Università degli Studi di Bergamo Modulo di Geometria e Algebra Lineare (nuovo programma) 28 aprile 2014 Tema A

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1 Università degli Studi di Bergamo Modulo di Geometria e Algebra Lineare (nuovo programma 8 aprile 04 Tema A Tempo a disposizione: ore e mezza. 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. Si consideri il sottoinsieme di R, dipendente da un parametro k, x + y + z x y + z + (k + V k = 4x y + 0z x, y, z R. x y z x y + z a Si dimostri che V k è un sottospazio vettoriale se e solo se k =. Verifichiamo che il vettore nullo appartiene a V k se e solo se k =. Infatti perché ci sia il vettore nullo in V k bisogna che esistano x, y e z tali che x + y + z = 0 x y + z + (k + = 0 4x y + 0z = 0 x y z = 0 x y + z = 0 ovvero e quindi y = z, x = z e k =. V = 7y 7z = 0 y z + (k + = 0 0y 0z = 0 9y + 9z = 0 x y + z = 0 x + y + z x y + z 4x y + 0z x y z x y + z x, y, z R.

2 Si vede che V è l immagine dell applicazione lineare f A di matrice A = 4 0 o, in modo analogo, che è il sottospazio generato da v = 4, v = e v = b Si determini una base di V. visto che gli x, y e z che danno il vettore nullo dipendono da un parametro. In altre parole il nucleo di f A è di dimensione ; siccome il dominio di f A è R, la dimensione di V è =. Purtroppo non esplicita una base di V ma segnala che i vettori v, v e v sono troppi per formare una base. D altra parte le due prime colonne di A (cioè v e v non sono proporzionali e quindi sono linearmente indipendenti; siccome V è di dimensione, formano una base di V. Procedendo diversamente, non è difficile osservare che la matrice A, che è la matrice dei vettori v, v e v, ha caratteristica e che le sue due prime colonne sono linearmente indipendenti e quindi formano una base di V. Esercizio. Si consideri il piano π passante per i tre punti e la retta A(7; ;, B(; ; 0, C( 6; 4; r : { 6x y z = 0 x y z + = 0 a Dopo aver verificato che i tre punti A, B e C non sono allineati, calcolare l equazione del piano π. AB = ( ; 0; e AC = ( ; ; 7 ; questi due vettori sono ovviamente non proporzionali per cui i punti non sono allineati. AB AC = ( 6; 9; per cui un vettore normale a π è n = (,, e un equazione di π è allora π : x y + z = 0. 0

3 b Dimostrare che la retta r e il piano π sono incidenti e calcolare la loro intersezione. Basta mettere le tre equazioni di piano a sistema e risolverlo. Si tratta di un sistema di tre equazioni in tre incognite, determinato (questo si evince anche dalla domanda successiva, senza nessuna difficoltà. La sua unica soluzione è (; ;, quindi l intersezione tra π e r è ridotta al punto D(; ;. c Verificare che r e π sono ortogonali. Basta verificare che un vettore normale al piano π è direzionale per la retta r. Siccome la retta r è data dall intersezione due piani π e π, basta verificare che se n e n sono vettori normali a π e π, allora n n = n n = 0. Possiamo prendere n = (6; ; e n = (; ; e la verifica è immediata. d Trovare l equazione di un piano π parallelo a π e a distanza 8 da esso. visto che n è normale al piano. Inoltre n = 8 per cui il punto E tale che DE = n è alla giusta distanza di π. E(; ; 6. Il vettore n è normale a π per cui un equazione del piano π è π : x y + z 9 = 0 Esercizio. Si consideri la conica x 4xy x 4 y = 0. a Si determini (se esiste il centro della conica. L esistenza del centro e le sue coordinate si possono facilmente dedurre dalle risposte alle domande successive. In alternativa, possiamo considerare il sistema ( x B + c = 0, y dove B = ( (, c =. 0 Si trova che le coordinate del centro sono x C = e y C =.

