Ingegneria Civile. Compito di Geometria del 06/09/05. E assegnato l endomorfismo f : R 3 R 3 mediante le relazioni

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1 Ingegneria Civile. Compito di Geometria del 06/09/05 E assegnato l endomorfismo f : R 3 R 3 mediante le relazioni I f(,, 0) = (h +,h+, ) f(,, ) = (h,h, h) f(0,, ) = (,h, h) con h parametro reale. ) Studiare l endomorfismo f al variare di h determinando in ciascun caso Im f e Ker f. ) Determinare il valore di h per cui f f = 0 (endomorfismo nullo). 3) Discutere la semplicità di f nei casi h = 3, 0,. In ciascuno di questi casi determinare gli autospazi di f. 4) Determinare, al variare di h, la controimmagine f ( h,, ) = x R 3 f(x) =( h,, ) È assegnato nello spazio un sist. di rif. cart. ort. O.x, y,z.u. ) Date le rette x = x z +=0 r : z =0 ; s : y = II determinare la retta t ortogonale ed incidente ad r eads. Posto R = r t, S = s t determinare su r i punti A ed A tali che i triangoli ARS, A RS abbiano area. ) Sul piano z = 0 determinare e studiare il fascio Φ delle coniche che passano per i punti (0, 0), (, 0), (0, ) con tangente la retta di equazione x y + = 0. Determinare e studiare l iperbole equilatera di Φ, determinandone asintoti, assi di simmetria, fuochi. 3) Determinare la circonferenza c passante per i punti (0, 0, 0), (,, ), (,, 0). Trovare il centro ed il raggio di c. SVOLGIMENTO ) Risolviamo il sistema (ad incognite vettoriali) f(e )+f(e )=(h +,h+, ) f(e )+f(e )+f(e 3 )h,h, h) f(e )+f(e 3 )=(,h, h) M(f) = h h h e si calcola M(f) = (h 3 + h 5h +3)= (h ) (h + 3) = 0 per h =, h = 3. Si noti che la scomposizione è stata ottenuta usando la regola di Ruffini. Quindi si ha: h = 3, f è un isomorfismo. h = La matrice diventa M(f) = ed ha rango ρ(m(f)) = Im f = L (,, ), Ker f = {(z y, y, z)} con base (,, 0), (, 0, ). h = 3 La matrice diventa 3 M(f) = 3 ed ha rango ρ(m(f)) =

2 Im f = L (( 3,, ), (, 3, )); per trovare il nucleo risolviamo il sistema x 3y z =0 x + y +z =0 x y =0 x + z =0 Ker f = {(x, x, x)} con base (,, ) ) La condizione f = 0 equivale al fatto che Im f Ker f. Guardando alle dimensioni questo può aversi solo per h =, ed in effetti in questo caso il generatore (,, ) di Im f appartiene al nucleo. Quindi f = 0 per h =. 3) Poniamo h = 3 e calcoliamo il polinomio caratteristico: 3 T 3 T T = T (T +4)=0 T =0 (m = ) T = 4 Per verificare se f è semplice calcoliamo l autospazio V 0. T =0 V 0 = Ker f = L (,, ); quindi f non è semplice perché T = 0 è radice doppia. T = 4 bisogna risolvere il sistema omogeneo associato alla matrice x + y =0 z =0 6 V 4 = {(x, x, 0} Poniamo h = 0 e calcoliamo il polinomio caratteristico: T T T = T 3 T 3T 3= (T + )(T +3)=0 T = T = ±i 3 quindi f non è semplice in quanto le radici non sono tutte reali. Calcoliamo l unico autospazio esistente: con facili calcoli si trova V = {(x, x, 0)}. Poniamo h =. In questo caso f non può essere semplice perché f = 0, quindi f ammette solo l autovalore T = 0 con molteplicità 3; per altro l autospazio associato è V 0 = Ker f = {(z y, y, z)} che ha dimensione. 4) Dobbiamo risolvere il sistema lineare associato alla matrice completa (A B) = h h h h Questo sistema è sicuramente risolubile per ogni valore di h perché la colonna dei termini noti è l opposto della prima, quindi ρ(a) =ρ(a B). Si hanno i seguenti casi: h = 3, ρ(a) =ρ(a B) = 3 quindi si ha una sola soluzione. Per quanto visto si ha f ( h,, ) = e ; h = ρ(a) =ρ(a B) = quindi si hanno soluzioni, f (,, ) = {(z y,y,z)}; h = 3 ρ(a) =ρ(a B) = quindi si hanno soluzioni. Dal sistema 3x + y z = 4x +4y =4 y = x + z = x f (3,, ) = {(x, x +, x )}

