Università degli Studi di Bergamo Scuola di Ingegneria Corso di Geometria e Algebra Lineare Appello 4 luglio 2016 Parte B Tema B1

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1 Università degli Studi di Bergamo Scuola di Ingegneria Corso di Geometria e Algebra Lineare Appello luglio 6 Parte B Tema B Tempo a disposizione: due ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio. Determinare la parte reale e la parte immaginaria delle soluzioni dell equazione ( + i)z + (3 + i)z + 5i =. La risoluzione non presenta nessuna difficoltà e nessuna particolarità. Il discriminante risulta uguale a di cui una radice quadrata è = 7 5i δ = 3 9i (l altra è ovviamente l opposto). Le soluzioni dell equazione risultano essere z = + i e z = i. Esercizio. Sia, per un reale k, V k = 3x + y 6z x, y, z R. (k )x + x y + 3z + k a) Verificare, utilizzando la definizione, che V è un sottospazio vettoriale di R. Vediamo subito che V non è vuoto, perché una qualsiasi scelta dei valori di x, y e z fornisce un elemento di V (in particolare, usando x = y = z = vediamo che V ). Siano allora x, y, z, x, y e z sei reali e x + y 3z x + y 3z v = x + y 6z 3x + y 6z e v = x + y 6z 3x + y 6z x y + 3z x y + 3z

2 due elementi generici di V. Per qualsiasi t e t R, abbiamo x + y 3z x + y 3z t v + t v = t x + y 6z 3x + y 6z + t x + y 6z 3x + y 6z x y + 3z x y + 3z t x + t y 3t z t x + t y 3t z = t x + t y 6t z 3t x + t y 6t z + t x + t y 6t z 3t x + t y 6t z t x t y + 3t z t x t y + 3t z t x + t y 3t z + t x + t y 3t z = t x + t y 6t z t x + t y 6t z 3t x + t y 6t z + 3t x + t y 6t z t x t y + 3t z + t x t y + 3t z (t x + t x ) + (t y + t y ) 3(t z + t z ) = (t x + t x ) + (t y + t y ) 6(t z + t z ) 3(t x + t x ) + (t y + t y ) 6(t z + t z ) (t x + t x ) (t y + t y ) + 3(t z + t z ) = 3x + y 6z x y + 3z con x = t x + t x R, y = t y + t y R e z = t z + t z R. Perciò t v + t v V e quindi V è un sottospazio vettoriale di R. Si poteva verificare in modo diverso che V è un sottospazio vettoriale, ma il testo non lo autorizzava. Tra i metodi alternativi, possiamo osservare che siccome V = 3x + y 6z x y + 3z x, y, z R, possiamo vedere V come l immagine dell applicazione lineare associata alla matrice e quindi è un sottospazio vettoriale. b) Esibire una base di V

3 Abbiamo Quindi ponendo V = 3x + y 6z x, y, z R x y + 3z 3 = x 3 + y + z 6 6 x, y, z R 3 3 = 3,, u = 3, u = e u 3 = abbiamo che i vettori u, u e u 3 sono una famiglia generatrice di V. Siccome 3u = u 3, i tre vettori non sono linearmente indipendenti, mentre {u, u } è una base di V. c) Verificare che se k allora V k non è un sottospazio vettoriale di R. Per essere un sottospazio vettoriale, V k deve contenere il vettore nullo, cioè devono esistere x, y e z R tali che cioè 3x + y 6z (k )x + x y + 3z + k =, = = 3x + y 6z = (k )x + x y + 3z + k =. Sommando due volte la prima equazione alla seconda e sottraendola tre volte alla terza viene = 8y z = y + 3z = (k )x + x y + 3z + k =. 3

4 Quindi x = y = 3z k =. Quindi perché V k sia un sottospazio vettoriale, dobbiamo avere k = ±. Abbiamo già visto che per k =, V k è un sottospazio vettoriale. Ci rimane da verificare che V non è un sottospazio vettoriale. Abbiamo V = 3x + y 6z x + x y + 3z Sia v il vettore corrispondente a x = e y = z =, cioè Allora v = 3. 3 v = 6 6 e per avere v V, devono esistere x, y e z tali che 3x + y 6z x + x y + 3z = v = x, y, z R Risolvendo il sistema corrispondente, le tre prime equazioni conducono a x = e y = 3z, ma la quarta equazione diventa = 6 e quindi il sistema non ha soluzioni, perciò v V e quindi V non è un sottospazio vettoriale. Esercizio 3. Si consideri la quadrica σ di equazione 7 x + 7 y + 7 z + 7 xy + xz + yz + 7 x 9 y 7z 9 =.

