FACOLTA DI INGEGNERIA

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1 FACOLTA DI INGEGNERIA Corso di laurea in Ingegneria Telematica ed Ambiente e il Territorio Prova scritta di Algebra Lineare e Geometria assegnata il 9/09/004 - Durata della prova: due ore - Non si può uscire dall aula prima di aver consegnato definitivamente il compito. - Non si possono consultare i libri di testo. - Usare solo la carta fornita dai Docenti. 1) Studiare il seguente fascio di coniche: I x + hy + xy + (h + 1)y = 0 con h IR. In particolare trovare i punti base e le coniche spezzate. ) Sia la parabola del fascio. Trovare una sua forma canonica ed il cambiamento di coordinate. II Studiare il seguente fascio di quadriche: con h IR. hx + (1 h)y + (1 + h)z + x y + z = 0 III In IR 4, sia dato il seguente spazio vettoriale V = L(v 1, v, v 3 ) dove v 1, v e v 3 sono i vettori v 1 = (1, 1, 1, 0), v = (0, 1,, 1) e v 3 = (1, 0, 0, 1). Sia f : V V l endomorfismo definito da con h parametro reale. f(v 1 ) = (, 1, 1, 1) f(v ) = (0, 1 + h, h 1, h 1) f(v 3 ) = ( h, 0, 0, h) 1. Studiare f al variare del parametro h trovando una base per Imf e Kerf.. Studiare la semplicità di f, e nei casi in cui è semplice determinare una base di autovettori.

2 Soluzione Il fascio richiesto è il seguente: I x + xy + y + h(y + y) = 0 da cui per h = 0 si ha l iperbole (si verifica facilmente) x + xy + y = 0; per h = si ottiene la conica spezzata y(y + ) = 0. I punti base del fascio si ottengono risolvendo il seguente sistema { x + xy + y = 0 y(y + ) = 0 le cui soluzioni sono A = (0, 0) contato due volte, B = ( +, ), C = (, ). Si ha B = 1 h h+1 0 h+1 0 = (h + 1) Allora 1. B = 0 h = 1. In tal caso φ si spezza nelle due rette x + (1 )y) = 0 e x + (1 + )y) = 0.. B 0 h 1 e si hanno coniche irriducibili. Essendo A = h = h 1 Si ha: A = 0 h = 1 e si ha la parabola x + xy + y + 4y = 0. A > 0 h > 1 e si hanno ellissi. Non si hanno circonferenze. A < 0 h < 1 e si hanno iperboli. Non si hanno iperboli equilatere. 3) La parabola richiesta è : x + xy + y + 4y = 0. Gli autovalori relativi alla sottomatrice A sono α = 0 e β =. Essendo B = 4, si ha βγ = 4, da cui si deduce γ = ±. A questo punto si deve fare la scelta del segno. Il punto improprio della parabola è P = (1, 1, 0), il punto improprio in direzione ad esso ortogonale è Q = (1, 1, 0), pertanto l asse di simmetria è la polare di Q, ovvero x + y + 1 = 0. Facendo sistema tra l equazione della parabola e quella dell asse di simmetria si trova il vertice V = ( 3 4, 1 4 ). Adesso si deve trovare la matrice della rototraslazione che permette di ridurre l equazione di in forma canonica del tipo βy = γx. interseca l asse x nell origine (due volte) e l asse

3 y in (0, 4), pertanto la forma canonica è Y = X. La matrice della rototraslazione è la seguente: / / Q = / e le formule del cambiamento di coordinate sono { x = X + Y 3 4 y = X + Y 1 4 (1) III) Studiamo il fascio di quadriche Ψ : hx + (1 h)y + (1 + h)z + x y + z = 0 Quindi1 B = h h h = (h 1 )(h 1 + ) e A = h 0 ρ 0 1-h ρ = ρ Quindi: B = 0 ρ = 0,. In entrambi i casi rk(b) = 3. Per ρ = 0, si ha A = 0 e la quadrica è il cilindro:ψ : x y xy + x + y = 0. Per ρ =, si ha A = e la quadrica è il cono: Ψ : x y + z xy + 4xz + x + y = 0. Sia B = 0 ρ 0,. In tal caso, si hanno quadriche non degeneri; in particolare, essendo A = 0, non si hanno paraboloidi, ma solo iperboloidi e/o ellissoidi. A tale scopo, studiamo il segno degli autovalori relativi al polinomio caratteristico associato alla sottomatrice A. Quindi: A IT = 1-T -1 ρ -1-1-T 0 ρ 0 ρ-t = = T 3 + ρt + (ρ + )T + ρ ρ e dalla regola di Cartesio si trova che si sono solo iperboloidi.

4 II Sia B = {v 1, v, v } una base di V. Si ha A = M B B(f) = h 1 0 -h h = 0 per ogni h IR Quindi f non è un isomorfismo: In particolare, se h 0 si ha rka =. Pertanto dim Imf = ed una base è data da [(h, h, 0) B, (1, 1, 1) B ]; dim Kerf = 1 e Kerf = {(x, y, z) R y = hx, z = x}, pertanto una base è data da [(1, h, 1) B ]. Se h = 0 si ha A = e rka = 1. Pertanto dim Imf = 1 ed una base è data da [( 1, 1, 1) B ]; dim Kerf = e Kerf = {(x, y, z) R y = 0}, pertanto una base è data da [(1, 0, 0) B, (0, 0, 1) B ]. Calcoliamo adesso il polinomio caratteristico A IT = h-t 1 0 -h -1-T h-t = ( h T )[T +(1 h)t ] = T (h+t )(T +1 h) Si hanno i seguenti autovalori: T 1 = 0, T = h e T 3 = h 1. Si hanno tre autovalori distinti se e solo se h 0, 1, 1 In tal caso, si ha: V 0 = {(x, y, z) V y = hx, z = x} = {(x, hx, x)} ed una base di V 0 è data dal vettore (1, h, 1) B = w 1. V h = {(x, y, z) V x = 0, y = 0} = {(0, 0, z) B } ed una base di V h è data dal vettore (0, 0, 1) B = v 3. V h 1 = {(x, y, z) V x = y, z = 1 h 1 y} = {( y, y, 1 h 1 y) B} ed una base di V h 1 è data dal vettore (1 h, h 1, 1) B = w. Pertanto la base di autovettori richiesta è [w 1, v 3, w ] Per h = 0 si ha T 1 = 0 doppio e T = 1 semplice. Essendo in questo caso dim V 0 = allora f è semplice. Una base di V 0 è [v 1, v 3 ]. ed una base di V 1 è [(1, 1, 1) B = w 3 ]. Pertanto la base di autovettori richiesta è [v 1, v 3, w 3 ] Sia adesso h = 1. Si ha T 1 = 0 doppio e T = 1 semplice. Calcoliamo dim V 0. Essendo il rango della matrice

5 uguale a due, allora dim V 0 = 1 e quindi f non è semplice. Sia h = 1, si hanno T 1 = 1 doppio e T = 0 semplice. Calcoliamo dim V 1. Essendo il rango della matrice uguale a due, allora dim V 1 = 1 e quindi f non è semplice. Determiniamo adesso la controimmagine del sottospazio W. In particolare, per h = 0 si ha W = L ((1, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 1)) = L(v 1, v 1 v + v 3 ), mentre per h 0 si ha W = L ((1, 1, 0, 0)) = v 1 e si verifica facilmente che in entrambi i casi f 1 (W ) =