Università di Catania Corso di laurea in Ingegneria Edile Architettura Svolgimento della prova scritta di Geometria assegnata l 8/2/2017

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1 Università di Catania Corso di laurea in Ingegneria Edile Architettura Svolgimento della prova scritta di Geometria assegnata l 8//07 a) Nello spazio siano dati i punti P (,, ) e Q(,, 4) e le rette: x = + t x y z = 0 r : y = + t s :. x + y + z 6 = 0 z = t I Determina la posizione reciproca di r ed s. Scrivi le equazioni cartesiane della retta r passante per P e incidente sia r che s. Scrivi l equazione cartesiana del piano π passante per Q e parallelo a r ed s. Trovo le equazioni cartesiane della retta r: t = z x = z x + z + = 0 y = z r : y + z 4 = 0 Determino la posizione reciproca di r ed s: r, s sghembe. La retta passante per P e incidente sia r che s é r : π = 0 π = 0 con π piano contenente la retta r passante per il punto P, π piano contenente la retta s passante per il punto P. Trovo π. Considero il fascio di piani avente asse la retta r: λ(x + z + ) + µ(y + z 4) = 0 con λ, µ R non entrambi nulli. Impongo il passaggio per il punto P : λ(6 + + ) + µ(4 + 4) = 0 µ = λ Sostituisco nel fascio e ottengo: x + z + (y + z 4) = 0 π : x y 4z + = 0. Trovo π. Considero il fascio di piani avente asse la retta s: λ(x y z) + µ(x + y + z 6) = 0 con λ, µ R non entrambi nulli. Impongo il passaggio per il punto P : λ( 4 ) + µ( + + 6) = 0 λ = 0

2 Sostituisco nel fascio e ottengo: x + y + z 6 = 0 π : x + y + z 6 = 0. Allora r x y 4z + = 0 :. x + y + z 6 = 0 Trovo il piano π passante per Q e parallelo ad r ed s. x + z = 0 v r : v r = (,, ) y + z = 0 x y z = 0 v s : v s = (,, ) x + y + z = 0 π r v π v r (a, b, c) (,, ) = 0 a + b c = 0 π s v π v s (a, b, c) (,, ) = 0 a + b c = 0 a + b c = 0 v π = (a, b, c) = (, 7, ) a + b c = 0 Imponendo il passaggio per il punto Q si ottiene: (x ) + 7(y ) + (z 4) = 0 π : x + 7y + z 6 = 0. b) Nel piano è assegnato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O, x, y. Determina e studia il fascio di coniche tangenti alla retta x + y = 0 nel punto O = (0, 0) e tangenti alla retta x + y + = 0 nel punto A = (, ). Ci sono circonferenze nel fascio? Trovare la forma canonica dell iperbole equilatera del fascio. La retta OA ha equazione: x + y = 0. Il fascio di coniche é : (x + y)(x + y + ) + k(x + y) = 0 (k + )x + (4k + )y + (4k + )xy + x + y = 0 k + k + B = k + 4k + 0 Per costruzione i punti base del fascio sono A ed O entrambi contati due volte, e le coniche spezzate del fascio sono (x + y)(x + y + ) = 0 contata una volta e (x + y) = 0 contata due volte. Osserviamo che det(b) = k 4 0 k 0. Per k = 0 si ottiene infatti la conica spezzata in due rette distinte (x + y)(x + y + ) = 0, mentre per k 0 si hanno le coniche irriducibili del fascio.

3 Sia allora k 0 e studiamo le coniche irriducibili del fascio: det(a) = k + k + k + 4k + = k. Poiché k 0 det(a) 0 non ci sono parabole nel fascio Per k < 0 det(a) < 0 si hanno le iperboli del fascio Per k > 0 det(a) > 0 si hanno le ellissi del fascio k + = 4k + impossibile non ci sono circonferenze nel fascio k + = 0 k + + 4k + = 0 k = si ha l iperbole equilatera del fascio Sia allora k = e trovo la forma canonica αx +βy = γ dell iperbole equilatera del fascio. γ = det(b) det(a) = /0 / = 4 T T = 0 T = 0 α = +, β = La forma canonica é dunque : X Y = 4. c) Nello spazio, studiare il seguente fascio di quadriche: x + ky + x + ky + (k + )z + z = 0, k IR. 0 0 B = 0 k 0 k k + A = 0 k k + k 0 k 0 k det(b) = 0 k + k k 0 k 0 k + = k(k + k + ) Osservo che k + k + > 0, k R. Quindi det(b) = 0 per k = 0. Per k = 0 ρ(b) =, det(a) = 0 la quadrica del fascio é un cilindro. Il cilindro ottenuto per k = 0 é ellittico in quanto la sua conica all infinito C : x + z = 0 t = 0 si spezza in due rette immaginarie e coniugate.

