CdL in Ingegneria del Recupero Edilizio ed Ambientale

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1 CdL in Ingegneria del Recupero Edilizio ed Ambientale Prova scritta di Geometria- 29 Settembre 29 Durata della prova: tre ore. È vietato uscire dall aula prima di aver consegnato definitivamente il compito. Usare solo carta fornita dal Dipartimento di Matematica e Informatica, riconsegnandola tutta. È vietato consultare libri o appunti. Compito A I Sia f : R 3 R 3 l endomorfismo definito da: f (,, ) = (h + 2, h + 2, h + 2) f (,, ) = (h, h, h) f (,, ) = (2, h + 2, h + 2). ) Studiare f, determinando, in particolare, al variare di h R, le equazioni cartesiane di nucleo e immagine. 2) Studiare la semplicità di f al variare di h R, determinando, ove possibile, una base di autovettori. 3) Se V = {(x, y, z) R 3 y + z = }, calcolare f (V) al variare di h, specificandone la dimensione. Mostrare, poi, che la restrizione f V di f a V induce un endomorfismo ϕ : V V. 4) Nel caso h =, detta f : R 3 R 3 l applicazione inversa di f, determinare una matrice associata a f. Soluzione ) Per studiare f cominciamo col trovare la matrice associata a f rispetto alla base canonica. Per ipotesi abbiamo: f (e ) + f (e 2 ) + f (e 3 ) = f (,, ) = (h + 2, h + 2, h + 2) f (e ) = (h,, ) f (e ) f (e 2 ) + f (e 3 ) = f (,, ) = (h, h, h) f (e 2 ) = (,, h + ) f (e 2 ) + f (e 3 ) = f (,, ) = (2, h + 2, h + 2) f (e 3 ) = (, h +, ). Dunque: h M E ( f ) = h, h da cui troviamo che M E ( f ) = h 2 (2 h). Perciò, per h =, 2, f è un isomorfismo, cioè Ker f = { R 3} e Im f = R 3. Se h =, allora: M E ( f ) =, da cui segue che, in tal caso, dim Im f = ρ(m E ( f )) = e che Im f = L ((,, )) = {(x, y, z) R 3 x y = y z = }. Per quel che riguarda il nucleo, invece, abbiamo: Ker f = {(x, y, z) R 3 y + z = } = L ((,, ), (,, )).

2 Se h = 2, allora: 2 M E ( f ) =, da cui segue che dim Im f = ρ(m E ( f )) = 2 e che Im f = L ((,, ), (,, )) = {(x, y, z) R 3 y + z = }. Per quel che riguarda il nucleo, abbiamo: Ker f = {(x, y, z) R 3 2x + y + z = y z = } = L ((,, )). 2) Per studiare la semplicità di f, dobbiamo calcolare il suo polinomio caratteristico: h T P(T) = T h h T = (h T)2 ( T + 2 h). Gli autovalori, dunque, sono T = h e T = 2 h. Se h =, allora h è autovalore con molteplicità algebrica 2 e 2 h è autovalore con molteplicità algebrica, mentre per h = l unico autovalore è con molteplicità algebrica 3. Supponiamo che sia h =. In tal caso f è semplice se dim V h = m h = 2, dato che automaticamente sarà dim V 2 h = m 2 h =. Per vedere quanto vale dim V h, bisogna sostituire nella matrice il cui determinante è il polinomio caratteristico T = h: h h. h h Questa matrice ha chiaramente rango, da cui segue che dim V h = 3 = 2 = m h. Perciò, in tal caso, f è semplice e, inoltre: V h = {(x, y, z) R 3 y + z = } = L ((,, ), (,, )). Cerchiamo, ora, una base di V 2 h, ricordandoci che h = : 2h 2 + h h h + h V 2 h = {(x, y, z) R 3 (2h 2)x + y + z = ( + h)y + ( h)z = } = L ((, h, h)). Dunque, per h =, una base di autovettori è (,, ), (,, ), (, h, h). Sia, ora, h =. In tal caso, è una autovalore di molteplicità algebrica 3 e f è semplice se dim V = 3. Calcoliamo questa dimensione:. Dato che questa matrice ha rango, allora sarà dim V = 3 = 2 < 3. Perciò, per h =, f non è semplice. 3) Per calcolare f (V) occorre calcolare f (x, y, z): h x hx + y + z h y = y + ( h)z h z ( h)y + z da cui segue che f (x, y, z) = (hx + y + z, y + ( h)z, ( h)y + z). Di conseguenza: f (V) = {(x, y, z) R 3 (2 h)y + (2 h)z = }. Concludiamo che, se h = 2, allora f (V) = V e dim f (V) = dim V = 2, mentre, se h = 2, allora f (V) = R 3 e dim f (V) = 3. Da questa considerazioni, segue che per ogni valore di h R si ha f (v) V per ogni v V e questo significa precisamente che la restrizione f V di f a V induce in endomorfismo ϕ : V V per ogni h R.

