Compiti di Algebra lineare e geometria

Ingegneria Civile e Ambientale, Compito di Algebra Lineare e Geometria del 13/9/11 I Sono assegnati in R4 i vettori v1 = (1, 1, 0, 0), v2 = (0, 0, 1, 1), v3 = (0, 1, 1, 0), w = (1, 2, 2, 1) ed il sottospazio V = L (v1 , v2 , v3 ). 1) Determinare l’equazione cartesiana di V , verificare che A = [v1 , v2 , v3 ] `e una base di V e trovare le componenti di w rispetto ad A . 2) Studiare l’endomorfismo f : V → V definito dalle assegnazioni   f (v1 ) = −2v1 − v2 + v3 + hw f (v2 ) = 3v1 + 2v2 − v3 − hw con h parametro reale  f (v3 ) = −v1 − v2 + hw al variare di h, determinando in ciascun caso Im f e Ker f . 3) Verificare che T = 1 `e autovalore di f . Verificare che f `e semplice per ogni valore di h e trovare una base di autovettori indipendente dal parametro. 4) Determinare l’endomorfismo ϕ : R4 → R4 che `e estensione di f ed ammette l’autovalore T = h con autospazio associato Vh0 = {(x, y, z, t) ∈ R4 | 2x − y = z − 2t = 0}. Trovare una base B di R4 formata da autovettori di ϕ. Determinare in R4 un prodotto scalare in modo che B risulti una base ortogonale. II ` assegnato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O, ~x, ~y , ~z, u. E 1) Sono assegnati il piano π e la retta r di equazioni  x−y−2=0 π : x−y+z =0 r: . z−1=0 Detto R ∈ r il punto proprio generico sia s la retta congiungente O con R. Verificare che, al variare di R, la retta s forma col piano π un angolo ϑ, con 0 < ϑ ≤ π2 . Tra le rette s sia s0 quella ortogonale al piano π. Trovare la quadrica Q luogo dei punti equidistanti da s0 e da π e verificare che Q `e un cono. 2) Ci poniamo sul piano coordinato z = 0. Studiare la parabola p di equazione p : x2 − 2xy + y 2 − 4x − 4y − 8 = 0 determinandone vertice ed asse. Detta c la circonferenza passante per i punti (−1, −1), (1, 1), √ ( 2, 0), studiare il fascio di coniche φ generato da p e da c. In particolare determinare le coniche spezzate ed i punti base di φ. 3) Determinare e studiare le quadriche contenenti le coniche   x=0 y=0 Γ1 : Γ2 : . y2 + z2 − 1 = 0 x2 + z 2 − 1 = 0 SOLUZIONE, I 1) I vettori v1 , v2 , v3 sono chiaramente indipendenti, quindi essi formano una base, A , di V . Per trovare la sua equazione cartesiana usiano la tecnica matriciale:       1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0  0 0 1 1   0  0 1 1  0 1 1     → 0 →  0 1 1 0 → 0   1 1 0 0 1 1 0  x y z t 0 y−x z t 0 y−x z−t 0 1



1  0   0 0

1 0 0 1 1 1 0 x−y+z−t

 0 1   0  0

⇒

V = {(x, y, z, t) | x − y + z − t = 0}

Si vede facilmente che w = v1 + v2 + v3 , cio`e [w]A = (1, 1, 1). 2) Calcoliamo la matrice associata ad f rispetto alla base A . Usando l’espressione di w appena determinata avremo:    h−2 3−h h−1  f (v1 ) = (h − 2)v1 + (h − 1)v2 + (h + 1)v3 f (v2 ) = (3 − h)v1 + (2 − h)v2 + (−1 − h)v3 ⇒ M A (f ) =  h − 1 2 − h h − 1   f (v3 ) = (h − 1)v1 + (h − 1)v2 + hv3 h + 1 −1 − h h e si ricava facilmente |M A (f )| = −h. Quindi se h 6= 0 f `e un isomorfismo; per h = 0 si ha Im f = L ((1, 1, 0), (1, 0, −1)) = L (v1 + v2 , v1 − v3 ), Ker f = L (1, 1, 1) = L (w). 3) Sottraendo T = 1 dalla diagonale di M A (f ) si ottiene una matrice che non ha rango massimo, quindi 1 `e autovalore di f . Possiamo quindi evitare il calcolo esplicito del polinomio caratteristico. P (T ) = −T 3 + hT 2 + λT − h = 0;

P (1) = λ − 1 = 0

⇒

λ=1

e si possono ricavare facilmente gli altri autovalori T = −1, h. Se h 6= ±1 si hanno tre autovalori distinti, quindi f `e semplice. In questo caso calcoliamo gli autospazi: T = 1 V1 = L (1, 1, 0) = L (u1 = v1 + v2 ); T = −1 V−1 = L (1, 0, −1) = L (u2 = v1 − v3 ); T = h Vh = L (1, 1, 1) = L (v1 + v2 + v3 ) = L (w). 4) L’endomorfismo ϕ conserva gli autovalori e gli autovettori di f ; siccome f ammette l’autovalore T = h, con autovettore w, dovremo scegliere in Vh0 = {(x, 2x, 2t, t)} un secondo autovettore indipendente da w ∈ Vh0 , ad esempio u3 = (1, 2, 0, 0) ∈ / V . Usando la base di autovettori B = [u1 , u2 , w, u3 ] l’endomorfismo ϕ `e determinato da: ϕ(u1 ) = f (u1 ) = u1 ,

ϕ(u2 ) = f (u2 ) = −u2 ,

ϕ(w) = f (w) = hw,

ϕ(u3 ) = hu3 .

