A.A GEOMETRIA CDL IN INGEGNERIA MECCANICA FACOLTÀ DI INGEGNERIA CIVILE ED INDUSTRIALE SOLUZIONI TEST 4

Transcript

1 A.A.8-9 GEOMETRIA CDL IN INGEGNERIA MECCANICA FACOLTÀ DI INGEGNERIA CIVILE ED INDUSTRIALE SOLUZIONI TEST 4 Esercizio (). Sia γ la conica di equazione: γ : x xy + y + 8x + =. (a) Verificare che la conica è un ellisse e determinarne la forma canonica. (b) Siano F, F i fuochi dell ellisse γ. Calcolare l area massima di un triangolo di vertici F, F, P, dove P γ. (Suggerimento: si ricordi che per l ellisse in forma canonica X a + Y b = con a b le coordinate dei fuochi sono date da (± a b, ).) (c) Siano Q, Q le intersezioni di γ con l asse x. Calcolare il perimetro di ciascuno dei due triangoli di vertici, rispettivamente, F, F, Q e F, F, Q. Parte (a). Allo scopo di determinare che tipo di conica sia γ e la sua equazione canonica andiamo a calcolarci la sua matrice e la matrice della sua parte principale. Abbiamo: A = 4 ( ), Q = 4 Un conto diretto mostra che: det(a) = 4, det(q) = 8, Tr(Q) = 6 Date la traccia e il determinante di Q possiamo calcolarci gli autovalori di Q: λ =, µ = 4. Dunque l equazione della conica γ nel sistema di riferimento cartesiano canonico per la conica sarà della forma: λx + µy + p = con p R da determinarsi attraverso il Teorema di Invarianza. In effetti andando a eguagliare il determinante della matrice che esprime la conica γ nel sistema di riferimento cartesiano canonico con il determinante della matrice A, ovvero la matrice associata alla conica γ nel sistema di riferimento originario, scopriamo che: 8p = 4 p = Pertanto l equazione canonica della conica γ è: ( ) ( 4 X + Dunque γ è un ellisse di semiassi a = ) Y = e b =.

2 A.A. 8-9 GEOMETRIA TEST 4 Parte (b). Seguendo il suggerimento osserviamo che i fuochi F, F dell ellisse γ hanno coordinate (±, ) nel riferimento canonico. D altra parte se P è un punto dell ellisse le sue coordinate, sempre rispetto al sistema di riferimento canonico, sono P ϑ = ( cos(ϑ), sin(ϑ)). Calcoliamo l area del triangolo F P ϑ F scegliendo come base F F. In tal caso l altezza è fornita precisamente dall ordinata del punto P e dunque: ( ) A F P ϑ F = d(f, F ) sin(ϑ) = 4 sin(ϑ) Quindi al variare di P ϑ γ abbiamo che: ( ) max A F P ϑ F = max P ϑ γ ϑ [,π) 4 sin(ϑ) = 4 and the maximum is attained for ϑ = π, π. Parte (c). Ricordiamo che per definizione l ellisse di fuochi F ed F e semiasse maggiore di lunghezza a è il luogo geometrico dei punti del piano tali che la somma delle distanze dai fuochi eguaglia a. Quindi si ha che per ogni punto P ϑ = (a cos(ϑ), b sin(ϑ)) γ il perimetro del triangolo P F P ϑ F è: ( F P ϑ F ) = d(f, F ) + d(p ϑ, F ) + d(p ϑ, F ) = = + = ( + ) Esercizio (). Nello spazio sono dati i punti A = (,, ) t, B = (,, ) t e il piano di equazione cartesiana π : x + y + z = (a) Determinare l equazione del piano π contenente A, B e perpendicolare a π. (b) Determinare l equazione della sfera di centro A e tangente al piano π e le coordinate del punto di tangenza. (c) Sia p π : VO π la proiezione ortogonale sul piano π. Calcolare l area del quadrilatero ABp π (B)π π (A) e stabilire se tale quadrilatero è rettangolo oppure no. Parte (a). Procediamo come segue: scriviamo il fascio di piani di asse la retta r passante per A e B e imponiamo la condizione di ortogonalità a π. Cominciamo quindi con il determinare le equazioni cartesiane di r. Le equazioni parametriche sono: r : x = + t y = t z =