3 II ) Il generico punto della retta r R =(, α, 0), mentre quello di ss =(β,, β + ). La retta t cercata la retta RS e ha equazione: x β = y α α = z β +. Vogliamo che t sia ortogonale a r e s e, dato che i parametri direttori di r sono (0,, 0), quelli di s sono (, 0, ) e quelli di t sono (β, α, β + ), deve essere: α = 0eβ + β + = 0, cio α = eβ = 0. Dunque, R =(,, 0), S =(0,, ), RS = e la retta t = RS : x + z = 0 y =. ) Sia il piano passante per O e ortogonale alla retta r di equazioni x 5y 4 4y z 4 0 e sia

4 Siccome i triangoli considerati sono rettangoli, di cateti RS e RA (rispettivamente RA ), bisogna determinare i punti di r che hanno distanza da R. Considerato il punto generico di r, K (, b, 0), imponendo che KR = si trova (b ) = b =± A (, +, 0) A (,, 0) ) Per determinare l equazione del fascio usiamo le sue (due) coniche spezzate distinte: la prima, y(x y + ) = 0, è unione della tangente e della congiungente i punti O, (, 0); la seconda, x(x + y ) = 0, è unione delle congiunenti il punto (0, ) coi punti O, (, 0). Quindi Φ : y(x y +)+hx(x + y ) = 0 Φ : hx +(h +)xy y hx + y =0 Il fascio contiene solo due coniche spezzate, quelle che abbiamo usato, che si ritrovano per h = 0eperh = ; per caratterizzare le coniche irriducibili studiamo il segno dell invariante quadratico (h +) A = h = 4 4 (h +6h +)=0 h = 3 ± A > 0 per 3 <h< 3+ ELLISSI. Non ci sono circonferenze; A < 0 per h< 3,h> 3 + IPERBOLI. Per h = si ha l ipebole equilatera Γ : x +xy y x + y = 0; A = 0 per h = 3 ± PARABOLE. Per studiare Γ ne determiniamo il centro di simmetria C: dal sistema associato alle prime due righe di B si trova subito C (0, ). Per determinare l equazione ridotta di Γ, αx + βy = γ, usiamo gli invarianti ortogonali per determinare γ: B =, A =, quindi γ =. I 4 coefficienti sono gli autovalori di A: T T quindi abbiamo le equazioni quindi la distanza focale è c = = T =0 T = ± x y = 4 4 = 4 x 8 y 8 = α = β = Gli assi di simmetria sono le rette che passano per C ed hanno (ordinatamente) le direzioni degli autospazi di A. Determiniamo questi autospazi: per T = si trova l autovettore 3

5 (, + ), quindi l asse focale ha equazione ( + )x + y = 0; similmente per T = si trova l autovettore (, ) e quindi l asse ( )x y + = 0. I fuochi si trovano secando l asse focale con la circonferenza x +(y ) = 4. Infine, per trovare gli asintoti dobbiamo congiungere C coi punti impropri di Γ: t =0 x +xy y =0 (,, 0) ( +,, 0) x + ( + )(y )=0 x + ( )(y )=0 3) Determiniamo il piano π che contiene i tre punti dati. Considerando il piano generico ax + by + cz + d = 0 si ha: (0, 0, 0) (,, ) a b + c + (,, 0) a + b + a = b c =0 π : x + y =0 Similmente, considerando la sfera generica x + y + z + ax + by + cz + d = 0 determiniamo la generica sfera passante per i tre punti dati. Si trova a b + c + d +3=0 a + b + d +=0 b = a c = 5 S : x + y + z + ax +(a )y 5z =0 Questa sfera ha centro nel punto P ( a, a, 5 ) ed imponendo che P π si trova la sfera concentrica con c. Per a = si trova quanto richiesto: x + y + z + x y 5z =0 con P ( x + y =0,, 5 ), r = 3 3 4