Prova scritta di Algebra lineare e Geometria- 8 Settembre 2010

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1 CdL in Ingegneria d(el Recupero Edilizio ed Ambientale - - Ingegneria Edile-Architettura (A-L),(M-Z)- Ingegneria delle Telecomunicazioni - - Ingegneria Informatica (A-F), (R-Z) Prova scritta di Algebra lineare e Geometria- 8 Settembre 00 Durata della prova: tre ore. È vietato uscire dall aula prima di aver consegnato definitivamente il compito. Usare solo carta fornita dal Dipartimento di Matematica e Informatica, riconsegnandola tutta. È vietato consultare libri o appunti. I Dati i vettori di R 4 v = (,, 0, 0), v = (0, 0,, ) e v 3 = (0,,, 0), sia V = L (v, v, v 3 ) e sia f : R 4 V l endomorfismo definito da: al variare di h R. f (e ) = hv + v v 3 f (e ) = hv v + hv 3 f (e 3 ) = hv + ( h)v 3 f (e 4 ) = hv + (h )v + (h )v 3 ) Studiare l applicazione lineare f al variare del parametro reale h, determinando, in ciascun caso, Ker f e Im f. ) Calcolare f (hv ), al variare di h R. 3) Detta g la restrizione di f a V, studiare la semplicità di g al variare di h R. 4) Sia h = 0 e sia ϕ : V V l applicazione lineare data da: ϕ(, 0, 0, ) = (k +, k,, ) ϕ(0,, 0, ) = (0, k +, k +, ) ϕ(,,, ) = (0, k,, k) al variare di k R. Determinare il valore di k R per cui ϕ = g. Soluzione ) Notiamo che i vettori v, v, v 3 sono linearmente indipendenti. Infatti la seguente matrice ha rango 3, come si vede scambiando le righe R e R 3 : R R Se A = [v, v, v 3 ] è la corrispondente base di V, otteniamo subito che: M E,A ( f ) = h h h h 0 h h h h

2 Riduciamo la matrice e supponiamo h = 0. Otteniamo: h h h h 0 4 h 5 0 h 0 (h )(h ), da cui ricaviamo che per h = 0, dim Im f = ρ(m E,A ) = 3, cioè per h = 0, Im f = V, il che vuol dire che f è suriettiva. Inoltre, dim Ker f = 4 dim Im f = : Se h =, allora: hx + hy hz + ht = 0 4y + z + (h 5)t = 0 ( h)y + M E,A ( f ) = (h )(h ) t = 0 h =0, Ker f = L ((, h, h +, )) riducendo x = t y = h t z = h + t da cui segue che dim Im f = ρ(m E,A ) = e che Im f = L (v + v v 3, v ) = L (v + v v 3, v ) = L (v v 3, v ) = L ((0,,, ), (,, 0, 0)). Inoltre, dim Ker f = 4 dim Im f = e: Ker f = {(x, y, z, t) R 4 x + y z + t = 0, x y = 0} = Se h = 0, allora: M E,A ( f ) =, = {(x, x, x + t, t) R 4 } = L ((,,, 0), (0, 0,, )) che è ridotta di rango, da cui segue che dim Im f = e che Im f = L (v v 3, v ) = L (v v 3, v ) = L (v, v 3 ) = L ((0, 0,, ), (0,,, 0)). Inoltre, dim Ker f = 4 dim Im f = e: Ker f = {(x, y, z, t) R 4 x y t = 0, x + z t = 0} = ) Per calcolare f (hv ) dobbiamo risolvere il sistema: Per h = 0 riducendo otteniamo:, = {(x, y, 3x y, x y) R 4 } = L ((, 0, 3, ), (0,,, )). h h h h h 0 h 0 h h h 0 h h h h h 0 4 h 5 (h )(h ) 0 h 0 h