3 A.A. 8-9 GEOMETRIA TEST 4 da cui deduciamo le seguenti equazioni cartesiane: { x + y = r : z = Dunque il fascio di piani di asse r ha la seguente equazione: π h,k : h(x + y ) + k(z ) = π h,k : hx + hy + kz (h + k) = La condizione di ortogonalità tra π e π ci fornisce la seguente equazione tra i parametri di giacitura del fascio di piani π h,k e π: h h k = h + k = k = h Scegliamo h = e troviamo: π = π, : x + y z = Un metodo alternativo poteva essere quello di imporre l ortogonalità dei parametri di giacitura del piano incognito con quelli del piano π e il passaggio per i punti A e B. Parte (b). La sfera di centro A e tangente al piano π avrà come punto di tangenza la proiezione su π di A. Determiniamo quindi la proiezione ortogonale di A su π. Osserviamo che OA è ortogonale al piano π, passante per O. Pertanto la proiezione ortogonale di A su π è proprio O. La sfera per A tangente a π è dunque la sfera di equazione cartesiana: S : (x ) + (y ) + (z ) = dove = OA. Il punto di tangenza di S con π è proprio il punto O. Parte (c). Osserviamo che il vettore AB ha coordinate (,, ) t, e dunque la retta r su cui giacciono i punti A e B è parallela a π. Ne segue che il quadrilatero ABp π (B)p π (A) ha due lati di lunghezza ortogonali al lato p π (A)p π (B). Ne deduciamo che il quadrilatero in questione è un rettangolo. Per determinare la sua area ci basta quindi calcolare d(a, B) = AB = e moltiplicare il risultato per d(o, A) = OA = ottenendo A(ABp π (B)p π (A)) = 6. Esercizio (). Data C = (e, e, e ), base canonica (ordinata) di R, si considerino i vettori v, v, v tali che: v = e + e v = e + e v = e (a) Si esprimano e, e, e in funzione di v, v, v. (b) Si stabilisca se B = (v, v, v ) è una base di R. In caso affermativo determinare la matrice M di passaggio da C a B e la sua inversa. (c) Si determini la dimensione dei sottospazi E, F di R definiti come: E = L[v, v, e, e ], F = L[e, e ] L[v, v ]

4 4 A.A. 8-9 GEOMETRIA TEST 4 Parte (a). Osserviamo che e che mentre e = v. e = v v + v e = v v Parte (b). Innanzitutto si osservi che dalla parte (a) segue che i vettori v, v, v generano R. Essendo un insieme di generatori di cardinalità identica alla dimensione dello spazio vettoriale di appartenenza ne deduciamo che sono anche linearmente indipendenti e dunque una base di R. Ricordiamo ora che per definizione la matrice M di passaggio da C a B è la matrice tale che: (v, v, v ) = (e, e, e )M Utilizzando il dato del problema (ovvero la scrittura di v, v, v in termini della base canonica) troviamo che: M = Similmente, utilizzando la parte (a) possiamo scrivere: M = Parte (c). Osserviamo che L[v, v ] = L[e, e ], pertanto la dimensione di F è uguale alla dimensione di L[e, e ] cioè. Per quanto riguarda E osserviamo che e = v quindi E = L[v, v, e ]. D altra parte segue da quanto visto per F che e dunque dim(e) =. E = L[v, v, e ] = L[e, e, e ] = R Esercizio (4). Sia C la base canonica (ordinata) di R e B = (v, v, v ) la base ottenuta nell esercizio precedente. Sia ora f l endomorfismo di R avente per autovettori v, v, v associati rispettivamente agli autovalori (a) Si determini una base di ker(f) ed una di ker(f). (b) Si stabilisca se f è diagonalizzabile e si calcoli f(v + v + v ). (c) Si determini la matrice canonica A dell endomorfismo f e stabilire se essa è simile alla matrice E. (Si ricordi che la matrice E ij è la matrice le cui entrate sono tutte nulle ad eccezione dell entrata di posto (i, j) che è uguale ad.)

5 A.A. 8-9 GEOMETRIA TEST 4 5 Parte (a). Osserviamo che, essendo f un omomorfismo e B una base, risulta che Im(f) = L[v, v ] e che ker(f) = L[v ]. Infatti l immagine di f certamente contiene L[v, v ] così come il nucleo di f deve contenere L[v ]. Ma allora il Teorema della dimensione ci dice che le inclusioni sono in realtà delle uguaglianze. Per quanto riguarda ker(f) risulta che v è ortogonale a v, così come il vettore v v +v. Dunque ker(f) = L[v, v v + v ]. Parte (b). Ricordiamo che un endomorfismo f di uno spazio vettoriale V è diagonalizzabile se e soltanto se ammette una base di autovettori. È il caso dell endomorfismo di R che stiamo esaminando: la base B è una base di autovettori per f. L immagine tramite f del vettore v + v + v è il vettore v + v. Parte (c). Vi sono due possibili modi per determinare la matrice canonica di f. Uno di essi è quello di utilizzare le matrici di passaggio dalla base canonica alla base B e la sua inversa. In effetti la matrice che esprime f nella base B è di forma diagonale: D = e dunque la matrice canonica di f è la matrice: A = MDM = 4 La matrice A evidentemente non può essere simile alla matrice D =. Infatti gli autovalori di A sono e con molteplicità algebrica rispettivamente e mentre quelli di D sono e ma con molteplicità algebrica ed. Poiché gli autovalori e le loro molteplicità algebriche sono inviarianti per similitudine ne deudciamo che A e D non sono matrici simili. Esercizio (5). Siano dati i seguenti vettori di R 4, dipendenti deal parametro k R v =, v = h, v = h h e si consideri la matrice A h = (v v v ). (a) Calcolare il rango di A h al variare di h R. (b) Calcolare la dimensione del sottospazio E h = L[v, v, v ] al variare di h R.