5 a) Determinare (se esiste) un centro di simmetria di σ. Bisogna risolvere (se possibile) il sistema dove x B y + z B = =, 7. È immediato vedere che il sistema non ha soluzioni, quindi la quadrica non ha centri di simmetria. b) Determinare la forma canonica di σ e riconoscere di che quadrica si tratta. È più comodo determinare anzitutto una base ortonormale di autovettori della matrice B. Si trova che i suoi autovalori sono λ =, λ = 3 e λ 3 =. (Si consiglia di calcolare il determinante di B λi sottraendo la seconda riga dalla prima e poi sommando le prime due colonne). Gli autovettori corrispondenti sono x, x, x, con x. Pertanto una base ortonormale di autovettori di B è data da v =, v =, v 3 = (La scelta del segno di v 3 è motivata dal fatto che così il determinante di M è uguale a. Se fosse uguale a - non cambierebbe granché). Introdotta la matrice (ortogonale) M = ( ) v v v 3 = abbiamo il cambiamento di coordinate x x y = M y z z 5.

6 ossia che porta l equazione di σ nella forma ossia x = ( x + y z ) y = ( x + y + z ) z = (x y ) λ (x ) + λ (y ) + λ 3 (z ) x + 3 y 8z 9 =, che si può riscrivere come (x ) + 3(y ) x + 3 y 8z 9 =, ( ) ( ) x + 3 y + 8z 8 =, ossia ( x ) ( + 3 y + 8 ) ( z + 7 ) =. Basta a questo punto effettuare la traslazione X = x Y = y + Z = z + 7 per arrivare alla forma canonica della quadrica: Essa è pertanto un paraboloide ellittico. Z = X + Y 8. c) Scrivere esplicitamente il cambiamento di coordinate che porta σ in forma canonica. Il cambiamento di coordinate che porta la quadrica dall equazione di partenza alla forma canonica si ottiene semplicemente componendo la rotazione e la traslazione 6 3

7 già utilizzate. Si trova che ( x = X + Y ) Z + 7 ( y = X + Y + ) Z 7 ( ) z = X Y + = (X Y ) +. 7

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9 Università degli Studi di Bergamo Scuola di Ingegneria Corso di Geometria e Algebra Lineare Appello luglio 6 Parte B Tema B Tempo a disposizione: due ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio. Determinare la parte reale e la parte immaginaria delle soluzioni dell equazione ( + i)z + ( + i)z + i =. La risoluzione non presenta nessuna difficoltà e nessuna particolarità. Il discriminante risulta uguale a = 3 i di cui una radice quadrata è δ = i (l altra è ovviamente l opposto). Le soluzioni dell equazione risultano essere z = i e z = i. Esercizio. Sia, per un reale k, V k = 3x y + 3z x, y, z R. (k + 3)x + x y + 3z + 9 k a) Verificare, utilizzando la definizione, che V 3 è un sottospazio vettoriale di R. Vediamo subito che V 3 non è vuoto, perché una qualsiasi scelta dei valori di x, y e z fornisce un elemento di V 3 (in particolare, usando x = y = z = vediamo che V 3 ). Siano allora x, y, z, x, y e z sei reali e x + y 3z x + y 3z v = x + y 6z 3x y + 3z e v = x + y 6z 3x y + 3z x y + 3z x y + 3z

10 due elementi generici di V 3. Per qualsiasi t e t R, abbiamo x + y 3z x + y 3z t v + t v = t x + y 6z 3x y + 3z + t x + y 6z 3x y + 3z x y + 3z x y + 3z t x + t y 3t z t x + t y 3t z = t x + t y 6t z 3t x t y + 3t z + t x + t y 6t z 3t x t y + 3t z t x t y + 3t z t x t y + 3t z t x + t y 3t z + t x + t y 3t z = t x + t y 6t z t x + t y 6t z 3t x t y + 3t z + 3t x t y + 3t z t x t y + 3t z + t x t y + 3t z (t x + t x ) + (t y + t y ) 3(t z + t z ) = (t x + t x ) + (t y + t y ) 6(t z + t z ) 3(t x + t x ) (t y + t y ) + 3(t z + t z ) (t x + t x ) (t y + t y ) + 3(t z + t z ) = 3x y + 3z x y + 3z con x = t x + t x R, y = t y + t y R e z = t z + t z R. Perciò t v + t v V 3 e quindi V 3 è un sottospazio vettoriale di R. Si poteva verificare in modo diverso che V 3 è un sottospazio vettoriale, ma il testo non lo autorizzava. Tra i metodi alternativi, possiamo osservare che siccome V 3 = 3x y + 3z x y + 3z x, y, z R, possiamo vedere V 3 come l immagine dell applicazione lineare associata alla matrice e quindi è un sottospazio vettoriale. b) Esibire una base di V 3.

