Prova scritta di Geometria 1 Docente: Giovanni Cerulli Irelli 15 Febbraio 2017

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1 Prova scritta di Geometria Docente: Giovanni Cerulli Irelli 5 Febbraio 7 Esercizio. Si considerino i due sottospazi π e π di R dati dalle seguenti equazioni: π : x y + z = ; π : x + y z =.. Trovare una base di π.. Trovare una base di π.. Trovare una base di π π.. Determinare le matrici che rappresentano rispettivamente la proiezione ortogonale su π π, su π e su π, rispetto alla base standard di R. 5. Calcolare la distanza di P := (,, ) rispettivamente da π π, da π e da π. Soluzione Esercizio. L equazioni dei due piani π e π forniscono i due vettori normali N := (,, ) t e N := (,, ) t. Notiamo che N N =, per cui i due piani sono ortogonali e quindi N π e N π. Denotiamo con π := π π l intersezione di π e π. Essa è la retta di R generata dal prodotto vettoriale N N = (,, ) t di N e N. Questo ci dice che una base per π è {N N, N } ed una base per π è {N N, N }. I tre vettori {N N, N, N } formano una base ortogonale di R. Normalizzando, otteniamo la base ortonormale B := {,, }. Sia P r i : R R la proiezione ortogonale su π i, per i =,,. Nella base B, l applicazione lineare P r i è rappresentata dalla matrice A i data da A := A := A := Per trovare la matrice che rappresenta P r i nella base standard di R dobbiamo cambiare base: sia B :=

2 la matrice di cambiamento di base dalla base canonica alla base B. Abbiamo il seguente diagramma R R P r i R R F C = F B R R L B F B L Ai R L B R F C = dove C = {e, e, e } denota la base standard di R. Per cui la matrice che rappresenta P r i nella base C è C i := BA i B. Poichè B è una matrice ortogonale, B = B t. Per cui le tre matrici C, C e C cercate si ottengono con un semplice calcolo. Otteniamo C =, C = 5, C =. 5 La proiezione di P sul sottospazio π i è il vettore C i P : P r π π (P ) =, P r π (P ) =, P r π (P ) = La distanza di P da π i è uguale a P P r i (P ) : dist(p, π π ) = P =, dist(p, π ) = dist(p, π ) = 8 = = =, =. 8.

3 Esercizio. Ridurre a forma canonica affine la conica di equazione p(x, y) := x + 9 x x x + x + x = specificando i cambiamenti di coordinate. Soluzione Esercizio. Le matrici associate a p ed alla sua parte quadratica sono rispettivamente ( A := 9, A ) :=. Il polinomio caratteristico di A è x 5x + le cui radici sono Sp(A ) = {, }. L autospazio di autovalore è generato dal vettore unitario v = (, ) e l autospazio di autovalore è generato dall autovettore unitario v = (, ). Sia B la matrice che ha per colonne rispettivamente v e v. Poichè B è una base ortonormale di R, la matrice B è ortogonale. Effetuiamo il cambiamento di coordinate metrico X = BX e otteniamo che p è metricamente equivalente al polinomio p (x, x ) = x + x + y. Effetuiamo il cambiamento di coordinate metrico x = x, y = y, ed otteniamo che p è metricamente equivalente al polinomio p (x, x ) = x + x. Dividiamo per, ed effettuiamo il cambiamento di coordinate affine x x, x = 5y e otteniamo che p é affinemente equivalente al polinomio q(x, y) = x + y. Concludiamo che la conica iniziale é affinemente equivalente ad un ellisse reale. 9 =

4 Esercizio. Studiare il seguente sistema di equazioni lineari al variare del parametro k R: x + y + z = k; kx + y + z = x + y kz = Soluzione Esercizio. La matrice completa del sistema k k k è equivalente per righe alla matrice a scala k k k k. k k Se k e k la matrice del sistema ha rango massimo, per cui il sistema ammette un unica soluzione che si trova con procedimento all indietro: x = k( k) ( k)(k+), y = ( k )(k+) k( k) ( k)(k+), z = k k+. Se k = il sistema è incompatibile. Se k =, il sistema ammette infinite soluzioni che formano la retta affine + Span( ). 5

5 Esercizio. Sia R [t] lo spazio vettoriale dei polinomi di grado minore o uguale a due. Al variare del parametro reale k si consideri l applicazione lineare T k : R [t] R [t] definita come segue: T k (p)(t) := kp() + p ()(t + ( k)t ) + p ()((k )t + (k )t ). Scrivere la matrice che rappresenta T k nella base standard di R [t].. Si determinino i valori di k per i quali T k è diagonalizzabile su R.. Si dica per quali valori di k esiste una base ortogonale di R [t] nella quale T k è rappresentato da una matrice diagonale.. Si determini una base ortogonale di autovettori di T k nel caso in cui k =. Soluzione Esercizio. La matrice che rappresenta T k nell abase standard di R [t] è k A k := k. k k L applicazione lineare T k è diagonalizzabile su R se e solo se la matrice A k lo è. Il polinomio caratteristico di A k è P Ak (x) = (k x)(x kx+(k k+)) = (k x)(x k+ (k ))(x k (k )) per cui lo spettro di A k è l insieme {k, k + (k ), k (k )}. Lo spettro reale di A k è quindi data da {k, k + (k ), k (k )} se k > ; Sp R (A k ) = {} se k = ; {k} se k <. Se k >, A k ha tre autovalori reali distinti, per cui è diagonalizzabile. Se k = la matrice A non è diagonalizzabile in quanto ha molteplicità algebrica tre ma molteplicità geometrica due. Se k < gli autovalori di T k non sono tutti reali, per cui non è diagonalizzabile su R. In conclusione, T k è diagonalizzabile su R se e solo se k >. In questo caso, la base formata di autovettori è ortogonale se e solo se A k è una matrice simmetrica (grazie al teorema spettrale). Questo accade se e solo se k =. In questo caso una base di autovettori è data da {e,, } 5

6 Esercizio 5. Nello spazio euclideo tridimensionale si considerino i due punti P = (,, ), Q = (, 5, ) ed il piano π di equazioni parametriche: x = + t y = + t + s z = + s (s, t R). Determinare equazioni parametriche e cartesiane della retta r passante per i punti P e Q.. Determinare un equazione cartesiana del piano π.. Determinare la posizione reciproca e la distanza tra il piano π e la retta r. Soluzione Esercizio 5. Un equazione parametrica della retta r è data da r : P + t(q P ), ovvero x = + t r : y = + t (t R) z = + t espicitando il parametro, otteniamo equazioni cartesiane per r { x y = r : x z = Il piano π è il sottospazio affine π = P + π dove P = (,, ) t e π = Span{(,, ) t, (,, ) t }. Per trovare un vettore normale a π possiamo fare il prodotto vettoriale dei suoi generatori: N := = Un equazione cartesiana per π è quindi π : N X = N P ovvero π : x y + z =. Il vettore direttore di r è (,, ) t ed appartiene al piano π. Per cui r e π sono paralleli. Poichè P non appartiene a π ma appartiene ad r, deduciamo.

7 che la retta r non giace sul piano π. La distanza tra r e π è data da dist(r, π) = dist(p + r, P + π ) = dist(p P, π ) = P r N (P P ) = (P P ) N N N N = (P P ) N N =. 7