PROVA SCRITTA DEL 10 LUGLIO 2008 e SOLUZIONI. Per ognuno dei seguenti quiz indicare l unica risposta corretta tra le quattro proposte.

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1 Geometria B1-02efe Geometria - 13bcg PROVA SCRITTA DEL 10 LUGLIO 2008 e SOLUZIONI Per ognuno dei seguenti quiz indicare l unica risposta corretta tra le quattro proposte. Esercizio 1. Sia u, v, w vettori linearmente indipendenti di R 3, e siano x= u + v, y = u + w, z = v w. a) ( x, y, z ) è una base di R 3. b) u, y, z sono linearmente dipendenti. c) x, u, v sono linearmente indipendenti. d) x, y, w sono linearmente indipendenti. Soluzione La risposta corretta è d). Infatti, scrivendo i tre vettori rispetto alla base { u, v, w} si ha x= 1 u +1 v +0 w= (1, 1, 0) e, analogamente, y = (1, 0, 1) e w= (0, 0, 1). Mettendo per colonne questi vettori si ottiene la matrice A = Poichè det A 0 si ha che il rango di A è 3 e quindi i tre vettori sono linearmente indipendenti. Esercizio 2. Sia data la matrice a) A 4 è la matrice nulla. b) A 3 = A 1. c) A 2 = A 1. d) A 4 = A 2. A = Soluzione La risposta corretta è la c). Infatti, calcolando direttamente le potenze di A si ottiene A 2 = e, proseguendo, si ha A 3 = I cioè A 2 A = I dal che si deduce che A 2 = A 1 (per definizione). Esercizio 3. Sia f h : R 2 R 2 l applicazione lineare definita come a) dim ker(f 2 ) = 1. f(x, y) = (x hy, hx + y). 1

2 2 b) Se dim Im(f h ) = 2 per qualche h R, allora dim ker(f h ) = 2 per lo stesso valore di h R. c) f 1 è invertibile. d) f 0 non è suriettiva. Soluzione a risposta corretta è la c). Infatti la matrice associata a f 1 è A 1 = [ e det A 1 = 2 0 dunque A 1 è invertibile e questo equivale a dire f 1 invertibile. Esercizio 4. Siano A, B matrici 3 3 ad entrate reali. a) I sistemi lineari AX = B e BX = A hanno le stesse soluzioni. b) Se AX = B ha soluzioni allora anche BX = A ha soluzioni. c) Se i sistemi AX = B e BX = A hanno soluzioni allora r(a) = r(b). d) Se A 2 = B 2 allora A = B oppure A = B. Soluzione La risposta corretta è la c). Osserviamo che A e B non hanno necessariamente lo stesso rango (nè rango massimo). Quindi per a) e c) si trovano facilmnte controesempi. La d) è falsa in generale. Per provare la c) basta ragionare in questo modo: se AX = B ha soluzione allora r(a) = r(a B); se BX = A ha soluzione, allora r(b) = r(b A). poiichè r(a B) = r(b A), segue l asserto. Esercizio 5. Siano dati i punti A(1, 1), B(4, 5), C(8, 8), D(5, 4). a) Non ci sono circonferenze inscritte nel quadrilatero ABCD. b) I punti A, B, C, D appartengono ad una stessa circonferenza. c) L area di ABCD è uguale a 7. d) Il quadrilatero ABCD è un quadrato. Soluzione La risposta corretta è la c). Infatti è facile vedere (anche solo dal disegno) che i quattro punti sono i vertici di un rombo (il che esclude immediatamente b) e d)). Per considerazioni di geometria elementare si può escludere la a) (è possibile cotruire il cerchio inscritto). In ogni caso è poi facile provare la c) con un semplice conto. Infatti AC = (8 1) 2 + (8 1) 2 = 7 2 e BD = 2. Calcolando l area si ottiene A = AC BD = 7. 2 Esercizio 6. Sia dato il polinomio P (x) = x 4 + x 3 x 1. a) Tutte la radici di P (x) sono in R. b) P (x) ha radici solo in C \ R. c) x = 0 è radice di P (x). d) Tutte le radici di P (x) hanno modulo 1. Soluzione La risposta corretta è la d). Infatti possiamo scomporre il polinomio come p(x) = x 3 (x+1) (x+1) = (x+1)(x 3 1). Dunque x = 1 è una soluzione e le altre sono le tre radici (in C) dell unità. Quindi tutte le soluzioni hanno modulo 1. ]

3 Esercizio 7. Siano date le rette r : { x = 1 y = z x = 1 + t ed s : y = t z = t. a) Ruotando r attorno ad s si ottiene un piano. b) Ruotando r attorno ad s si ottiene un cilindro. c) Ruotando r attorno ad s si ottiene un cono con apertura di π/4.. d) Ruotando r attorno ad s si ottiene un cono con apertura di π/6.. 3 Soluzione La risposta corretta è la a). Infatti si vedi subito che le due rette sono incidenti nel punto P (1, 0, 0) (il che esclude la b)). Basta ora calcolare l angolo tra i due vettori direzionali delle rette. Per comodità riscriviamo in forma parametrica la prima retta r : x = 1 y = h z = h Si ha che il vettore direzionale di r è v = (0, 1, 1) mentre quello di s è w= (1, 1, 1). Facendo il prodoto scalare si ottiene v w= 0. Quindi le due rette sono incidenti e ortogonali e facendo ruotare r attorno ad s si ottiene un piano.