4 b Si trovi la forma canonica della conica e la si riconosca. Bisogna anzitutto eliminare il termine 4xy, ossia diagonalizzare la matrice B. I suoi autovalori sono λ = 4 e λ =. Una base ortonormale di autovettori è data da u = La rotazione cercata è quindi (, u = { x = (x + y y = ( x + y ( e la nuova equazione della conica è 4(x (y y = 0. (Si ricorda che basta trasformare il binomio x y, poiché sappiamo che i termini di secondo grado diventano λ (x + λ (y, mentre il termine noto rimane ovviamente invariato. L equazione ottenuta può essere riscritta come 4(x (y + = 0. Pertanto la traslazione { X = x. porta la conica nella forma canonica Y = y + Si tratta quindi di un iperbole. X Y =. c Si determini la trasformazione di coordinate che porta la conica nella forma canonica. Basta comporre la rotazione e la traslazione già trovate. Si ottiene { x = (X + Y y = ( X + Y Ponendo X = 0 e Y = 0 si può verificare che il centro C ha coordinate x C = y C =, come già visto. e 4

5 Università degli Studi di Bergamo Modulo di Geometria e Algebra Lineare (nuovo programma 8 aprile 04 Tema B Tempo a disposizione: ore e mezza. 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. Si consideri il sottoinsieme di R, dipendente da un parametro k, x + y + z x y + 4z + (k + V k = x y + 7z x, y, z R. x y + z x y + z a Si dimostri che V k è un sottospazio vettoriale se e solo se k =. Verifichiamo che il vettore nullo appartiene a V k se e solo se k =. Infatti perché ci sia il vettore nullo in V k bisogna che esistano x, y e z tali che x + y + z = 0 x y + 4z + (k + = 0 x y + 7z = 0 x y + z = 0 x y + z = 0 ovvero e quindi y = z, x = z e k =. V = 7y 7z = 0 y z + (k + = 0 8y 8z = 0 y z = 0 x y + z = 0 x + y + z x y + 4z x y + 7z x y + z x y + z x, y, z R.

6 Si vede che V è l immagine dell applicazione lineare f A di matrice 4 A = 7 o, in modo analogo, che è il sottospazio generato da v =, v = e v = b Si determini una base di V. visto che gli x, y e z che danno il vettore nullo dipendono da un parametro. In altre parole il nucleo di f A è di dimensione ; siccome il dominio di f A è R, la dimensione di V è =. Purtroppo non esplicita una base di V ma segnala che i vettori v, v e v sono troppi per formare una base. D altra parte le due prime colonne di A (cioè v e v non sono proporzionali e quindi sono linearmente indipendenti; siccome V è di dimensione, formano una base di V. Procedendo diversamente, non è difficile osservare che la matrice A, che è la matrice dei vettori v, v e v, ha caratteristica e che le sue due prime colonne sono linearmente indipendenti e quindi formano una base di V. Esercizio. Si consideri il piano π passante per i tre punti e la retta A(; ; 0, B(0; 9; 8, C( ; 4; r : { 4x y z = 0 x y + 7z + 6 = 0 a Dopo aver verificato che i tre punti A, B e C non sono allineati, calcolare l equazione del piano π. AB = ( ; 0; 8 e 4 7 AC = ( 7; ; ; questi due vettori sono ovviamente non proporzionali per cui i punti non sono allineati. AB AC = ( 4; 8; per cui un vettore normale a π è n = (,, e un equazione di π è allora π : x + y + z = 0.

