Prova scritta di Algebra lineare e Geometria- 22 Gennaio 2018 = L (( 3, 2, 6)) = L ( 3, 2, 6, 5).

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1 Corso di Lure in Ingegneri Informti (A-Co, J-Pr) - Ingegneri Elettroni (A-Co, J-Pr) - Ingegneri Industrile (F-O) - Ingegneri Gestionle - Ingegneri Elettri - Ingegneri Meni - Ingegneri REA Prov sritt di Alger linere e Geometri- Gennio 18 Durt dell prov: tre ore. È vietto usire dll ul prim di ver onsegnto definitivmente il ompito. Usre solo rt fornit dl Diprtimento di Mtemti e Informti, rionsegnndol tutt. È vietto onsultre liri o ppunti. I Sono dti i vettori v 1 = (1,,, 1), v = (, 1,, 1) e v 3 = (,, 1, ) R 4 e il sottospzio V di R 4 vente A = [v 1, v, v 3 ] ome se. È ssegnto, inoltre, l endomorfismo f : V V tle he: l vrire di h R. M A ( f ) = h h Studire f l vrire di h, determinndo, in isun so, Im f e Ker f.. Studire l sempliità di f l vrire di h R. 3. Mostrre he v = (, 1,, 3) V e he v è utovettore per f per ogni h R. 4. Determinre e studire l pplizione linere g : R 4 V tle he g V = f e g(,,, 1) = (1, 1, 1, ). Soluzione 1. Si osserv filmente he M A ( f ) = 3(h + ), d ui onludimo immeditmente he per h = f è un isomorfismo, ioè è iniettiv e suriettiv. In prtiolre, per h = si h he Ker f = {(,,, )} e he Im f = V., Si h =. In tl so: M A ( f ) = 1, d ui osservimo suito he dim Im f = ρ(m A ( f )) =. In prtiolre, vedimo he: Im f = L ((,, ) A, (, 3, ) A ) = L (v 1 v 3, 3v ) = L (v 1 v 3, v ) = L ((1,, 1, 1), (, 1,, 1)). Inoltre, si h he dim Ker f = 3 dim Im f = 1 e: Ker f = {v V [v] A = (,, ), + =, 3 + = } = {v V [v] A = (, 3, )} = = L (( 3,, 6)) = L ( 3,, 6, 5).

2 . Si vede he: P ( T) = T 1 3 T 1 h h + 1 T = (3 T)(1 T)(h + T), per ui gli utovlori sono 1, 3 e h +. Essi sono distinti due due, ovvero isuno di essi h moltepliità lgeri 1, per h = 1, 1. Questo vuol dire he per h = 1, 1 f è semplie. Si h = 1. In tl so, gli utovlori sono 1 e 3, on m 1 = 1 e m 3 =. Dunque, si h he 1 dim V 1 m 1 = 1, ioè m 1 = dim V 1 = 1, e 1 dim V 3 = m 3, d ui segue he f è semplie se dim V 3 = m 3 =. Sppimo he V 3 = Ker f 3, dove f 3 = f 3i e: M A ( f 3 ) = M A ( f ) 3I = Dunque, dim V 3 = 3 ρ(m A ( f 3 )) = 3 = 1 < = m 3, d ui ottenimo he f non è semplie per h = 1. Si h = 1. In tl so, gli utovlori sono 1 e 3, on m 1 = e m 3 = 1. Dunque, si h he 1 dim V 3 m 3 = 1, ioè m 3 = dim V 3 = 1, e 1 dim V 1 = m 1, d ui segue he f è semplie se dim V 1 = m 1 =. Sppimo he V 1 = Ker f 1, dove f 1 = f i e: M A ( f 1 ) = M A ( f ) I = Dunque, dim V 1 = 3 ρ(m A ( f 1 )) = 3 = 1 < = m 1, d ui ottenimo he f non è semplie per h = Per fre vedere he v V oorre fre vedere he esistono,, R tli he: v = (, 1,, 3) = v 1 + v + v 3 = (1,,, 1) + (, 1,, 1) + (,, 1, ) = (,,, + ), ioè oorre he il seguente sistem i soluzioni: = = = 1 = 1 = =. + = 3 Dunque, v V e [v] A = (, 1, ). Per fre vedere he v è utovettore per f oorre lolre f (v). D: M A ( f ) 1 = 1 = 1, h h + 1 vedimo he [ f (v)] A = (, 1, ), ioè f (v) = v 1 + v v 3 = v = 1 v. Questo vuol dire he v è utovettore ssoito ll utovlore Si vede filmente he [(1,,, 1), (, 1,, 1), (,, 1, ), (,,, 1)] = B è un se di R 4, in qunto l seguente mtrie è ridott di rngo 4: Inoltre, d: (1, 1, 1, ) = v 1 + v + v 3 = (1,,, 1) + (, 1,, 1) + (,, 1, ) = (,,, + ),

