retta l di equazioni cartesiane x = y = 0 (a) Riconoscere il luogo dei punti di R equidistanti da Π 1 e Π ; Sia P = (a b c) R un punto generale d(p Π 1 ) = a + b d(p Π ) = b + c 1 Quindi d(p P 1 ) = d(p P ) se e solamente se (a + b) = (b + c 1) se e solamente se (a c + 1)(a + b + c 1) = 0

5 Il luogo dei punti equidistanti dai piani Π 1 e Π consiste quindi dell unione dei due piani di equazione x z + 1 = 0 e x + y + z 1 = 0 (b) Riconoscere il luogo dei punti equidistanti da Π e l La retta l é l asse delle z Il piano ortogonale a l passante per P = (a b c) è z = c che taglia l nel punto Q = (0 0 c) Quindi d(p l) = d(p Q) = a + b Otteniamo che d(p Π ) = d(p l) se e solamente se (b + c 1) = (a + b ) L equazione del luogo è x + y z yz + y + z 1 = 0 Il luogo è pertanto una quadrica che andiamo a riconoscere Le matrici associate sono: F = F = F = 0 F = 4 Essendo chiaramente una quadrica a punti reali deduciamo senza ulteriori calcoli che si tratta di un cono irriducibile reale di vertice V = (0 0 1) = Π l (9) È assegnato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O x y z u Sia L 1 la retta di equazioni cartesiane x y = 0 = z + 1 e sia L la retta di equazioni cartesiane x + y = 0 = z 1 (a) Determinare il piano Π passante per R = ( ) e parallelo a L 1 e L Calcolare d(l 1 Π) e d(l Π) Da dir(l 1 ) = (1 1 0) e dir(l ) = (1 1 0) deduciamo dir(π) = (0 0 1) e quindi Π ha equazione cartesiana z = 0 Da questo segue facilmente d(l 1 Π) = e d(l Π) = 1 (b) Determinare l unica retta passante per R e incidente L 1 e L Il piano contenente L 1 e passante per R ha equazione cartesiana x y = 0 mentre il piano contenente L e passante per R ha equazione cartesiana x + y 4z + 4 = 0 La retta cercata ha quindi equazioni cartesiane x y = 0 = x + y 4z + 4 (c) Riconoscere il luogo Q = {P R : d(p L 1 ) = d(p L )} R Sia P = (a b c) R Il piano ortogonale a L 1 e passante per P ha equazione cartesiana (x a) + (y b) = 0 e taglia L 1 nel punto T 1 = ( a+b a+b 1) Il piano ortogonale a L e passante per P ha equazione cartesiana (x a) (y b) = 0 e taglia L nel punto T = ( a b a b 1) d(p L 1 ) = d(p T 1 ) = (a a + b ) + (b a + b ) + (c + 1) e d(p L ) = d(p T ) = (a a b ) + (b + a b ) + (c 1) Uguagliando le due espressioni e semplificando si ottiene l equazione c = ab e quindi Q ha equazione cartesiana z = xy da cui facilmente si deduce che Q è un paraboloide iperbolico (o sella) 5