11 Abbiamo Quindi ponendo V 3 = 3x y + 3z x, y, z R x y + 3z 3 = x 3 + y + z 6 3 x, y, z R 3 3 = 3,, u = 3, u = e u 3 = abbiamo che i vettori u, u e u 3 sono una famiglia generatrice di V 3. Siccome 3u = u 3, i tre vettori non sono linearmente indipendenti, mentre {u, u } è una base di V 3. c) Verificare che se k 3 allora V k non è un sottospazio vettoriale di R. Per essere un sottospazio vettoriale, V k deve contenere il vettore nullo, cioè devono esistere x, y e z R tali che cioè 3x y + 3z (k + 3)x + x y + 3z + 9 k =, = = 3x y + 3z = (k + 3)x + x y + 3z + 9 k =. Sommando due volte la prima equazione alla seconda e sottraendola tre volte alla terza viene = 8y z = 8y + z = (k3)x + x y + 3z + 9 k =. 3

12 Quindi x = y = 3z k = 9. Quindi perché V k sia un sottospazio vettoriale, dobbiamo avere k = ±3. Abbiamo già visto che per k = 3, V k è un sottospazio vettoriale. Ci rimane da verificare che V 3 non è un sottospazio vettoriale. Abbiamo V 3 = 3x y + 3z +6x + x y + 3z x, y, z R. Sia v il vettore corrispondente a x = e y = z =, cioè Allora v = 3. 7 v = 6 e per avere v V 3, devono esistere x, y e z tali che 3x y + 3z +6x + x y + 3z = v = 6. Risolvendo il sistema corrispondente, le tre prime equazioni conducono a x = e y = 3z, ma la quarta equazione diventa 6 = e quindi il sistema non ha soluzioni, perciò v V 3 e quindi V 3 non è un sottospazio vettoriale. Esercizio 3. Si consideri la quadrica σ di equazione x y z xy + 9 xz + 9 yz x 7 y + z + 7 =.

13 a) Determinare (se esiste) un centro di simmetria di σ. Bisogna risolvere (se possibile) il sistema dove x B y + z 7 B = 9 =, È immediato vedere che il sistema non ha soluzioni, quindi la quadrica non ha centri di simmetria. b) Determinare la forma canonica di σ e riconoscere di che quadrica si tratta. È più comodo determinare anzitutto una base ortonormale di autovettori della matrice B. Si trova che i suoi autovalori sono λ =, λ = 5 e λ 3 =. (Si consiglia di calcolare il determinante di B λi sottraendo la seconda riga dalla prima e poi sommando le prime due colonne). Gli autovettori corrispondenti sono x, x, x, con x. Pertanto una base ortonormale di autovettori di B è data da v =, v =, v 3 = (La scelta del segno di v 3 è motivata dal fatto che così il determinante di M è uguale a. Se fosse uguale a - non cambierebbe granché). Introdotta la matrice (ortogonale) M = ( ) v v v 3 = abbiamo il cambiamento di coordinate x x y = M y z z 5.

14 ossia che porta l equazione di σ nella forma x = ( x + y z ) y = ( x + y + z ) z = (x y ) λ (x ) + λ (y ) + λ 3 (z ) x 5 y 8z + 7 =, ossia (x ) 5(y ) x 5 y 8z + 7 =, che si può riscrivere come ( ) ( ) x 5 y + 8z + =, ossia ( x ) ( 5 y + 8 ) ( z ) =. Basta a questo punto effettuare la traslazione X = x Y = y + Z = z per arrivare alla forma canonica della quadrica: Z = X Y 8. Essa è pertanto un paraboloide iperbolico. c) Scrivere esplicitamente il cambiamento di coordinate che porta σ in forma canonica. Il cambiamento di coordinate che porta la quadrica dall equazione di partenza alla forma canonica si ottiene semplicemente componendo la rotazione e la traslazione 6 5

