Prova scritta di Algebra lineare e Geometria- 29 Aprile (x, y, x, t) = x(1, 0, 1, 0) + y(0, 1, 0, 0) + t(0, 0, 0, 1),

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1 Corso di Laurea in Ingegneria Informatica (J-Pr) - Ingegneria Elettronica (J-Pr) - Ingegneria Industriale (F-O) - Ingegneria Gestionale - Ingegneria Elettrica - Ingegneria Meccanica - Ingegneria REA Prova scritta di Algebra lineare e Geometria- 9 Aprile 9 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 Nello spazio vettoriale R sono assegnati il sottospazio V = {(x, y, z, t) R x z = } e l endomorfismo f : V V definito dalle relazioni: al variare di R. f (,,, ) = (,,, ) f (,,, ) = (, 3,, ) f (,,, ) = (,,, 3),. Studiare f al variare di R, determinando in ciascun caso Ker f e Im f.. Verificare ce f è semplice per ogni R e determinare una base di autovettori per f. 3. Posto W = {(x, y, z, t) R x z = y t = }, determinare il valore di R per il quale la restrizione f W induce un endomorfismo f : W W.. Nel caso = determinare un endomorfismo ϕ : R R non iniettivo ce sia estensione di f e determinare la matrice associata a ϕ rispetto alla base canonica di R. 5. Verificare ce ϕ è semplice e determinare una base di autovettori. Soluzione. Osserviamo ce i vettori (,,, ), (,,, ) (,,, ) V sono linearmente indipendenti, per cui A = [(,,, ), (,,, ), (,,, )] è una base di V = {(x, y, x, t) R }. Inoltre: (x, y, x, t) = x(,,, ) + y(,,, ) + t(,,, ), per cui [(x, y, x, t)] A = (x, y, t) per ogni (x, y, x, t) V. Dunque: M A ( f ) = 3 3 Essendo M A ( f ) = 8 = per ogni R, concludiamo ce per ogni R f è un isomorfismo, cioè f è iniettiva e suriettiva. In particolare, Ker f = {(,,, )} e Im f = V..

2 . Dato ce: P(T) = T 3 T 3 T = ( T)( T)( T), gli autovalori sono, e, tutti di molteplicità algebrica, per cui f è semplice per ogni R. Calcoliamo V = Ker f, dove f = f i. Sappiamo ce: M A ( f ) = M A ( f ) I = R 3 R 3 +R V = {v V [v] A = (a, b, c), a + b c =, a + 3b = } = 3 = {v V [v] A = (a, 3 a, 3 a)} = L (3v v v 3 ) = L ((3,, 3, )). Calcoliamo V = Ker f, dove f = f i. Sappiamo ce: M A ( f ) = M A ( f ) I = riducendo V = {v V [v] A = (a, b, c), a =, b c = } = = {v V [v] A = (, b, b)} = L (v + v 3 ) = L ((,,, )). Calcoliamo V = Ker f, dove f = f i. Sappiamo ce: M A ( f ) = M A ( f ) I = 3 riducendo 3 V = {v V [v] A = (a, b, c), 3a, b c = } = = {v V [v] A = (, b, b)} = L (v v 3 ) = L ((,,, )). Dunque, una base di autovettori è [(3,, 3, ), (,,, ), (,,, )]. 3. Si vede ce W = L ((,,, ), (,,, )). Inoltre, sappiamo ce la restrizione f W induce un endomorfismo se f (W) W. Dato ce f (W) = L ( f (,,, ), f (,,, )) e ce (,,, ) V, abbiamo ce: f (W) = L ((,,, ), (,,, )) e (,,, ), (,,, ) W solo se =.. Prendiamo un qualsiasi vettore non appartenente a V, per esempio e = (,,, ). Dunque, (,,, ), (,,, ), (,,, ) e (,,, ) sono linearmente indipendenti ed individuano una base di R. Inoltre, ponendo: ϕ(,,, ) = f (,,, ) = (,,, ) ϕ(,,, ) = f (,,, ) = (, 3,, ) ϕ(,,, ) = f (,,, ) = (,,, 3) ϕ(,,, ) = (,,, ),