Il richiesto prodotto scalare `e determinato dalle assegnazioni: u1 · u1 > 0 u1 · u2 = 0 u1 · w = 0 u1 · u3 = 0 u2 · u2 > 0 u2 · w = 0 u2 · u3 = 0 w · w > 0 w · u3 = 0 u3 · u3 > 0. II 1) Siccome R ≡ (α, α − 2, 1), la retta s ha equazioni x − αz = y − (α − 2)z = 0, con punto improprio S∞ ≡ (α, α − 2, 1, 0). Naturalmente, ricordando che ci riferiamo ad angoli acuti, possiamo usare in vettore normale a π, n = (1, −1, 1), richiedendo che 0 ≤ sc n < π2 , cio`e che 0 < cos sc n ≤ 1. Ponendo cos sc n=q √ 3 3 0 < cos sc n= √ √ =√ =q 2 2 2α − 4α + 5 3 2α − 4α + 5 bisogna verificare che questa equazione `e risolubile per ogni q, 0 < q ≤ 1. Con facili calcoli si ottiene l’equazione 2α2 − 4α + 5 −

3 =0 q2

∆ 6 = 2 − 6 ≥ 0 per q ≤ 1. 4 q

⇒ 2

La retta s0 ha equazioni x − z = y + z = 0; detto P ≡ (a, b, c) un punto dello spazio, il piano per P ortogonale ad s0 ha equazione x − y + z − a + b − c = 0, quindi il punto P 0 , proiezione , − a−b+c , a−b+c ). Uguagliando le distanze d(P, s0 ) = P P 0 di P su s0 , ha coordinate P 0 ≡ ( a−b+c 3 3 3 e d(P, π) e quadrando si ottiene (a − b + c)2 (2a + b − c)2 (a + 2b + c)2 (−a + b + 2c)2 + + = . 9 9 9 3 Da questa uguaglianza, ponendo (a, b, c) = (x, y, z) si ottiene l’equazione Q : x2 + 4xy + y 2 − 4xz + 4y + z 2 = 0. Si verifica facilmente che Q `e un cono con vertice in O. 2) La parabola p ha punto improprio P∞ ≡ (1, 1, 0); l’asse `e la polare del punto improprio Q∞ ≡ (1, −1, 0) ⊥ P∞ , cio`e la retta x − y = 0. Il vertice `e il punto (proprio) comune a p ed all’asse, V ≡ (−1, −1). L’equazione della circonferenza c si trova facilmente, c: x2 + y 2 − 2 = 0. Quindi il fascio ha equazione φ : (1 + h)x2 − 2xy + (1 + h)y 2 − 4x − 4y − 8 − 2h = 0. Dalla sua matrice si ha   1 + h −1 −2  −2 B =  −1 1 + h −2 −2 −8 − 2h

⇒

|B| = −2h3 − 12h2 − 24h − 16 = −2(h + 2)3 |A| = h2 + 2h

Quindi nel fascio c’`e una sola conica spezzata, con molteplicit`a 3: per h = −2 si ha la conica spezzata x2 + 2xy + y 2 + 4x + 4y + 4 = 0 cio`e (x + y + 2)2 = 0. Secando questa conica con una conica qualsiasi del fascio (ad esempio con la circonferena c, che si ha per h = ∞) si ottiene il punto (−1, −1) con molteplicit`a 4. Per caratterizzare le coniche irriducibili di Φ usiamo |A| = h(h + 2). • |A| > 0,

h < −2, h > 0 ELLISSI. Per h = ∞ si trova la circonferenza c.

• |A| < 0,

−2 < h < 0 IPERBOLI. Per h = −1 iperbole equilatera xy + 2x + 2y + 3 = 0.

• |A| = 0,

h = −2, 0. Per h = 0 si ha la parabola p.

3) Le quadriche contenenti Γ1 hanno equazione 2



2

x(ax + by + cz + d) + y + z − 1 = 0

⇒

y=0 . ax2 + cxz + dx + z 2 − 1 = 0

Imponendo che questa conica coincida con Γ2 avremo la condizioni a = 1. c = d = 0, quindi la richiesta famiglia di quadriche ha equazione   1 2b 0 0 2  b 1 0 0  2  con |B| = −|A| = b − 1. x2 + bxy + y 2 + z 2 − 1 = 0 ⇒ B =   0 0 1 0  4 0 0 0 −1 Se b = ±2 si hanno cilindri di vertici (1, ∓1, 0, 0). Se −2 < b < 2 si hanno ellissoidi (gli autovalori di A sono concordi) e per b < −2, b > 2 si hanno iperboloidi iperbolici. 3