3 vedimo he: = 1 = 1 = 1 = 1 = 1 = 1, + = per ui [g(,,, 1)] A = (1, 1, 1). Dunque, possimo dire he: M B,A (g) = 1 1 h h h + h + Quindi, per h = si h he ρ(m B,A (g)) = 3 e dim Im g = 3. Questo signifi he per h = Im g = V, ioè g è suriettiv. Inoltre, dim Ker g = 4 3 = 1 e: Ker g = {v R 4 [v] B = (,,, d), + + d =, + 3 =, (h + ) + (h + ) = } = Si h =. In tl so: = {v R 4 [v] B = (, 3,, )} = L ((3,, 3, 3) B) = L ((3,, 3, )). M B,A (g) = Dunque, dim Im f = ρ(m B,A ( f )) =. In prtiolre, vedimo he: 1 1 Im f = L ((,, ) A, (, 3, ) A ) = L (v 1 v 3, 3v ) = L (v 1 v 3, v ) = L ((1,, 1, 1), (, 1,, 1)). Inoltre, dim Ker g = 4 dim Im g = e: Ker g = {v R 4 [v] B = (,,, d), + + d =, d = } = = {v V [v] B = ( d, d 3,, d)} = = L (( 3,, 6, ) B, ( 3,,, 6) B ) = L (( 3,, 6, 5), ( 3,,, 1)). È ssegnto nello spzio un sistem di riferimento rtesino ortogonle O, x, y, z, u. II 1. Sono dti i punti A = (1,, 1), B = (, 1, ), C = (,, 1) e D = (,, ). Determinre il pino π pssnte per i punti A, B e C, l ngolo he l rett AD form on il pino π e l proiezione ortogonle dell rett AD sul pino π.. Sul pino oordinto z = determinre l iperole Γ vente per sintoti le rette lle rette r : x + y + 1 = z = e s : x + y = z = e pssnte per P = (1, 1, ). Determinre il entro di simmetri e gli ssi di simmetri di Γ. 3. Determinre il ono vente oni ll infinito: C : { x + y z = t =. e vertie V = (,, 1). Soluzione

4 1. L rett AB h equzioni: Il fsio di pini ontenente AB h equzione: { x z = x + y 1 =. λ(x z) + µ(x + y 1) =. Imponendo il pssggio per C ottenimo λ + µ =, per ui il pino π h equzione x + y z 1 =. L rett AD h equzioni: { x z = x y =. Quindi, vedimo he il vettore v di omponenti (1,, 1) è prllelo d AD e il vettore n di omponenti (, 1, 1) è ortogonle π. Dto he: os v n = = 1, vedimo he v n = π 3, per ui l rett AD e π formno un ngolo di π π 3 = π 6. Il fsio di pini ontenente AD h equzione λ(x z) + µ(x y ) = (λ + µ)x µy λz µ =. Voglimo he i vettori di omponenti (λ + µ, µ, λ) e (, 1, 1) sino ortogonli, ioè 3λ + 3µ =. Dunque, prendendo λ = 1 e µ = 1 trovimo il pino ontenente AD e ortogonle π, he è x y + z =. Quindi, l proiezione ortogonle di AD sul pino π è l rett di equzioni: { x y + z = x + y z 1 =.. Il fsio di onihe del pino z = vente le due rette dte ome sintoti h equzione: (x + y + t)(x + y t) + ht = (x + y + 1)(x + y ) + h =. Imponendo il pssggio per P trovimo h = 4. Quindi, l oni h equzione: (x + y + 1)(x + y ) 4 =. Il entro di simmetri è il punto d intersezione dei due sintoti: { x = 4 x + y + 1 = x + y = 3 y = 5 3, per ui esso è il punto ( 4 3, 5 3 ). Gli ssi di simmetri, poi, sono le isettrii degli sintoti: x + y = x + y, 5 d ui ottenimo gli ssi di simmetri dei equzioni x y + 3 = e 3x + 3y 1 =. 3. Le qudrihe venti C ome oni ll infinito hnno equzione: x + y z + t(x + y + z + dt) = x + y z + x + y + z + d =.

5 L mtrie ssoit è: B = d. Imponimo he V si vertie: d 1 1 = = = 1 + = + d = = = = d = 1. Dunque, il ono erto h equzione x + y z + z 1 =.