7 b Dimostrare che la retta r e il piano π sono incidenti e calcolare la loro intersezione. Basta mettere le tre equazioni di piano a sistema e risolverlo. Si tratta di un sistema di tre equazioni in tre incognite, determinato (questo si evince anche dalla domanda successiva, senza nessuna difficoltà. La sua unica soluzione è (; ;, quindi l intersezione tra π e r è ridotta al punto D(; ;. c Verificare che r e π sono ortogonali. Basta verificare che un vettore normale al piano π è direzionale per la retta r. Siccome la retta r è data dall intersezione due piani π e π, basta verificare che se n e n sono vettori normali a π e π, allora n n = n n = 0. Possiamo prendere n = (4; ; e n = ( ; ; 7 e la verifica è immediata. d Trovare l equazione di un piano π parallelo a π e a distanza 8 da esso. visto che n è normale al piano. Inoltre n = 8 per cui il punto E tale che DE = n è alla giusta distanza di π. E(; ; 6. Il vettore n è normale a π per cui un equazione del piano π è π : x + y + z = 0 Esercizio. Si consideri la conica x 4xy x 4 y = 0. a Si determini (se esiste il centro della conica. L esistenza del centro e le sue coordinate si possono facilmente dedurre dalle risposte alle domande successive. In alternativa, possiamo considerare il sistema ( x B + c = 0, y dove B = ( (, c =. 0 Si trova che le coordinate del centro sono x C = e y C =.

8 b Si trovi la forma canonica della conica e la si riconosca. Bisogna anzitutto eliminare il termine 4xy, ossia diagonalizzare la matrice B. I suoi autovalori sono λ = 4 e λ =. Una base ortonormale di autovettori è data da u = La rotazione cercata è quindi (, u = { x = (x + y y = ( x + y ( e la nuova equazione della conica è 4(x (y y = 0. (Si ricorda che basta trasformare il binomio x y, poiché sappiamo che i termini di secondo grado diventano λ (x + λ (y, mentre il termine noto rimane ovviamente invariato. L equazione ottenuta può essere riscritta come 4(x (y + 4 = 0. Pertanto la traslazione { X = x. porta la conica nella forma canonica Y = y + Si tratta quindi di un iperbole. X Y 4 =. c Si determini la trasformazione di coordinate che porta la conica nella forma canonica. Basta comporre la rotazione e la traslazione già trovate. Si ottiene { x = (X + Y y = ( X + Y Ponendo X = 0 e Y = 0 si può verificare che il centro C ha coordinate x C = y C =, come già visto. e 4

9 Università degli Studi di Bergamo Modulo di Geometria e Algebra Lineare (nuovo programma 8 aprile 04 Tema C Tempo a disposizione: ore e mezza. 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. Si consideri il sottoinsieme di R, dipendente da un parametro k, x + y + z x y + z + (k + V k = x + 4z x, y, z R. x + y z x y + z a Si dimostri che V k è un sottospazio vettoriale se e solo se k =. Verifichiamo che il vettore nullo appartiene a V k se e solo se k =. Infatti perché ci sia il vettore nullo in V k bisogna che esistano x, y e z tali che x + y + z = 0 x y + z + (k + = 0 x + 4z = 0 x + y z = 0 x y + z = 0 ovvero e quindi y = z, x = z e k =. V = 7y 7z = 0 +(k + = 0 6y 6z = 0 y + z = 0 x y + z = 0 x + y + z x y + z x + 4z x + y z x y + z x, y, z R.

10 Si vede che V è l immagine dell applicazione lineare f A di matrice A = 0 4 o, in modo analogo, che è il sottospazio generato da v =, v = 0 e v = b Si determini una base di V. visto che gli x, y e z che danno il vettore nullo dipendono da un parametro. In altre parole il nucleo di f A è di dimensione ; siccome il dominio di f A è R, la dimensione di V è =. Purtroppo non esplicita una base di V ma segnala che i vettori v, v e v sono troppi per formare una base. D altra parte le due prime colonne di A (cioè v e v non sono proporzionali e quindi sono linearmente indipendenti; siccome V è di dimensione, formano una base di V. Procedendo diversamente, non è difficile osservare che la matrice A, che è la matrice dei vettori v, v e v, ha caratteristica e che le sue due prime colonne sono linearmente indipendenti e quindi formano una base di V. Esercizio. Si consideri il piano π passante per i tre punti e la retta A(7; ; 6, B(8; 9; 4, C( ; 6; r : { 6x y 7z = 0 7x y z + 0 = 0 a Dopo aver verificato che i tre punti A, B e C non sono allineati, calcolare l equazione del piano π. AB = ( 9; 8; e 4 AC = ( 9; 7; 9 ; questi due vettori sono ovviamente non proporzionali per cui i punti non sono allineati. AB AC = ( 86; 9; 46 per cui un vettore normale a π è n = (,, e un equazione di π è allora π : x y + z = 0.