15 già utilizzate. Si trova che ( x = X + Y ) Z ( y = X + Y + ) Z + ( ) z = X Y + = (X Y ) +. 7

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17 Università degli Studi di Bergamo Scuola di Ingegneria Corso di Geometria e Algebra Lineare Appello luglio 6 Parte B Tema B3 Tempo a disposizione: due ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio. Determinare la parte reale e la parte immaginaria delle soluzioni dell equazione ( + i)z + ( 6 7i)z + + i =. La risoluzione non presenta nessuna difficoltà e nessuna particolarità. Il discriminante risulta uguale a = 7 36i di cui una radice quadrata è δ = 6 3i (l altra è ovviamente l opposto). Le soluzioni dell equazione risultano essere z = i e z = + i. Esercizio. Sia, per un reale k, V k = 3 x, y, z R. (k + )x + x y + 3z + k a) Verificare, utilizzando la definizione, che V è un sottospazio vettoriale di R. Vediamo subito che V non è vuoto, perché una qualsiasi scelta dei valori di x, y e z fornisce un elemento di V (in particolare, usando x = y = z = vediamo che V ). Siano allora x, y, z, x, y e z sei reali e x + y 3z x + y 3z v = x + y 6z 3x + y 3z e v = x + y 6z 3x + y 3z x y + 3z x y + 3z

18 due elementi generici di V. Per qualsiasi t e t R, abbiamo x + y 3z x + y 3z t v + t v = t x + y 6z 3x + y 3z + t x + y 6z 3x + y 3z x y + 3z x y + 3z t x + t y 3t z t x + t y 3t z = t x + t y 6t z 3t x + t y 3t z + t x + t y 6t z 3t x + t y 3t z t x t y + 3t z t x t y + 3t z t x + t y 3t z + t x + t y 3t z = t x + t y 6t z t x + t y 6t z 3t x + t y 3t z + 3t x + t y 3t z t x t y + 3t z + t x t y + 3t z (t x + t x ) + (t y + t y ) 3(t z + t z ) = (t x + t x ) + (t y + t y ) 6(t z + t z ) 3(t x + t x ) + (t y + t y ) 3(t z + t z ) (t x + t x ) (t y + t y ) + 3(t z + t z ) = 3 x y + 3z con x = t x + t x R, y = t y + t y R e z = t z + t z R. Perciò t v + t v V e quindi V è un sottospazio vettoriale di R. Si poteva verificare in modo diverso che V è un sottospazio vettoriale, ma il testo non lo autorizzava. Tra i metodi alternativi, possiamo osservare che siccome V = 3 x y + 3z x, y, z R, possiamo vedere V come l immagine dell applicazione lineare associata alla matrice e quindi è un sottospazio vettoriale. b) Esibire una base di V.

19 Abbiamo Quindi ponendo V = 3 x, y, z R x y + 3z 3 = x 3 + y + z 6 3 x, y, z R 3 3 = 3,, u = 3, u = e u 3 = abbiamo che i vettori u, u e u 3 sono una famiglia generatrice di V. Siccome 3u = u 3, i tre vettori non sono linearmente indipendenti, mentre {u, u } è una base di V. c) Verificare che se k allora V k non è un sottospazio vettoriale di R. Per essere un sottospazio vettoriale, V k deve contenere il vettore nullo, cioè devono esistere x, y e z R tali che cioè 3 (k + )x + x y + 3z + k =, = = 3 = (k + )x + x y + 3z + k =. Sommando due volte la prima equazione alla seconda e sottraendola tre volte alla terza viene = 8y z = y + 6z = (k)x + x y + 3z + k =. 3

20 Quindi x = y = 3z k =. Quindi perché V k sia un sottospazio vettoriale, dobbiamo avere k = ±. Abbiamo già visto che per k =, V k è un sottospazio vettoriale. Ci rimane da verificare che V non è un sottospazio vettoriale. Abbiamo V = 3 +x + x y + 3z x, y, z R. Sia v il vettore corrispondente a x = e y = z =, cioè Allora v = 3. 3 v = 6 6 e per avere v V, devono esistere x, y e z tali che 3 +x + x y + 3z = v = 6. 6 Risolvendo il sistema corrispondente, le tre prime equazioni conducono a x = e y = 3z, ma la quarta equazione diventa = 6 e quindi il sistema non ha soluzioni, perciò v V e quindi V non è un sottospazio vettoriale. Esercizio 3. Si consideri la quadrica σ di equazione 5 x + 5 y + 5 z + 5 xy + 3 xz + 3 yz + 5 x y 5z 35 =.

