Prova scritta di Geometria 1 Docente: Giovanni Cerulli Irelli 20 Gennaio 2017

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1 Prova scritta di Geometria Docente: Giovanni Cerulli Irelli Gennaio 7 Esercizio. Si considerino i seguenti tre punti dello spazio euclideo: P :=, Q :=, R :=.. Dimostrare che P, Q ed R non sono collineari. Denotiamo con T il triangolo avente come vertici i tre punti P, Q ed R.. Calcolare il perimetro del triangolo T. 3. Calcolare l area del triangolo T. 4. Calcolare la distanza di P dalla retta passante per Q ed R. Soluzione Esercizio.. Dobbiamo verificare che i due vettori Q P = (, 3, 3) t e R P = (, 3, ) t sono linearmente indipendenti. Questo segue subito dalla definizione di indipendenza lineare: infatti il vettore α(, 3, 3) t + β(, 3, ) t = (α, 3α 3β, 3α β) t è nullo se e solo se α = β =.. Dobbiamo calcolare il numero Q P + R P + R Q, dove denota la usuale norma euclidea. Si ha Q P + R P + R Q = = (4 + 7) 3. L area del triangolo cercata è la metà dell area del parallelogramma generato dai vettori Q P e R P. Sappiamo che l area di tale parallelogramma è uguale alla norma del prodotto vettoriale (Q P ) (R P ). Si ha (Q P ) (R P ) = ( 3, 3, 3) = 7 = 3 3 per cui Area(T ) = Sia r la retta passante per Q ed R. La distanza tra P ed r è uguale alla distanza tra P e la sua proiezione ortogonale su r. Per cui essa è uguale alla lunghezza h dell altezza del triangolo T relativa al vertice P.

2 Dalla nota formula Area(T)=(base)x(altezza)/, sappiamo che l area di T è uguale a h R Q / da cui deduciamo: dist(p, r) = h = Area(T ) R Q = 3 3 = 3 6.

3 Esercizio. Sia T k : R [t] R [t] l operatore lineare definito da T k (p)(t) := p()( + t) + p ()(t + kt ) + p ()(kt + t ) al variare del parametro k R; dove p e p denotano la derivata prima e seconda di p, rispettivamente e la notazione q() denota la valutazione del polinomio q nel numero.. Scrivere la matrice che rappresenta T k nella base standard B = {, t, t } di R [t];. Determinare la dimensione dell immagine e del nucleo di T k in funzione di k R; 3. Determinare lo spettro (reale) di T k in funzione di k R; 4. Determinare gli autospazi di T k, in funzione di k R; 5. Determinare per quali valori di k R l endomorfismo T k è diagonalizzabile su R. Soluzione Esercizio.. Si ha: T k () = + t, T k (t) = t + kt e T k (t ) = kt + t, per cui la matrice associata a T k nella base standard B è A k = k k. Dato che dim Ker (T k ) = dim Ker (A k ) e che dim Im (T k ) = dim Im (A k ), é sufficiente determinare immagine e nucleo di A k. Effettuiamo una facile riduzione a scala A k = k k k k k 4 k e deduciamo che rg(a ) = rg(a ) = e che A k ha rango massimo (uguale a tre) per ogni k ±. Per cui { se k = oppure k = ; dim Ker (T k ) = altrimenti; { se k = oppure k = ; dim Im (T k ) = 3 altrimenti; 3

4 3. Calcoliamo il polinomio caratteristico di A k : p Ak (x) = det (A k x 3 ) = ( x)(( x) k ) = ( x)(x ( k))(x (k+)) per cui lo spettro di A k è uguale a Sp(A k ) = {, k, k+}. Dobbiamo specificare gli elementi di distinti dell insieme {, k, k + }. Si ha {, 3} se k = oppure se k = Sp(T k ) = {, } se k = {, k, k + } altrimenti 4. Determiniamo l autospazio di A k relativo all autovalore : k V (A k ) k = Span(. k k In particolare osserviamo che la molteplicità geometrica di è uno per ogni k R; Determiniamo l autospazio di A k relativo all autovalore k: V k (A k ) k k k k k k k k k k k k k(k ) k(k ) k k k k k k k(k ) k(k ) Discutiamo separatamente i due casi: k = e k. Se k = V (A ) = Span(, 4

5 che ha quindi dimensione due. Se k, k k V k (A k ) k k = Span( ) che ha quindi dimensione. Determiniamo l autospazio di A k relativo all autovalore k +. Si noti che se k =, k + = k, per cui possiamo assumere k, dato che il caso k = è stato già trattato: V k+ (A k ) = Span( k k k k k k k k + k k k k k k k(k + ) k(k + ) k k k k dove la penultima uguaglianza segue dal fatto che k. Per determinare gli autospazi di T k usiamo l isomorfismo F B : R [t] R 3 e otteniamo: V (T k ) = Span((k ) + t kt ) { Span(t, t V k (T k ) = ) se k = ; Span( t + t ) altrimenti. { Span(t, t V k+ (T k ) = ) se k = ; Span(t + t ) altrimenti. 5

6 5. Dall analisi degli autospazi svolta nel punto precedente, otteniamo le seguenti informazioni: Se k =, il polinomio caratteristico di T è ( x)(x ) ; l autovalore ha molteplicità algebrica uno e molteplicità geometrica uno; l autovalore ha molteplicità algebrica due e molteplicità geometrica due. Dato che lo spettro di T è reale, concludiamo che T è diagonalizzabile su R. Se k = o k =, il polinomio caratteristico di T k è ( x) (x 3); l autovalore ha molteplicità algebrica due e molteplicità geometrica uno; pertanto T k non è diagonalizzabile in questo caso. Se k non è uguale a, o, T k ha tre autovalori (reali) distinti e pertanto è diagonalizzabile (su R). 6

