Corso di Laurea in Matematica - Esame di Geometria 1. Prova scritta del 30 gennaio 2017

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1 Corso di Laurea in Matematica - Esame di Geometria 1 Prova scritta del 30 gennaio 2017 Cognome Nome Numero di matricola Voto ATTENZIONE. Riportare lo svolgimento completo degli esercizi. I soli risultati, anche se corretti, non vengono presi in considerazione. Esercizio Esercizio 2 1. (1 punto) 3. Esercizio 3 1. (1 punto) 3. (4 punti) Esercizio 4 1. Esercizio Esercizio 1 In R 2,2 si considerino i sottospazi ( ) } w x V = R 2,2 w + x + 2z = x y z = 0 y z al variare di t R. e (( 1 t W = L t ) ( t 2 1, t 3 1 ))

2 (1) Calcolare la dimensione di V e scriverne una base. (2) Calcolare la dimensione di W al variare di t R. (3) Dire per quali valori del parametro t si ha una decomposizione R 2,2 = V W. (4) Posto t = 0 costruire un endomorfismo f di R 2,2 tale che f(v ) = W e f(w ) = V, e scrivere la matrice di un tale endomorfismo rispetto ad una base fissata. (1) La matrice del sistema che definisce V ha rango 2 e pertanto ( dim(v ) = ) 4 2 ( = 2. Risolvendo )} il sistema in termini dei parametri y, z si ottiene la base, (2) Siccome W ha due generatori, si avrà che dim(w ) = 2 a meno che i generatori non siano proporzionali. Osservando la seconda colonna, si vede che questo capita solo per t = 1 nel qual caso dim(w ) = 1. (3) Le matrici in W sono tutte della forma ( 1 t α t ) ( t β t 3 1 ) ( = α + β(t 2) α(t + 1) + β(t 3) αt β α + β ) con (α, β) R 2. Imponendo che le coordinate di tale matrice soddisfino le equazioni che definiscono V si ottiene il sistema nelle due incognite α, β α(t 1) + β(t 1) = 0 β(1 t) = 0 che ammette soluzioni (α, β) (0, 0) se e solo se t = 1. Pertanto V W = 0} se e solo se t 1, e per tali valori R 2,2 = V W, perché dim V = dim W = 2. (4) Come visto sopra, se t = 0 si ha una decomposizione R 2,2 = V W e pertanto è possibile scegliere una base v 1, v 2, w 1, w 2 } di R 2,2 con v i V e w i W, i = 1, 2. Allora l endomorfismo f tale che f(v 1 ) = w 1, f(v 2 ) = w 2, f(w 1 ) = v 1, f(w 2 ) = v 2 soddisfa la richiesta. Rispetto alla medesima base la matrice associata ad f è

3 Esercizio 2 Si consideri R 4 con il prodotto scalare standard, e il vettore v = (t, 0, t, 1), dove t R è un parametro. (1) Si determini l unico valore positivo t 0 del parametro t per cui v ha lunghezza 3. (1 punto) (2) Per il valore t 0 del punto precedente si determini la proiezione ortogonale w del vettore v sull iperpiano H di equazione x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 0. (3) Determinare tutti i vettori in H ortogonali a w, di norma 2, e formanti un angolo di 3 4 π con il vettore (0, 0, 0, 1). (1) La richiesta che 2t = 3 ha come soluzioni t = ±1 e quindi t 0 = 1 e v = (1, 0, 1, 1). (2) La proiezione di v su H si può ottenere come differenza tra v e la sua proiezione sulla direzione ortogonale ad H, cioè w = v v n n n n = (1, 0, 1, 1) 1 ( 3 (1, 1, 1, 1) = 4 4, 1 4, 5 4, 3 ). 4 (3) Il generico vettore di H è (a, b, c, a b c). Imponendo che sia ortogonale a w otteniamo b = 2c, e sostituendo otteniamo il vettore (a, 2c, c, c a). Imponiamo l ultima condizione: (a, 2c, c, c a) (0, 0, 0, 1) = ( 2 1 ), 2 da cui c = a 1, e sostituendo otteniamo il vettore (a, 2 2a, a 1, 1). Infine imponendo che la norma sia 2 otteniamo a = 1 o a = 2 3, da cui le soluzioni ( 2 (1, 0, 0, 1) e 3, 2 ) 3, 1 3, 1. Esercizio 3 Sia R 2 [t] lo spazio vettoriale dei polinomi di grado al più 2, e siano h, k dei parametri reali. (1) Dimostrare che esiste ed è unico un endomorfismo f di R 2 [t] tale che: (1 punto) f(t 2 + 1) = f(t) = 0 e f(1) = ht 2 + t + k. (2) Determinare i valori di h e k per cui t 2 + t Imf, e per tali valori determinare tutte le controimmagini di t 2 + t.