11 b Dimostrare che la retta r e il piano π sono incidenti e calcolare la loro intersezione. Basta mettere le tre equazioni di piano a sistema e risolverlo. Si tratta di un sistema di tre equazioni in tre incognite, determinato (questo si evince anche dalla domanda successiva, senza nessuna difficoltà. La sua unica soluzione è (; ;, quindi l intersezione tra π e r è ridotta al punto D(; ;. c Verificare che r e π sono ortogonali. Basta verificare che un vettore normale al piano π è direzionale per la retta r. Siccome la retta r è data dall intersezione due piani π e π, basta verificare che se n e n sono vettori normali a π e π, allora n n = n n = 0. Possiamo prendere n = (6; ; 7 e n = (7; ; e la verifica è immediata. d Trovare l equazione di un piano π parallelo a π e a distanza 0 da esso. visto che n è normale al piano. Inoltre n = 0 per cui il punto E tale che DE = n è alla giusta distanza di π. E(; ; 6. Il vettore n è normale a π per cui un equazione del piano π è π : x y + z = 0 Esercizio. Si consideri la conica x 4xy x 4 y = 0. a Si determini (se esiste il centro della conica. L esistenza del centro e le sue coordinate si possono facilmente dedurre dalle risposte alle domande successive. In alternativa, possiamo considerare il sistema ( x B + c = 0, y dove B = ( (, c =. 0 Si trova che le coordinate del centro sono x C = e y C =.

12 b Si trovi la forma canonica della conica e la si riconosca. Bisogna anzitutto eliminare il termine 4xy, ossia diagonalizzare la matrice B. I suoi autovalori sono λ = 4 e λ =. Una base ortonormale di autovettori è data da u = La rotazione cercata è quindi (, u = { x = (x + y y = ( x + y ( e la nuova equazione della conica è 4(x (y y = 0. (Si ricorda che basta trasformare il binomio x y, poiché sappiamo che i termini di secondo grado diventano λ (x + λ (y, mentre il termine noto rimane ovviamente invariato. L equazione ottenuta può essere riscritta come 4(x (y + = 0. Pertanto la traslazione { X = x. porta la conica nella forma canonica Y = y + Si tratta quindi di un iperbole. X 4 Y =. c Si determini la trasformazione di coordinate che porta la conica nella forma canonica. Basta comporre la rotazione e la traslazione già trovate. Si ottiene { x = (X + Y y = ( X + Y Ponendo X = 0 e Y = 0 si può verificare che il centro C ha coordinate x C = y C =, come già visto. e 4

13 Università degli Studi di Bergamo Modulo di Geometria e Algebra Lineare (nuovo programma 8 aprile 04 Tema D Tempo a disposizione: ore e mezza. 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. Si consideri il sottoinsieme di R, dipendente da un parametro k, x + y + z x 4y + 6z + (k + V k = x + y + z x, y, z R. x + y + z x y + z a Si dimostri che V k è un sottospazio vettoriale se e solo se k =. Verifichiamo che il vettore nullo appartiene a V k se e solo se k =. Infatti perché ci sia il vettore nullo in V k bisogna che esistano x, y e z tali che x + y + z = 0 x 4y + 6z + (k + = 0 x + y + z = 0 x + y + z = 0 x y + z = 0 ovvero e quindi y = z, x = z e k =. V = 7y 7z = 0 y + z + (k + = 0 4y 4z = 0 9y 9z = 0 x y + z = 0 x + y + z x 4y + 6z x + y + z x + y + z x y + z x, y, z R.