4 Sia ora k 0, valori per cui si ottengono le quadriche irriducibili non degeneri del fascio. Noto che det(a) = k(k + ) = 0 per k = 0,. Poiché k 0 si ha det(a) = 0 per k = si ottiene il paraboloide del fascio Per k = det(b) > 0, det(a) = 0 paraboloide iperbolico Sia ora k 0,. Studio il segno degli autovalori della matrice A per vedere quando le quadriche del fascio sono ellissoidi o iperboloidi. T k T 0 = ( t)(k T )(k + T ) = k + T Gli autovalori della matrice A sono allora:, k, k +. Per k < 0 i tre autovalori hanno segni diversi e quindi si ottengono gli iperboloidi del fascio. Per k > 0 i tre autovalori hanno lo stesso segno e quindi si ottengono gli ellissoidi del fascio. Osservo poi che det(b) > 0 per k < 0 e quindi in conclusione si ha: k < 0, k IPERBOLOIDI IPERBOLICI k = PARABOLOIDE IPERBOLICO k = 0 CILINDRO ELLITTICO k > 0 ELLISSOIDI A PUNTI REALI II In IR siano dati i vettori v = (, 0, ), v = (0,, ), v = (,, 0). Sia f : IR IR l endomorfismo definito da f(v ) = (h +, h +, h + ) f(v ) = (, 4h +, h + ) f(v ) = (h +, h, ) a) Sia M := ME E (f). Trova una base di Imf e Kerf al variare di h. b) Per quali h f è semplice? Trova una base di autovettori per h =. c) Trova f (0,, 0) al variare di h IR. f(e ) + f(e ) = (h +, h +, h + ) f(e ) + f(e ) = (, 4h +, h + ) f(e ) + f(e ) = (h +, h, )

5 f(e ) + f(e ) = (h +, h +, h + ) f(e ) = (, 4h +, h + ) f(e ) f(e ) = (h +, h, ) f(e ) (h +, h, ) f(e ) + (, 4h +, h + ) f(e ) = (h +, h +, h + ) f(e ) = (, 4h +, h + ) f(e ) f(e ) = (h +, h, ) f(e ) f(e ) = (0, h, ) f(e ) = (, 4h +, h + ) f(e ) = (, h +, h + ) f(e ) = (h +, h, ) f(e ) = (h +, 0, 0) Allora la matrice associata ad f rispetto alla base canonica di R é: h + 0 M = 0 h h + 0 h + det(m) = (h + )(h h ) = 0 per h =,, Per h,,, f é un isomorfismo. Per h = si ha: 0 0 dim Imf = ρ 0 0 = B Imf = (0,, ), (, 0, )} 0 y = 0 kerf : B kerf = (, 0, 0)} z = 0 Per h = si ha: 0 dim Imf = ρ 0 4 = B Imf = (0,, ), (, 4, 4)} 0 4 x = z kerf : B kerf = (, 8, )} y = 4z Per h = si ha: 0 dim Imf = ρ 0 = B Imf = (0,, ), (,, )} 0 x = z kerf : B kerf = (,, )} y = z

6 Studiamo la semplicitá di f calcolando gli autovalori di M: h + T 0 0 h T h + 0 h + T = 0 (h + T )[T ( + 4h)T + h h ] = 0 h + T = 0 T = h + T ( + 4h)T + h h = 0 T = h, T = h + T T sempre vera T T h T T h Per h,, tre autovalori distinti, f é semplice. Per h = si ha: T = m T = T = m g = = g = 0 0 = ρ 0 = = m 0 f non é semplice Per h = si ha: T = m = = g = T = T = m 0 g = ρ 0 = = m 0 f non é semplice Sia h =. So che f é semplice, quindi esiste una base di autovettori. In tal caso si ha: T =, T = 0, T =. 0 0 x 0 V : 0 4 y = 0 y = 0 B V = (, 0, 0)} 0 z 0 z = 0 0 x 0 V 0 : 0 4 y = 0 z = x B V0 = (, 8, )} 0 4 z 0 y = 4z 0 x 0 V : y = 0 z = x B V = (,, )} 0 z 0 y = z Allora per h = la base di autovettori é: B V B V0 B V = (, 0, 0), (, 8, ), (,, )}.

7 Calcolo f (0,, 0) al variare di h. Occorre risolvere al variare di h il seguente sistema lineare: h + 0 x 0 0 h h + y = 0 h + z 0 Per h,,, det(m) 0 quindi per il Teorema di Cramer esiste un unica soluzione del sistema: 0 0 h h + 0 h + x = M = (h+)(h h ) y = z = h h h + M = h+ h h 0 0 M = h h h h Allora per h,,, f (0,, 0) = ( (h+)(h h ), h+ h h, h h ). Sia ora h =. In tal caso det(m) = 0, in particolare ρ(m) =. Poiché il rango della matrice completa del sistema é 0 0 ρ 0 4 = ρ(m) per il Teorema di Rouché Capelli, il sistema é impossibile. Quindi per h =, f (0,, 0) =. Analogamente per h = e per h =.