4 4 Esercizio 8. Sia data l applicazione lineare f : R 3 R 3 definita come f(x, y, z) = (3x + z, x + 2y + z, 2x), e sia A la matrice associata ad f. Calcolare gli autovalori di f ed una base per ogni suo autospazio. Stabilire se f è semplice ed in caso affermativo determinare una matrice P che diagonalizza la matrice A e la matrice diagonale D che si ottiene. Trovare, se esiste, un vettore v R 3 che non sia autovettore per f. Senza fare altri calcoli, dire poi se f( v ) è autovettore per f. Svolgimento dell Esercizio 8. La matrice associata all applicazione lineare è A = Scritta la matrice A ti = 3 t t t il polinomio caratteristico di A è dato da det(a ti) che si ottiene facilmente sviluppando il determinante rispetto alla seconda colonna det(a ti) = (2 t)[ 3t + t 2 + 2] = (t 2) 2 (1 t) da cui deduciamo che gli autovalori sono. t = 1 con molteplicità 1 (m(1) = 1) t = 2 con molteplicità 2 (m(2) = 2) L applicazione f è semplice se e solo se A è diagonalizzabile e questo capita se le dimensioni degli autospazi coincidono con la molteplicità algebrica degli autovalori. Si ha V 1 = { x (A I) x= 0 }. Bisogna risolvere [x, y, z] T = La prima e l ultima equazione sono equivalenti e una delle due si può eliminare. Riducendo la matrice rimasta si ha [ ] = [x, y, z] T = 0 Notiamo subito che dim V 1 = 3 r(a I) = 1 = m(1). Si può scegliere x come parametro libero; le soluzioni sono allora (x, x, 2x) e un generatore è il vettore (1, 1, 2). Si procede analogamente per l altro sottospazio. Si ha V 2 = { x (A 2I) x= 0 }. Bisogna risolvere [x, y, z] T =

5 Tutte le equazioni sono equivalenti alla prima e quindi il sistema è equivalente alla sola equazione: x + z = 0. Il sistema è in 3 incognite e la matrice associata ha rango 1. Si ha dim V 2 = 3 r(a 2I) = 3 1 = 2 = m(2). Poichè le dimensioni dei due autopazi coincidono con le molteplicità dei rispettivi autovalori, f è semplice. Troviamo una base per V 2. Ci sono due parametri liberi: uno è per esempio x e l altro è sicuramente y. Le soluzioni sono allora (x, y, x) e una base è data dai due vettori (1, 0, 1) e (0, 1, 0). A questo punto la matrice P richiesta ha per colonne i tre autovettori scelti: P = e la matrice D ha sulla diagonale i rispettivi autovalori Automaticamente P 1 AP = D. D = Per costruire un vettore (diverso da quello nullo) che non sia autovettore basta scegliere un vettore che non sta in nessuno dei due autospazi, per esempio w= (1, 0, 0). (Infatti A w= (3, 1, 2) T w). Se A w fosse autovettore si avrebbe A(A w) = t(a w) per qualche t. Moltiplicando a sinistra per A 1 entrambi i membri (si può perchè A è invertibile) si avrebbe A w= t w, cioè w dovrebbe essere un autovettore, mentre non lo è per ipotesi. 5

6 6 x = t Esercizio 9. Siano date le rette r : y = 1 + t z = 2 t ed s : { x + z = 1 y z = 0. (1) Stabilire se r ed s sono parallele, incidenti oppure sghembe. (2) Scelto A r, determinare il piano α contenente A ed s e la retta t per A parallela ad s. (3) Scrivere l equazione della sfera σ di centro A e raggio 1. Stabilire se s è esterna, tangente oppure secante σ. E rispetto alla circonferenza Γ = α σ? Svolgimento dell Esercizio 9. (1) Se scriviamo s in forma parametrica abbiamo x = 1 h y = h z = h Si deduce che il vettore direzionale di r è v = (1, 1, 1) e quello di s è w= ( 1, 1, 1). Non essendo proporzionale le due rette non sono parallele. Per vedere se si intersecano basta uguagliare le incognite ottenendo t = 1 h 1 + t = h 2 t = h Dalle ultime due equazioni si ricava t = 1/2 e h = 3/2 che sostituiti nella prima danno 1/2 = 1/2 e quindi il sistema non ha soluzione e le due rette non si intersecano. Poichè non sono parallele e non si intersecano sono sghembe. (2) Prendiamo per esempio A = (0, 1, 2) (ottenuto scegliendo t = 0 nella parametrizzazione di r). Scriviamo il fascio di piano per s e imponiamo il passaggio per A : a(x + z 1) + b(y z) = 0 a(2 1) + b(1 2) = 0 Si deduce a = b e, ponendo a = b = 1, si ottiene il piano: La retta t cercata ha equazioni α : x + y 1 = 0. x = 0 k y = 1 + k z = 2 + k (Ottenuta imponendo il passaggio per A e la direzione di s trovata in precedenza). Le rette r e t sono complanari perchè incidenti in A. Le rette s e t sono complanari perchè parallele. (3) La sfera cercata ha equazioni σ : x 2 + (y 1) 2 + (z 2) 2 = 1. Per verificare la posizione reciproca di σ e s basta calcolare la distanza di A dalla retta s. Se la distanza è minore (uguale, maggiore del raggio ( che vale 1) la retta è secante,( tangente, esterna, rispettivamente). (Per Γ = α σ vale lo stesso conto).

7 Per esempio si può calcolare il piano π ortogonale a s e passante per A, intersecarlo con s ottenendo B e calcolare AB. In questo caso π : (x) + (y 1) + (z 2) = 0 cioè π : x + y + z 3 = 0. Per trovare B calcoliamo π s sostituendo le equazioni parametriche di s nell equazione del piano; si ha (1 h) + h + h 3 = 0 che dà h = 4/3 e B = ( 1/3, 4/3, 4/3). Da cui AB = 1/9 + 1/9 + 4/9 = 2/3 < 1. La retta s è secante a σ ( e a Γ). 7