7 Esercizio 3. Ridurre a forma canonica affine la conica C p R p(x, y) = } dove p(x, y) := x xy + y + x + 3y +. = {(x, y) Soluzione Esercizio 3. La matrice che rappresenta la conica e la sottomatrice che rappresenta la sua parte quadratica sono rispettivamente ( ) A = 3/, A =. 3/ Per cui, ponendo X = (x, y) t e X := (x, y, ) si ha p(x) = t XA X. Il polinomio caratteristico di A è p A (x) = x(x ) e quindi Sp(A ) = {λ := > λ := }. Gli autospazi sono e ( V λ (A ) = ker( ) ( ) = Span( ( V λ (A ) = ker(a ) = Span( ) ). Una base ortonormale di autovettori per A è data da B = {v, v } dove ( ) ( ) v :=, v :=. ) ) Consideriamo la matrice B = ( ) che ha v e v come colonne. Effettuiamo il cambiamento di coordinate X = BX, dove X := (x, y ), ovvero x := x + y, y := x + y otteniamo p(x) = p (BX ) := x x + 5 y +. Consideriamo il cambiamento di coordinate X := X +C, dove C = (c, c ) t é un vettore da scegliersi opportunamente. Si ha p (X ) = p (X + C) = x + (c 4 )x + 5 y + p (c, c ). 7

8 Scegliamo c := cosi da eliminare il coefficiente di x e poi scegliamo c 8 in maniera da eliminare il termine noto (se possibile): p ( 8, c ) = c. Poniamo c := 3. Per cui effettuando il cambiamento di coordinate 8 x := x +, 8 y := y 3 8 otteniamo che p è metricamente equivalente al polinomio p (X ) := x + 5 y. Effettuiamo il cambio di coordinate (affine): x = x, y = 5 y otteniamo che p è affinemente equivalente a p 3 (x, y ) = x y. Per cui la conica C p è affinemente equivalente ad una parabola. 8

9 Esercizio 4. Si consideri la seguente matrice 5 3 A = Trovare equazioni parametriche e cartesiane per l immagine di A;. Trovare equazioni parametriche e cartesiane per il nucleo di A; 3. Sia b := (, 5, 3) t. Descrivere l insieme dei vettori X R 4 tali che AX = b. 4. L insieme di tutti i vettori X R 4 tali che AX = b, trovato nel punto precedente, è un sottospazio vettoriale di R 4? (Giustificare la risposta) Soluzione Esercizio 4. Effetuiamo una riduzione a scala della seguente matrice completa: 5 3 x 5 3 x A = 3 4 y y x z 4 z 8x 5 3 x y x x 3y + z Deduciamo che che l immagine di A ha come base la prima e la seconda colonna di A, per cui le seguenti sono equazioni parametriche per Im A: x = t s, y = t + 3s, (s, t R) z = 8t + 5s. Inoltre, sempre dalla riduzione a scala di sopra, otteniamo che Im A ha equazioni cartesiane x + 3y z =. Ancora dalla riduzione a scala eseguita sopra, deduciamo che il nucleo di A ha equazioni cartesiane { x = x 3 + x 4 x = x 3 x 4 da cui otteniamo immediatamente una base; essa è data dai vettori v :=, v := 9

10 che forniscono equazioni parametriche per Ker A: x = t + s, x = t s, (s, t R) x 3 = t, x 4 = s Si vede subito che il vettore b è dato da b = A + A per cui b appartiene all immagine di A e AX = b dove X = (,,, ) t. Per il teorema di struttura, sappiamo che l insieme degli X R 4 tale che AX = b è il sottospazio affine di R 4 dato da Ker A + X. Esso non è un sottospazio vettoriale poichè non contiene l origine.

11 Esercizio 5. Si consideri il sottospazio U di R 4 dato dalle seguenti equazioni cartesiane: { x y =. Trovare una base per U; x z + w =. Trovare una base ortonormale di U (rispetto al prodotto scalare standard di R 4 ); 3. Si consideri il vettore P = (,,, ) T di R 4. Trovare la proiezione ortogonale di P su U (rispetto al prodotto scalare standard di R 4 ); 4. Calcolare la distanza di P da U (rispetto al prodotto scalare standard di R 4 ); 5. Trovare equazioni parametriche e cartesiane per la retta ortogonale a U e passante per P (rispetto al prodotto scalare standard di R 4 ). Soluzione Esercizio 5.. Riduciamo il sistema a scala, e troviamo che esso è equivalente al sistema: { x = z w y = z 4w per cui si ottiene subito la base B = {v, v } di U dove v :=, v := 4.. Il prodotto scalare tra v e v è uguale a v v = 8 =, per cui B non è una base ortogonale. Per ortogonalizzarla utilizziamo l algoritmo di Gram-Schmidt: poniamo v := v v v v v v = v v = ed otteniamo un vettore ortogonale a v. Possiamo trascurare il coefficiente e considerare il vettore 3 v = 5 3

12 la cui norma è v = 39. Una base ortornormale di U è quindi data da {E, E } dove E := v v = 6 ed E := v v = Come abbiamo visto a lezione, la proiezione ortogonale di P su U è il vettore P di U dato dalla seguente formula: 63 P = (P E )E + (P E )E = 5 6 v + 39 v = La distanza tra P e U è uguale alla distanza tra P e P : 5 dist(p, U) = P P = = La retta passante per P ed ortogonale ad U coincide con la retta passante per P e per la sua proiezione ortogonale su U. Per cui ha equazioni parametriche P + t(p P ) (t R).