Corso di Laurea in Matematica - Esame di Geometria 1. Prova scritta del 20 settembre 2013 Versione 1

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1 Corso di Laurea in Matematica - Esame di Geometria 1 Prova scritta del 20 settembre 2013 Versione 1 Cognome Nome Numero di matricola Corso (A o B) Voto ATTENZIONE. Riportare lo svolgimento completo degli esercizi. I soli risultati, anche se corretti, non vengono presi in considerazione. Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio 4 1. (4 punti) 2. Esercizio

2 Esercizio 1 Sia f : R 2 R 3 l applicazione lineare data da f(x,y) = (x,x,y). 1. Scrivere la matrice M = M C 2,B (f) associata ad f rispetto alle basi C 2 = {(1,0),(0,1)} e B = {(1,1,0),(0,1,1),(0,0,1)} di R 2 ed R 3 rispettivamente. 2. Scrivere una matrice A R 3,3 tale che AM = M dove M = M C 2,C 3 (f), e C 3 è la base canonica di R Scrivere le equazioni del cambiamento di base da B a C 3 e quelle da C 3 a B. 1. M = M C2,B (f) = 2. Per esempio A = e questa è la matrice del cambiamento di base da B a C 3, quindi le equazioni di questo cambiamento sono (X,Y,Z) T C 3 = A(x,y,z) T B La matrice del cambiamento di base da C 3 a B è A 1 = 1 1 0, quindi le equazioni di questo cambiamento sono (x,y,z) T B = A 1 (X,Y,Z) T E. R 3

3 Esercizio 2 Sia W un sottospazio vettoriale di R n, e sia π : R n R n l applicazione lineare data dalla proiezione ortogonale su W. In altri termini, ogni vettore x di R n ha come immagine, mediante π, la sua proiezione ortogonale su W. 1. Determinare il nucleo e l immagine di π. 2. Supponendo che dim(w) = k, scrivere il polinomio caratteristico di π. 1. Si ha kerπ = W e imπ = W. 2. Se x W allora π(x) = x pertanto W è un autospazio di π relativo all autovalore 1. Se x W allora π(x) = o. Quindi il polinomio caratteristico di π è P(λ) = ( 1) n λ n k (λ 1) k.

4 Esercizio 3 In R 3 siano A = (3,0,0), B = (2,1,2), r la retta per (3,4,5) e parallela all asse z, e s la retta di equazioni: { 2x 3z 2 = 0 s : 2y +z 8 = Determinare la posizione reciproca di r e s. 2. Determinare il punto P r tale che il piano per A, B e P sia ortogonale alla retta s. 3. Determinare l area del triangolo di vertici A, B e P. 1. Le due rette sono sghembe. 2. P = (3,4,2) 3. L area è 14.

5 Consideriamo la matrice reale dove k R è un parametro. A = Esercizio k k 1, 1. Discutere, al variare di k, la diagonalizzabilità di A. (4 punti) 2. Per k = 2, determinare una matrice diagonale D simile ad A, e una matrice invertibile P tale che D = PAP La matrice A è diagonalizzabile se e solo se k < 1/4. Infatti, ilpolinomiocaratteristicodiaè(1 λ)(λ 2 3λ+2+k), conradici1, (3+ 1 4k)/2, (3 1 4k)/2. Per k > 1/4, ci sono due radici non reali, pertanto A non è diagonalizzabile. Per k 1/4 le radici sono tutte reali, e bisogna determinare eventuali valori di k per cui le radici non sono tutte distinte. Tali valori sono k = 1/4 e k = 0. Pertanto, per k < 1/4,k 0, A ha tre autovalori reali e distinti, e quindi è diagonalizzabile. Per k = 1/4, gli autovalori sono λ = 1 di molteplicità algebrica 1, e λ = 3/2 di molteplicità algebrica 2. Siccome l autospazio V 3/2 ha dimensione 1, A non è diagonalizzabile. Infine,perk = 0,gliautovalorisonoλ = 1dimolteplicitàalgebrica2,eλ = 2dimolteplicità algebrica 1. Siccome l autospazio V 1 ha dimensione 2, A è diagonalizzabile. 2. Per k = 2 gli autovalori di A sono 0,1,3, pertanto A è simile alla matrice diagonale: D = Una base di R 3 composta da autovettori di A (relativi a 0,1,3 nell ordine) è Consideriamo la matrice: B = ((1,0,1),(2, 1,1),( 2,0,1)). M = che ha nelle colonne gli autovettori, cioè le coordinate dei vettori della base B rispetto alla base canonica C. La matrice inversa è: P := M 1 =

6 La matrice P avrà nelle colonne le coordinate dei vettori della base canonica C rispetto alla base di autovettori B. Abbiamo: A = MDM 1, D = PAP 1 quindi P è la matrice cercata.

7 Sia A = Esercizio a, a R, la matrice associata alla forma bilineare simmetrica ϕ : R 3 R 3 R rispetto alla base canonica di R Determinare il valore a R in modo tale che ϕ sia degenere e in questo caso determinare una base e la dimensione di kerϕ. 2. Dato il piano vettoriale W = { (x 1,x 2,x 3 ) R 3 x 1 x 2 2x 3 = 0 }, per ogni valore a R determinare una base e la dimensione del sottospazio vettoriale W ϕ ortogonale a W rispetto a ϕ. 3. Al variare di a R determinare l insieme I dei vettori isotropi rispetto alla forma quadratica Q associata a ϕ e dire, con adeguata giustificazione, se I è un sottospazio vettoriale di R 3 Soluzione 1. deta = a 5 quindi ϕ è degenere se e solo se a = 5. kerϕ = L(2, 1,1). 2. dim(w ϕ ) = 1 per ogni valore di a R, W ϕ = L(a 3, a+4,1). 3. I = { (x 1,x 2,x 3 ) R 3 x 2 1 +x2 2 +ax2 3 4x 1x 2 +2x 2 x 3 = 0 }. I è un sottospazio vettoriale se e solo se Q è semidefinita positiva, ossia se tutti gli autovalori della forma quadratica sono positivi o nulli. Il polinomio caratterisitico di A è P(λ) = λ 3 +(2+a)λ 2 +(4 2a)λ+( 5+a) Se a = 5 allora la segnatura è (2,0), altrimenti I è un sottospazio vettoriale solo se a > 5, in questo caso la segnatura è (3,0).