14 Si vede che V è l immagine dell applicazione lineare f A di matrice 4 6 A = o, in modo analogo, che è il sottospazio generato da v =, v 4 = e v = b Si determini una base di V. visto che gli x, y e z che danno il vettore nullo dipendono da un parametro. In altre parole il nucleo di f A è di dimensione ; siccome il dominio di f A è R, la dimensione di V è =. Purtroppo non esplicita una base di V ma segnala che i vettori v, v e v sono troppi per formare una base. D altra parte le due prime colonne di A (cioè v e v non sono proporzionali e quindi sono linearmente indipendenti; siccome V è di dimensione, formano una base di V. Procedendo diversamente, non è difficile osservare che la matrice A, che è la matrice dei vettori v, v e v, ha caratteristica e che le sue due prime colonne sono linearmente indipendenti e quindi formano una base di V. Esercizio. Si consideri il piano π passante per i tre punti e la retta A(6; ;, B(6; 9;, C( 9; 4; r : { x y z = 0 x y z + 9 = 0 a Dopo aver verificato che i tre punti A, B e C non sono allineati, calcolare l equazione del piano π. AB = (0; 0; 0 e 6 AC = ( ; ; 6 ; questi due vettori sono ovviamente non proporzionali per cui i punti non sono allineati. AB AC = ( 60; 0; 0 per cui un vettore normale a π è n = (, 0, e un equazione di π è allora π : x + z 7 = 0.

15 b Dimostrare che la retta r e il piano π sono incidenti e calcolare la loro intersezione. Basta mettere le tre equazioni di piano a sistema e risolverlo. Si tratta di un sistema di tre equazioni in tre incognite, determinato (questo si evince anche dalla domanda successiva, senza nessuna difficoltà. La sua unica soluzione è (; ;, quindi l intersezione tra π e r è ridotta al punto D(; ;. c Verificare che r e π sono ortogonali. Basta verificare che un vettore normale al piano π è direzionale per la retta r. Siccome la retta r è data dall intersezione due piani π e π, basta verificare che se n e n sono vettori normali a π e π, allora n n = n n = 0. Possiamo prendere n = (; ; e n = (; ; e la verifica è immediata. d Trovare l equazione di un piano π parallelo a π e a distanza 9 da esso. visto che n è normale al piano. Inoltre n = 9 per cui il punto E tale che DE = n è alla giusta distanza di π. E(; ; 6. Il vettore n è normale a π per cui un equazione del piano π è π : x + z 6 = 0 Esercizio. Si consideri la conica x 4xy x 4 y 4 = 0. a Si determini (se esiste il centro della conica. L esistenza del centro e le sue coordinate si possono facilmente dedurre dalle risposte alle domande successive. In alternativa, possiamo considerare il sistema ( x B + c = 0, y dove B = ( (, c =. 0 Si trova che le coordinate del centro sono x C = e y C =.

16 b Si trovi la forma canonica della conica e la si riconosca. Bisogna anzitutto eliminare il termine 4xy, ossia diagonalizzare la matrice B. I suoi autovalori sono λ = 4 e λ =. Una base ortonormale di autovettori è data da u = La rotazione cercata è quindi (, u = { x = (x + y y = ( x + y ( e la nuova equazione della conica è 4(x (y y 4 = 0. (Si ricorda che basta trasformare il binomio x y, poiché sappiamo che i termini di secondo grado diventano λ (x + λ (y, mentre il termine noto rimane ovviamente invariato. L equazione ottenuta può essere riscritta come 4(x (y + = 0. Pertanto la traslazione { X = x. porta la conica nella forma canonica Y = y + Si tratta quindi di un iperbole. X 4 Y =. c Si determini la trasformazione di coordinate che porta la conica nella forma canonica. Basta comporre la rotazione e la traslazione già trovate. Si ottiene { x = (X + Y y = ( X + Y Ponendo X = 0 e Y = 0 si può verificare che il centro C ha coordinate x C = y C =, come già visto. e