21 a) Determinare (se esiste) un centro di simmetria di σ. Bisogna risolvere (se possibile) il sistema dove x B y + z B = =, È immediato vedere che il sistema non ha soluzioni, quindi la quadrica non ha centri di simmetria. b) Determinare la forma canonica di σ e riconoscere di che quadrica si tratta. È più comodo determinare anzitutto una base ortonormale di autovettori della matrice B. Si trova che i suoi autovalori sono λ =, λ = e λ 3 =. (Si consiglia di calcolare il determinante di B λi sottraendo la seconda riga dalla prima e poi sommando le prime due colonne). Gli autovettori corrispondenti sono x, x, x, con x. Pertanto una base ortonormale di autovettori di B è data da v =, v =, v 3 = (La scelta del segno di v 3 è motivata dal fatto che così il determinante di M è uguale a. Se fosse uguale a - non cambierebbe granché). Introdotta la matrice (ortogonale) M = ( ) v v v 3 = abbiamo il cambiamento di coordinate x x y = M y z z 5.

22 ossia che porta l equazione di σ nella forma ossia x = ( x + y z ) y = ( x + y + z ) z = (x y ) λ (x ) + λ (y ) + λ 3 (z ) x + y 8z 35 =, che si può riscrivere come (x ) + (y ) x + y 8z 35 =, ( ) ( ) x + y + 8z =, ossia ( x ) ( + y + 8 ) ( z + 5 ) =. Basta a questo punto effettuare la traslazione X = x Y = y + Z = z + 5 per arrivare alla forma canonica della quadrica: Essa è pertanto un paraboloide ellittico. Z = X + Y 8. c) Scrivere esplicitamente il cambiamento di coordinate che porta σ in forma canonica. Il cambiamento di coordinate che porta la quadrica dall equazione di partenza alla forma canonica si ottiene semplicemente componendo la rotazione e la traslazione 6

23 già utilizzate. Si trova che ( x = X + Y ) Z + 5 ( y = X + Y + ) Z 5 ( ) z = X Y + = (X Y ) +. 7

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25 Università degli Studi di Bergamo Scuola di Ingegneria Corso di Geometria e Algebra Lineare Appello luglio 6 Parte B Tema B Tempo a disposizione: due ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio. Determinare la parte reale e la parte immaginaria delle soluzioni dell equazione ( + i)z + (3 9i)z + 5i =. La risoluzione non presenta nessuna difficoltà e nessuna particolarità. Il discriminante risulta uguale a = 8 + 6i di cui una radice quadrata è δ = 3 + i (l altra è ovviamente l opposto). Le soluzioni dell equazione risultano essere z = + i e z = + i. Esercizio. Sia, per un reale k, V k = 3x + 6y 9z x, y, z R. (k )x + x y + 3z + k a) Verificare, utilizzando la definizione, che V è un sottospazio vettoriale di R. Vediamo subito che V non è vuoto, perché una qualsiasi scelta dei valori di x, y e z fornisce un elemento di V (in particolare, usando x = y = z = vediamo che V ). Siano allora x, y, z, x, y e z sei reali e x + y 3z x + y 3z v = x + y 6z 3x + 6y 9z e v = x + y 6z 3x + 6y 9z x y + 3z x y + 3z

26 due elementi generici di V. Per qualsiasi t e t R, abbiamo x + y 3z x + y 3z t v + t v = t x + y 6z 3x + 6y 9z + t x + y 6z 3x + 6y 9z x y + 3z x y + 3z t x + t y 3t z t x + t y 3t z = t x + t y 6t z 3t x + 6t y 9t z + t x + t y 6t z 3t x + 6t y 9t z t x t y + 3t z t x t y + 3t z t x + t y 3t z + t x + t y 3t z = t x + t y 6t z t x + t y 6t z 3t x + 6t y 9t z + 3t x + 6t y 9t z t x t y + 3t z + t x t y + 3t z (t x + t x ) + (t y + t y ) 3(t z + t z ) = (t x + t x ) + (t y + t y ) 6(t z + t z ) 3(t x + t x ) + 6(t y + t y ) 9(t z + t z ) (t x + t x ) (t y + t y ) + 3(t z + t z ) = 3x + 6y 9z x y + 3z con x = t x + t x R, y = t y + t y R e z = t z + t z R. Perciò t v + t v V e quindi V è un sottospazio vettoriale di R. Si poteva verificare in modo diverso che V è un sottospazio vettoriale, ma il testo non lo autorizzava. Tra i metodi alternativi, possiamo osservare che siccome V = 3x + 6y 9z x y + 3z x, y, z R, possiamo vedere V come l immagine dell applicazione lineare associata alla matrice e quindi è un sottospazio vettoriale. b) Esibire una base di V