3 Se h = 0,, vediamo che ρ(a B) = ρ(a) = 3. Questo significa che il sistema ammette soluzioni, anzi, in particolare, ammetterà 4 3 = soluzioni: hx + hy hz + ht = h 4y + z + (h 5)t = (h )(h ) ( h)y + t = h f (hv ) = h =0, {( t +, h t +, h + t +, t Se h =, allora il sistema ridotto diventa: x = t + y = h t + z = h + t + ) } R 4. il che significa che ρ(a B) = ρ(a) =, cioè il sistema ammette soluzioni, in particolare 4 = soluzioni: { x + y z + t = 4y + z 43t = { x = y z = y + t f (v ) = {(y, y, y + t, t) R 4 }. Infine, se h = 0, notiamo che hv = (0, 0, 0, 0), così che f (hv ) = Ker f = L ((, 0, 3, ), (0,,, )). 3) Dato che g = f V, possiamo dire che: così che: g(v ) = f (v ) = f (e ) + f (e ) = hv + (h )v 3 g(v ) = f (v ) = f (e 3 ) + f (e 4 ) = hv + (h )v g(v 3 ) = f (v 3 ) = f (e ) + f (e 3 ) = v + v 3 M A (g) = h h 0 0 h h 0 Possiamo calcolare il polinomio caratteristico: h T h 0 P(T) = 0 h T h 0 T = T3 + 3hT (h + h )T = T(T h + )(T h ). Dunque, gli autovalori sono 0, h +, h. Possiamo, perciò, dire che per h =,, g è semplice, in quanto gli autovalori sono tutti distinti tra loro. Se h =, allora abbiamo 0 con molteplicità m 0 = e 3 con molteplicità m 3 dim V 0 = : 0 M A (g) 0 I = 0 0 =. g è semplice se e dato che il minore: 0 = = 0

4 vediamo che ρ(m A (g) 0 I) = e che dim V 0 = 3 = < = m 0. Questo significa che per h = g non è semplice. Se h =, gli autovalori sono 0 con m 0 = e 3 con m 3 =. g sarà semplice se dim V 0 = : 0 M A (g) 0 I = 0 0 Dato che il minore: 0 = 4 = 0 vediamo che ρ(m A (g) 0 I) = e che dim V 0 = 3 = < = m 0. Dunque, se h =, g non è semplice. Se h =, abbiamo 0 con m 0 = e 3 con m 3 =. Dunque, g è semplice se dim V 3 = : 3 0 M A (g) 3I = 0 0 Dato che il minore: 3 0 = 0, vediamo che ρ(m A (g) 3I) = e, dunque, dim V 3 = 3 = < = m 3. Quindi, anche per h = g non è semplice. 4) Se h = 0, vediamo che: g(, 0, 0, ) = f (, 0, 0, ) = f (e ) + f (e 4 ) = (0,,, ) g(0,, 0, ) = f (0,, 0, ) = f (e ) f (e 4 ) = (0,, 0, ) Perché ϕ = g, deve essere: g(,,, ) = f (,,, ) = f (e ) + f (e ) + f (e 3 ) + f (e 4 ) = (0,,, ). g(, 0, 0, ) = ϕ(, 0, 0, ) (0,,, ) = (k +, k,, ) g(0,, 0, ) = ϕ(0,, 0, ) (0,, 0, ) = (0, k +, k +, ) g(,,, ) = ϕ(,,, ) (0,,, ) = (0, k,, k) che si verificano se k =. È assegnato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O, x, y, z, u. ) Sono assegnati il piano π : x + y + = 0, il punto P = (, 0, ) π e la retta r di equazioni: II r : { x + 3y z + = 0 x + y z + = 0. Calcolare la retta r simmetrica di r rispetto al piano π. Detto π il piano contenente r e P e detto π il piano contenente r e P, calcolare l angolo individuato da π e π e quello individuato da π e π. ) Studiare il fascio φ di coniche del piano z = 0 di equazione: φ : x + (k + )y + (k + )xy x + ky 4 = 0, determinando, in particolare, punti base e coniche spezzate.