4 (3) Determinare per quali valori di h e k l endomorfismo f è diagonalizzabile. (4 punti) 1. I polinomi t 2 + 1, t, 1 formano una base di R 2 [t], infatti si verifica facilmente che sono linearmente indipendenti, e lo spazio vettoriale ha dimensione 3. Pertanto l endomorfismo f esiste ed è unico. 2. Si ha Imf = L(ht 2 + t + k), pertanto t 2 + t Imf se e solo se t 2 + t L(ht 2 + t + k), se e solo se h = 1 e k = 0. In tal caso si ha f(1) = t 2 + t, inoltre ker f = L(t 2 + 1, t). L insieme delle controimmagini si ottiene sommando alla controimmagine 1 un elemento qualsiasi del nucleo, pertanto è 1 + a(t 2 + 1) + bt = at 2 + bt + a + 1 al variare di a, b R. 3. Scriviamo la matrice A di f rispetto alla base t 2 + 1, t, 1. Abbiamo quindi ht 2 + t + k = h(t 2 + 1) + t + k h, A = 0 0 h k h Gli autovalori di A sono 0, 0, k h, e dim V 0 = 2 per ogni h, k. Pertanto f è diagonalizzabile se e solo se k h 0, cioè se e solo se h k. Consideriamo la forma quadratica su C 3 : Esercizio 4. Q(x) = x 2 1 2x 1 x 2 + 5x 2 2 2x 1 x x 2 x 3 + 5x 2 3. (1) Determinare il rango e il nucleo della forma bilineare simmetrica φ associata a Q. (2) Il cono isotropo di Q è un sottospazio vettoriale di C 3? Motivare la risposta. 1. La matrice associata a Q rispetto alla base canonica di C 3 è M = 1 5 5, da cui rkφ = rkm = 2. Il nucleo di φ è dato dalle soluzioni del sistema lineare omogeneo associato a M, ovvero ker φ = (0, t, t) t C}.

5 2. Dato che Q ha rango 2, esiste una base B di C 3 nelle cui coordinate si ha Q(y) = y y 2 2 = (y 1 + iy 2 )(y 1 iy 2 ). Vediamo quindi che il cono isotropo è dato dall unione dei due sottospazi distinti di equazioni y 1 + iy 2 = 0 e y 1 iy 2 = 0, e pertanto non è un sottospazio vettoriale. Per esempio i due vettori di coordinate (rispetto alla base B) (i, 1, 0) e ( i, 1, 0) sono isotropi, ma la loro somma non è un vettore isotropo. Esercizio 5 Consideriamo le rette in R 3 : r : x + y = 1 x + z = 1 e s: y = k 2x + z = k dove k è un parametro reale. (1) Determinare la posizione reciproca di r e s al variare di k. (2) Per k = 0 determinare la distanza tra r e s. 1. Le direzioni di r e di s sono date, rispettivamente, da v r = (1, 1, 1) e v s = (1, 0, 2); vediamo quindi che le due rette non sono mai parallele. Consideriamo i punti P = (0, 1, 1) r e Q = (0, k, k) s. Allora r e s sono complanari se e solo se 0 = det(v r v s P Q) = 2(k 1). Ne deduciamo che r e s sono sghembe per k 1 e sono complanari e incidenti nel punto (0, 1, 1) per k = Per k = 0 le due rette sono sghembe e la loro distanza è d = det(v r v s P Q) = v r v s 2 (2, 1, 1) = 2 3.