27 Abbiamo Quindi ponendo V = 3x + 6y 9z x, y, z R x y + 3z 3 = x 3 + y 6 + z 6 9 x, y, z R 3 3 = 3, 6, u = 3, u = 6 e u 3 = abbiamo che i vettori u, u e u 3 sono una famiglia generatrice di V. Siccome 3u = u 3, i tre vettori non sono linearmente indipendenti, mentre {u, u } è una base di V. c) Verificare che se k allora V k non è un sottospazio vettoriale di R. Per essere un sottospazio vettoriale, V k deve contenere il vettore nullo, cioè devono esistere x, y e z R tali che cioè 3x + 6y 9z (k )x + x y + 3z + k =, = = 3x + 6y 9z = (k )x + x y + 3z + k =. Sommando due volte la prima equazione alla seconda e sottraendola tre volte alla terza viene = 8y z = = (k )x + x y + 3z + k =. 3

28 Quindi x = y = 3z k =. Quindi perché V k sia un sottospazio vettoriale, dobbiamo avere k = ±. Abbiamo già visto che per k =, V k è un sottospazio vettoriale. Ci rimane da verificare che V non è un sottospazio vettoriale. Abbiamo V = 3x + 6y 9z x + x y + 3z Sia v il vettore corrispondente a x = e y = z =, cioè Allora v = 3. v = 6 e per avere v V, devono esistere x, y e z tali che 3x + 6y 9z x + x y + 3z = v = x, y, z R. 6. Risolvendo il sistema corrispondente, le tre prime equazioni conducono a x = e y = 3z, ma la quarta equazione diventa 6 = e quindi il sistema non ha soluzioni, perciò v V e quindi V non è un sottospazio vettoriale. Esercizio 3. Si consideri la quadrica σ di equazione 3 x 3 y 3 z 3 xy + xz + yz 3 x 9 y + 3z + =.

29 a) Determinare (se esiste) un centro di simmetria di σ. Bisogna risolvere (se possibile) il sistema dove x B y + z B = =, 3. È immediato vedere che il sistema non ha soluzioni, quindi la quadrica non ha centri di simmetria. b) Determinare la forma canonica di σ e riconoscere di che quadrica si tratta. È più comodo determinare anzitutto una base ortonormale di autovettori della matrice B. Si trova che i suoi autovalori sono λ =, λ = 7 e λ 3 =. (Si consiglia di calcolare il determinante di B λi sottraendo la seconda riga dalla prima e poi sommando le prime due colonne). Gli autovettori corrispondenti sono x, x, x, con x. Pertanto una base ortonormale di autovettori di B è data da v =, v =, v 3 = (La scelta del segno di v 3 è motivata dal fatto che così il determinante di M è uguale a. Se fosse uguale a - non cambierebbe granché). Introdotta la matrice (ortogonale) M = ( ) v v v 3 = abbiamo il cambiamento di coordinate x x y = M y z z 5.

30 ossia che porta l equazione di σ nella forma ossia x = ( x + y z ) y = ( x + y + z ) z = (x y ) λ (x ) + λ (y ) + λ 3 (z ) x 7 y 8z + =, che si può riscrivere come (x ) 7(y ) x 7 y 8z + =, ( ) ( ) x 7 y + 8z + =, ossia ( x ) ( 7 y + 8 ) ( z 3 ) =. Basta a questo punto effettuare la traslazione X = x Y = y + Z = z 3 per arrivare alla forma canonica della quadrica: Z = X Y 8. Essa è pertanto un paraboloide iperbolico. c) Scrivere esplicitamente il cambiamento di coordinate che porta σ in forma canonica. Il cambiamento di coordinate che porta la quadrica dall equazione di partenza alla forma canonica si ottiene semplicemente componendo la rotazione e la traslazione 6 7

31 già utilizzate. Si trova che ( x = ( y = z = X + Y Z 3 X + Y + Z + 3 ) ) ( ) X Y + = (X Y ) +. 7