SOLUZIONE della prova scritta di Algebra Lineare e Geometria assegnata giorno 1 ottobre 2012

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1 Prova scritta di giorno ottobre 0 SOLUZIONE della prova scritta di Algebra Lineare e Geometria assegnata giorno ottobre 0 x ) Sia X = z u e solo se I y t una matrice in R 3, X V se e solo se esiste λ R tale che AX = λi, cioè se v ( ) y ( ) ( ) ( ) x z t λ 0 x + u λ y + v 0 0 =, ovvero =, λ z t λ 0 0 u v da cui ricaviamo il seguente sistema lineare omogeneo di 4 equazioni in 7 incognite x + u λ = 0 y + v = 0 z = 0 t λ = 0 Ordinando le variabili nel seguente modo x, y, z, t, u, v, λ, la matrice del sistema è M = Si ha che dim R V = 7 rk M = 7 4 = 3 Dal precedente sistema, ponendo λ = 0, si ricava il sistema lineare di 4 equazioni in 6 incognite che definisce U, la cui matrice associata è N = Quindi dim R U = 6 rk N = 6 4 = Ovviamente U è un sottospazio di V Una base di U si ottiene isolando al primo membro le prime 4 variabili e ponendo u =, v = 0 e poi u = 0, v = x = u y = v z = 0 t = B = 0 0, B =

2 Prova scritta di giorno ottobre 0 Pertanto una base di U è B U = (B, B ) Una base di V, che estende una base di U, si ottiene aggiungendo la matrice ottenuta dal primo sistema ponendo u = 0, v = 0, λ =, cioè la matrice 0 B 3 = Pertanto una base di V che estende una base di U è B V = (B, B, B 3 ) ) Poiché U è l autospazio associato all autovalore, si ha che g = dim R U = Si ha che f(b ) = B f(b ) = B a, b, c R f(b 3 ) = ab + bb + cb 3 Di conseguenza la matrice associata ad f rispetto alla base B V 0 a R = 0 b 0 0 c è Il suo polinomio caratteristico è ( x) (c x) Quindi f non diagonalizzabile implica g < m = 3, cioè c = ed inoltre deve essere (a, b) (0, 0) 0 3) AA t = 0 0 Essendo reale simmetrica è certamente diagonalizzabile Il suo polinomio caratteristico è P (x) = ( x) 3 ( x) = ( x)[( x) ] = x( x)( x) Sia g : R 3 R 3 l endomorfismo la cui matrice associata rispetto alla base canonica è t AA Determiniamo una base di R 3 di autovettori per g Si ha che V 0 = L ( (, 0, ) ), V = L ( (0,, 0) ), V = L ( (, 0, ) ) Pertanto Quindi P = 0 0 e P = P AAP t = =

3 Prova scritta di giorno ottobre ) Poniamo D = 0 0 P AAP t = D AA t = P DP ( AA) t n = P D n P Quindi 0 0 ( AA) t n = = 0 0 n = 0 0 n = n 0 n n 0 n 0 0 = n n 0 n n 0 n Sostituendo otteniamo ( AA) t 0 = II ) Sia r : x + y = z = 0 La parabola richiesta appartiene al fascio di coniche bitangenti alla retta impropria nel punto improprio della retta r ed alla retta passante per V ortogonale a r Il punto improprio di r è P (,, 0, 0) ed il punto improprio del piano z = 0, in direzione ortogonale a r è P (,, 0, 0) x y t Retta per V ortogonale a r : z = = 0 z = x y t = 0 0 x y t Retta per V parallela a r : z = = 0 z = x + y t = 0 0 Il fascio di coniche è quindi z = λt(x y t) + µ(x + y t) = 0 Imponendo il passaggio per O(0, 0, 0, ), otteniamo λ + µ = 0 λ =, µ = Pertanto la parabola ha equazioni p : z = t(x y t) + (x + y t) = 0; in forma non omogenea p : z = x + 8xy + 8y x 9y = 0 ) La tangente nel vertice è la retta u, precedentemente calcolata, di equazioni z = x y = 0 Sia P 0 (x 0, y 0, 0) p, quindi x 0 + 8x 0 y 0 + 8y0 x 0 9y 0 = 0 (*) Sia P s (x s, y s, 0) il simmetrico di P 0 rispetto ad u e sia M il punto medio del segmento P 0 P s Si ha che M( (x 0 +x s ), (y 0 +y s ), 0) Sia u 0 la retta passante per P 0 ed ortogonale a u Si ha che M = u u 0 Calcoliamo l equazione di u 0 : x y u 0 : z = x 0 y 0 0 = 0 z = x + y x 0 y 0 = 0

4 Prova scritta di giorno ottobre 0 4 Quindi M deve essere la soluzione del sistema z = 0 { x0 + x u u 0 : x y = 0 s (y 0 + y s ) = 0 x + y x 0 y 0 = 0 (x 0 + x s ) + y 0 + y s x 0 y 0 = 0 Sostituendo nella (*) otteniamo { 5x0 = 3x s + 4y s + 8 5y 0 = 4x s + 3y s 4 [( 3x 5 s + 4y s + 8) + 8( 3x s + 4y s + 8)(4x s + 3y s 4) + 8(4x s + 3y s 4) + 0( 3x s + 4y s + 8) 45(4x s + 3y s 4)] = 0, semplificando e sostituendo x al posto di x s e y al posto di y s ricaviamo le equazioni della parabola richiesta p s : z = x + 8xy + 8y 6x 7y + 4 = 0 3) La famiglia di quadriche contenenti p ha equazione x + 8xy + 8y x 9y + (ax + by + cz + d)z = 0 Imponiamo a tale quadrica di contenere la conica di equazioni γ : y = x x = 0 Secando con il piano di equazione y = 0 otteniamo { { y = 0 y = 0 x x + (ax + cz + d)z = 0 x + axz + cz x + dz = 0, da cui segue subito che tale conica coincide con γ se e solo se a = c = d = 0 Quindi, sostituendo sopra, ricaviamo x + 8xy + 8y + byz x 9y = 0 Infine, imponendo il passaggio per P (0,, ), troviamo la condizione 8 + b 9 = 0 b = Pertanto la quadrica che soddisfa le condizioni richieste è Q : x + 8xy + 8y + yz x 9y = 0 Sia B la matrice associata a Q Si verifica subito che det B 0 e che det A 0 Poiché inoltre Q contiene una parabola non può essere un ellissoide, quindi è un iperboloide Inoltre Q contiene la conica γ, spezzata in due rette reali e distinte, quindi è un iperboloide iperbolico 4) Per quanto detto precedentemente P è un punto iperbolico per Q Calcoliamo l equazione del piano tangente π a Q in P : 4 0 x π : ( 0 ) y z = 0 π : 6x + 8y + z 9 =

5 Prova scritta di giorno ottobre 0 5 Le rette passanti per P e contenute in Q sono le rette in cui si spezza la conica sezione π Q π Q { 6x + 8y + z 9 = 0 x + 8xy + 8y + yz x 9y = 0 { 6x + 8y + z 9 = 0 x + 8xy + 8y + y(9 6x 8y) x 9y = 0 Quindi le rette cercate sono { 6x + 8y + z 9 = 0 x(x + y ) = 0 r { 8y + z 9 = 0 x = 0, r { 6x + 8y + z 9 = 0 x + y = 0