3 abbiamo uno degli endomorfismi di R ce soddisfano le condizioni ricieste ed è semplice vedere ce: M(ϕ) = Dato ce [(3,, 3, ), (,,, ), (,,, )] è una base di autovettori per f per ogni R, ce ϕ(,,, ) = (,,, ) = (,,, ) e ce (,,, ) / V, concludiamo immediatamente ce [(3,, 3, ), (,,, ), (,,, ), (,,, )] è una base di autovettori per ϕ per ogni R. In particolare, ϕ è semplice per ogni R. È assegnato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O, x, y, z, u.. Determinare il punto della retta r : x + y = y z = equidistante dagli assi cartesiani.. Studiare il fascio di conice del piano z = di equazione: II x + y + ( )xy + y =, determinando, in particolare, i punti base e le conice spezzate. Detta Γ la conica del fascio passante per il punto (,, ), determinare centro e assi di simmetria di Γ. 3. Detta c la circonferenza del fascio, determinare e studiare le quadrice contenenti c e le rette di equazioni x = y = z e x = y + = z. Soluzione. Il generico punto della retta r è R = ( a, a, a). Il piano π ortogonale all asse x : y = z = e passante per R a equazione x = a. Posto H = π x, vediamo subito ce H = ( a,, ) e: d(r, x) = RH = a. Nella stessa maniera vediamo ce d(r, y) = a a + e d(r, z) = a a +. Dunque, il punto cercato è tale ce: a = a a + a =. Dunque, R = (,, ).. La conica nascosta del fascio a equazione x + xy + y =. Dato ce le sue matrici associate sono: e A = vediamo ce B = =, A = equilatera. Le matrici associate al fascio sono, invece: < e Tr(A) =, per cui tale conica è un iperbole non e A =

4 per cui B = 3. Dunque, per = abbiamo l unica conica spezzata del fascio ed essa a equazione y(y x) =. Per determinare i punti base è sufficiente fare l intersezione con una qualsiasi conica del fascio: { y(y x) = x + xy + y =, da cui otteniamo il punto (, ), contato tre volte, e (, ). Inoltre, essendo A = +6 e Tr(A) = +, vediamo ce per < 3 e > 3 +, =, abbiamo delle iperboli, tra le quali vi è l equilatera per = ; per = 3 ± abbiamo delle parabole; per 3 z < 3 + abbiamo delle ellissi, tra le quali figura una circonferenza per =. Imponendo il passaggio per il punto (, ) al fascio di conice otteniamo un equazione impossibile. Ciò vuol dire ce la conica del fascio passante per tale punto è quella nascosta x + xy + y =. Essendo: otteniamo il centro di simmetria: x + y = x + =, { x = y =. Dunque, il centro di simmetria è il punto C = (, ). Dato ce: A = vediamo subito ce: T P A (T) = T = T T, per cui gli autovalori di A sono ±. L autospazio associato all autovalore + a equazione x + y = e un primo asse di simmetria è la retta parallela ad essa e passante per C: ( )x + y + + =. Analogamente, l autospazio associato all autovalore a equazione + x + y = e l altro asse di simmetria è la retta parallela ad essa e passante per C: ( + )x + y + =. 3. La circonferenza del fascio a equazioni x + y + y = z =, per cui le quadrice ce la contengono anno equazione: x + y + y + z(ax + by + cz + d) =. Intersecandole con x = y = z abbiamo: x + y + y + z(ax + by + cz + d) = (a + b + c + )x + (d + )x = y = x y = x.

5 La retta è contenuta nella quadrica se a + b + c + = e d + =. Analogamente, intersecando la quadrica con la retta x = y + = z abbiamo: x + y + y + z(ax + by + cz + d) = (a + b + c + )x + ( b + d )x = y = x y = x e la retta risulta contenuta nella quadrica se a + b + c + = e b + d =. Dunque, le quadrice cercate sono tali ce: a + b + c + = b = d + = d = b + d = c = a ed anno equazione: Le matrici associate sono: a a a x + y + axz yz az + y z =. a e A =, a a per cui B = (a+) 6 e A = (a+). Dunque, per a = abbiamo B > e A = e le quadrice sono necessariamente iperboloidi iperbolici e non ellissoidi immaginari, in quanto per costruzione contengono punti reali. Per a = abbiamo B = A = e, verificando facilmente ce in tal caso ρ(b) = 3, abbiamo un cilindro