6 6 A.A. 8-9 GEOMETRIA TEST 4 (c) Determinare, qualora possibile, un sottospazio F di R 4 tale che: dim(f ) =, F E h = {}, h R. Parte (a). Cominciamo con l osservare che il rango della matrice A h è sempre minore o uguale a (ovvero il numero di colonne di A h ) e che le prime due righe di A h sono uguali, per qualsiasi valore di h R. Dunque ne concludiamo che il rango di A h è sempre uguale al rango del suo minore µ 4, (h). Ora essendo il minore in questione una matrice quadrata andiamo a calcolare il suo determinante: det(µ 4, (h)) = (h )( h) Dunque rank(a h ) = per qualsiasi scelta di h ±. Per h = la matrice diventa: A = e dunque rank(a ) =. Per h = la matrice è invece uguale a A = il cui rango è rank(a ) =. Parte (b). Dalla teoria sappiamo che il rango di una matrice è uguale alla dimensione dello spazio generato dalle sue colonne. Ne concludiamoc che dim(e h ) = per ogni h ±, dim(e ) = e dim(e )=. Parte (c). Supponiamo per assurdo che un tale sottospazio esista. Per la formula di Grassman avremmo allora: 4 dim(e h + F ) = dim(e h ) + dim(f ) per ogni valore di h. Ma per h ± la somma a destra è uguale a 5, ottenendo così la conclusione assurda 4 5. Dunque un tale sottospazio F non esiste. Esercizio (6). Sia T l endomorfismo di R rappresentato dalla matrice A = rispetto alla base canoncia di R. (a) Si determini una base di ker(t ) e di Im(T ). (b) Si scriva il polinomio caratteristico di A e si stabilisca se T è o meno diagonalizzabile.

7 A.A. 8-9 GEOMETRIA TEST 4 7 (c) Sia A la matrice associata all endomorfismo T rispetto alla base (ordinata) B = (w, w, w ) dove Soluzioni. w =, w =, w = Stabilire se A è diagonalizzabile e calcolare Tr(A ), det(a ). Parte (a). Osserviamo che la colonna A (la terza colonna della matrice A) è somma di A e A (ovvero le prime due colonne), e che A, A sono linearmente indipendenti non essendo l una multiplo dell altra. Ma allora, essendo l immagine di T uguale al sottospazio generato dalle colonne abbiamo che Im(T ) = L[A, A ]. D altra parte l uguaglianza A = A + A ci dice che il vettore di coordinate (,, ) t viene inviato da T nel vettore nullo. Per il Teorema della dimensione, sapendo le dimensioni di R e di Im(T ) concludiamo che dim(ker(t )) = e dunque che ker(t ) = L[(,, ) t ]. Parte (b). Calcoliamo il polinomio caratteristico di A: p A (λ) = det(a λ Id) det λ λ = λ = ( + λ)[( λ)( λ) + ] + ( λ) = = λ λ = λ (λ + ) Dunque la matrice A ha due autovalori: λ = di molteplicità algebrica e λ = di molteplicità algebrica. Affinché T sia diagonalizzabile è necessario che per ciascun autospazio di A la molteplicità algebrica del corrispettivo autovalore eguagli la dimensione dell autospazio. Ma l autospazio relativo all autovalore nullo di A è proprio il nucleo dell endomorfismo T, la cui dimensione è uguale ad, come osservato nella Parte (a). Ne concludiamo che T non è diagonalizzabile. Parte (c) Osserviamo che la matrice A per definizione rappresenta T in una base B diversa dalla base canonica. Dunque esiste una matrice M tale che M A M = A ovvero le matrici A ed A sono matrici simili. In particolare A non può essere diagonalizzabile altrimenti lo sarebbe anche A: infatti se fosse P A P = D per una opportuna matrice diagonale D ed una matrice P invertibile, allora si avrebbe anche (MP ) A(MP ) = D. Infine, traccia e determinante di una matrice quadrata sono inviarianti per similitudine, dunque per calcolare Tr(A ) e det(a ) è sufficiente calcolare i medesimi sulla matrice A. Ma la matrice A ha nucleo, dunque det(a) =, mentre la sua traccia è Tr(A) =.