5 3) Detta Γ la conica del fascio φ passante per il punto (,, 0), determinare il cilindro contenente Γ e avente come vertice il punto V = (,,, 0). Specificare la natura di tale cilindro. ) Cominciamo cercando il punto comune a r e π, utilizzando le coordinate omogenee: x + 3y z + t = 0 x = z x + y z + t = 0 y = z x + y + t = 0 t = 0. Questo significa che r e π hanno in comune il punto improprio (,,, 0), cioè sono paralleli e (,,, 0) è il punto improprio della retta r. La retta r, dunque, sarà la retta parallela a r e passante per il simmetrico di un qualsiasi punto di r. Prendiamo Q = (0, 0, ) r. Vogliamo trovare il simmetrico Q di Q rispetto a π. Sia s la retta per Q ortogonale a π: x = t y = t z = e calcoliamo s π: x = t x = y = t z = y = x + y + = 0 z =. Quindi il punto (,, ) è il punto medio di Q = (0, 0, ) e di Q = (x, y, z). Dunque deve essere: x + 0 = y + 0 = z + = da cui troviamo che Q = (,, ). Allora la retta r è la retta passante per Q e parallela a r, cioè avente come parametri direttori (,, ): x = + t r : y = t z = t. Cerchiamo ora il piano π : Imponiamo il passaggio per P = (, 0, ): λ(x + 3y z + ) + µ(x + y z + ) = 0. λ µ = 0, da cui troviamo che π : y z + = 0. Il vettore normale al piano π è dunque il vettore di componenti (0,, ), mentre quello ortogonale a π ha componenti (,, 0). L angolo α individuato dai due piani è uguale a quello individuato dai due vettori: cos α = =. Questo vuol dire che α = π 3. Per ragioni di simmetria l angolo β individuato da π e π deve essere uguale ad α e, dunque, è anch esso uguale a π 3.

6 ) La matrice associata al fascio di coniche è: B = k + k + k + k k 4 e vediamo che B = (k + ). Dunque, otteniamo una prima conica spezzata per k =. Notiamo, poi, che il fascio può essere scritto nella forma: x + y + xy x 4 + k(xy + y + y) = 0, da cui troviamo che l altra conica spezzata del fascio è quella nascosta e ha equazione: Inoltre: A = k + y(x + y + ) = 0. k + k + = (k + )(k 3). 4 Possiamo, dunque, dire che per < k < 3 A > 0 e abbiamo delle ellissi. Non ci sono circonferenze nel fascio. Per k = e k = 3 abbiamo A = 0 e abbiamo delle parabole. Per k <, k = e k > 3 abbiamo A > 0 e abbiamo delle iperboli. Notiamo che non ci sono iperboli equilatere, dal momento che Tr(A) = 0 per k = e che per k = abbiamo una conica spezzata. Cerchiamo i punti base. Per cercarli intersechiamo la conica spezzata y(x + y + ) = 0 con la conica che si ottiene per k = : { y(x + y ) = 0 x x y 4 = 0, da cui troviamo i punti ( + 5, 0), ( 5, 0) e (0, ) contato due volte. 3) Cerchiamo la conica passante per il punto (,, 0): Dunque, la conica Γ ha equazione: 4 + 4(k + ) 4(k + ) 4 4k 4 = 0 k =. { x x y 4 = 0 z = 0. Prendiamo, ora, il generico punto P = (α, β, 0) Γ. Questo significa che: α α β 4 = 0. La retta PV giace sul cilindro e ha equazione: x = α + t y = β + t z = t t = z α = x z β = y z. Sostituendo nell equazione α α β 4 = 0 troviamo l equazione del cilindro: (x z) (x z) (y z) 4 = 0. Dal momento che il cilindro contiene Γ, che è una parabola, concludiamo che il cilindro è parabolico.