3 4) Cominciamo con l osservare che nel caso h = f è invertibile, in quanto è un isomorfismo, come abbiamo visto all inizio. Inoltre, date due basi A e B di R 3, si vede che: M A,B ( f ) = (M B,A ( f )). Scegliamo la base F = [(,, ), (,, ), (, 2, 2)] di autovettori trovata in precedenza, dove i primi due sono associati all autovalore e l ultimo è associato all autovalore 3, e prendiamo A = B = F. In tal caso: M F ( f ) =, 3 da cui segue che: M F ( f ) = (M F ( f )) =. 3 È assegnato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O, x, y, z, u. ) Dati la retta r di equazioni: II { x y = y + z = e il piano α : x y z 3 =, determinare la retta s passante per il punto P = (,, ), ortogonale a r e parallela ad α e determinare il piano β passante per Q = (,, ) e ortogonale a r. Determinare, poi, la distanza tra la retta s e il piano β. 2) Studiare il fascio di coniche del piano z = di equazione: x 2 + 2kxy + 2ky + =, al variare di k R, determinando, in particolare, punti base e coniche spezzate. Nel caso k =, determinare centro di simmetria, asintoti e assi di simmetria dell iperbole ottenuta. 3) Studiare le quadriche di equazione: al variare di k R. x 2 + z 2 + 2kyz + 2kx + 2ky + =, Soluzione ) I parametri direttori della retta r sono (,, ) e quelli del piano α sono (,, ). Dunque le condizioni di ortogonalità con r e di parallelismo con il piano α diventano, per i parametri direttori (l, m, n) di s le seguenti: { { l + m n = m = l m n = n = l. Ciò significa che possiamo prendere (,, ) come parametri direttori di s. Imponendo il passaggio per il punto P, troviamo le equazioni di s: x = + t s : y = z = + t. Per quel che riguarda il piano β, la condizione di ortogonalità con la retta r ci dice che i suoi parametri direttori sono gli stessi di r, cioè (,, ). Possiamo, dunque, calcolare l equazione del piano β: β : (x ) + y (z ) = β : x + y z =.

4 Per quel che riguarda la distanza tra s e β, possiamo osservare che, per costruzione, sono paralleli, da cui segue che la distanza tra s e β è pari alla distanza di un punto qualsiasi di s da β. Ad esempio, possiamo prendere il punto P: 3 d(s, β) = d(p, β) = = ) La matrice associata al fascio di coniche è: k B = k k, k di modo che B = 2k 2. Dunque, vediamo che una conica spezzata è ottenuta per k = e osserviamo che l altra conica spezzata è quella che non si ottiene per alcun valore reale di k. Infatti, l equazione del fascio di coniche può essere scritta in questo modo: x k(xy + y) =. Dunque, l altra conica spezzata è y(x + ) =. Possiamo trovare i punti base dall intersezione di queste due coniche: { x 2 { { + = (x + i)(x i) = (x + i)(x i) = y(x + y) = e x + = y =. Il primo sistema ci fornisce come soluzione il punto improprio (,, ) con molteplicità 2, mentre il secondo i punti immaginari e coniugati (i, ) e ( i, ). Passiamo, ora, alla classificazione delle coniche del fascio. Osserviamo che A = k 2 <, per k =. Ciò vuol dire che tutte le coniche non spezzate del fascio sono iperboli. Cerchiamo, ora, centro di simmetria e asintoti dell iperbole ottenuta nel caso k = : x 2 + 2xy + 2y + =. Il centro di simmetria si ottiene risolvendo il sistema associato alle prime due righe della matrice B: { x + y = x + =, da cui segue che il centro di simmetria è il punto C = (, ). Per quel che riguarda gli asintoti, bisogna ricordare che essi sono le rette tangenti all iperbole nei suoi punti impropri e che passano per il centro di simmetria C. Cerchiamo, dunque, tali asintoti: { x 2 + 2xy + 2yt + t 2 { = x(x + 2y) = t = t =. I due punti impropri sono (,, ) e (2,, ). Come è stato detto prima, gli asintoti sono le rette che congiungono il centro di simmetria C = (, ) con questi due punti, cioè sono le rette: x = e x + 2 = y x = e x + 2y =. Per quel che riguarda gli assi di simmetria, osserviamo che essi sono le bisettrici degli asintoti. Ricaviamo le loro equazioni dall uguaglianza: x + = x + 2y, cioè troviamo le rette: x + = x + 2y e x + = x + 2y. Concludiamo, perciò, che gli assi di simmetria hanno equazioni: ( )x 2y + + = e ( + )x + 2y + =.

5 3) La matrice associata al fascio di quadriche è: k B = k k k, k k da cui segue che B = k 2 (k 2 2) e, inoltre: A = k k = k2 Dunque, per k =, B = A =, per cui la quadrica è un cilindro oppure è spezzata. Per vedere questo è necessario vedere il rango di B: B =. Essendo chiaro che questa matrice ha rango 3, concludiamo che per k = la quadrica è un cilindro. Per k = 2 e k = 2, B = e A = e, perciò, in tali casi la quadrica è un cono. Per k < 2 e per k > 2, B > e A =. La quadrica è in questi casi un iperboloide iperbolico oppure un ellissoide immaginario. Nel caso 2 < k < 2, con k =, B < e A = e la quadrica è un iperboloide ellittico oppure un ellissoide reale. Per capire in quale caso ci troviamo dobbiamo guardare il segno degli autovalori della matrice A: T P A (T) = T k k T = T3 + 2T 2 + (k 2 )T k 2. La quadrica è un ellissoide se gli autovalori sono tutti concordi, cioè se i coefficienti del polinomio caratteristico sono tutti concordi oppure a segno alterno. In tal caso, non ci troviamo in nessuno dei due casi, perché il primo coefficiente è negativo, il secondo positivo e il quarto è negativo. Dunque, per 2 < k < 2, con k =, abbiamo un iperboloide ellittico e per k < 2 e per k > 2 abbiamo un iperboloide iperbolico.