Esame scritto di Geometria I

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1 Esame scritto di Geometria I Università degli Studi di Trento Corso di laurea in Fisica A.A. 26/27 Appello di febbraio 27 Esercizio Sia f h : R R l applicazione lineare definita da f h (e ) = 2e + (2 h)e 2 + (2 + h)e, f h (e 2 ) = e + (2 + h)e 2 2h e, f(e ) = e e 2 e, dove h è un parametro reale. i. Calcolare per ogni h R la dimensione del nucleo e la dimensione dell immagine di f h. ii. Determinare per quali valori di h, k R il vettore (,, k) appartiene all immagine di f h. iii. Determinare equazioni parametriche di U := f ( (,, )), V := f ( ) (,, ) e W := f ( ) (,, ) nonché del più piccolo sottospazio affine di R che contiene U e W. Esercizio 2 Si considerino in R, i punti P =, Q =, Q =. Sia r la retta per Q e Q, r la retta parallela a r passante per P e infine si consideri la retta s: x y = x + y + z 2 =. i. Si determino equazioni parametriche e cartesiane di ciascuna delle tre rette r, r ed s; ii. Si determini la posizione relativa di ciascuna coppia di rette (coincidenti, incidenti, parallele non coincidenti o sghembe); iii. Si determino equazioni cartesiane di ciascun piano (se ce ne sono) contenente r e r ; iv. Si determino equazioni cartesiane di ciascun piano (se ce ne sono) contenente r e s; v. Si determino equazioni cartesiane di ciascun piano (se ce ne sono) contenente r e s; vi. Si determino equazioni cartesiane di ciascun piano (se ce ne sono) perpendicolare a r e contenente P, e in ciascun tale piano si individui il punto di minima distanza da Q.

2 Esercizio Sia f : C 4 C 4 l applicazione lineare definita da: f(x, y, z, t) = (x + 2y + z 2t, 2x + 4y + 2z + 4t, 4x + 8y + 4z, t). i. Calcolare una base del nucleo di f e una base dell immagine di f. ii. Sia W il sottospazio vettoriale di C 4 generato dai seguenti tre vettori (,,, ), (,, 2, ), (,, 5, ). Si verifichi che W è contenuto nel nucleo di f e si determini se vale l uguaglianza tra i due sottospazi. iii. Stabilire se f è diagonalizzabile. Se lo è, determinare una base B di autovettori di f, altrimenti, determinare basi di ciascun autospazio. Esercizio 4 Si consideri la forma quadratica q su R 4 definita come x q y z = (x + y + z + t)2 + (x + z) 2 + (y + t) 2 t i. calcolare la segnatura della forma quadratica; ii. dedurre la forma normale di q; iii. determinare se la forma quadratica è rispettivamente degenere, definita positiva, semidefinita positiva, definitiva negativa, semidefinita negativa; iv. individuare una base di R 4 rispetto alle cui coordinate la forma quadratica assume la forma normale.

3 Soluzione dell esercizio Il punto (ii) richiede di discutere la compatibilità di un sistema lineare in due parametri h e k la cui matrice dei coefficienti è la matrice associata a f h rispetto alla base canonica. Scrivo la matrice completa del sistema lineare e opero per righe come segue: h 2 + h h + h. 2 + h 2h k h 2h k ho operato due volte sommando ad una riga un multiplo di un altra, operazione che non modifica il determinante. Quindi il determinante dell operatore f h è uguale a quello della matrice dei coefficienti del sistema ottenuto, ossia (sviluppando rispetto alla terza e ultima colonna) Ne deduco le risposte alle prime domande: det f h = ( h( 2h) h( + h))) = h(h + ). i. Se h {, }, det f h per cui f h ha rango, e quindi immagine di dimensione e nucleo di dimensione =. Per h {, } invece det f h =, e quindi il rango è minore di. D altronde il minore 2 2 in alto a destra della matrice ottenuta per eliminazione è uguale a + h per cui per h {, } il rango di f h è 2, e quindi l immagine ha dimensione 2 e il nucleo dimensione. ii. Ne segue che la risposta è affermativa se h {, } qualunque sia k. Se h = risolviamo il sistema e troviamo h + h = h 2h k k k compatibile solo per k =. Similmente se h = troviamo h + h = 7 7 h 2h k 2 k k + da cui si deduce immediatamente che il sistema non è compatibile per k, mentre la compatibilità per k = segue considerando che il rango di f è 2. iii. Ne segue che U e W sono rette mentre V è un punto. 2 [ ] 2 U : 2 7 [ ] 2 W : t t. 4 U e W sono quindi due rette incidenti e il più piccolo sottospazio affine che le contiene entrambe è il piano affine di equazioni parametriche 7 + t + s 4 2 Infine V : 2

4 Soluzione dell esercizio 2 i. Siccome Q = Q la retta r per Q e Q passa per l origine O, e quindi è la retta O + tq; r è la parallela per P e quindi è r : P + tq. Per ottenere equazioni parametriche di s basta risolvere il sistema avente la seguente matrice completa [ ] [ ] ottenendo quindi r : + t r : + t s: + t 2 Equazioni cartesiane per s sono date nella traccia, mentre per r e r ricaviamo r : x + y = y + z = r : x + y 2 = y + z = ii. r e r sono parallele per costruzione e non coincidenti dal momento che le rispettive equazioni cartesiane mostrano che O r mentre O r. Dal momento che il vettore direzione nell equazione parametrica trovata di s non è proporzionale a quello di r, s non è parallelo né a r né a r. Inoltre P r s, quindi r e s sono incidenti. Infine r e s sono sghembe in quanto la matrice del sistema ottenuto mettendo insieme le equazioni cartesiane trovate di entrambe ha rango 4: infatti il suo determinante è det = ( 2) det = ( 2)( + ) 2 iii. r e r sono parallele non coincidenti quindi c è un unico piano che le contiene, e precisamente il piano per O con giacitura OQ, OP, una equazione parametrica per il quale è x y z = det = x y 2z; iv. r e s sono sghembe quindi nessun piano le contiene entrambe; v. r e s sono incidenti e quindi c è esattamente un piano che le contiene entrambe, e precisamente il piano per P con giacitura OQ, che è il piano 2 x y z = det = (x ) + (y ) + 2z; 2 e quindi il piano x + y + 2z = 4; vi. I piani perpendicolari a r sono i piani di equazione cartesiana della forma x y + z = c, c R. Quindi ce ne è esattamente uno passante per P, quello con c = + = : il piano Π: x y + z =. Il punto di Π di minima distanza da Q è esattamente l intersezione tra Π e la retta per Q perpendicolare a Π. Ma essendo r perpendicolare a Π tale retta è la retta per Q parallela a r e quindi proprio r. Dal momento che P r il punto cercato è proprio P.

5 Soluzione dell esercizio i. Riducendo la matrice associata a f rispetto alla base canonica mediante operazioni elementari sulle righe otteniamo per cui f ha rango 2, e basi del suo nucleo e della sua immagine sono rispettivamente 2 2, 2 e 2 4, 4 ii. Per determinare se W è contenuto nel nucleo di f basta verificare che i tre generatori dati di W sono nel nucleo di f e infatti = = 2 5 = Visto che i primi due vettori non sono tra loro proporzionali, W ha almeno dimensione 2; ne segue che W coincide col nucleo di f. iii. Il polinomio caratteristico è T 2 2 det 2 4 T 2 4 T T = (T + ) det 2 4 T 2 = T T = (T + ) { ( T )[(4 T ) 2 6] 2(8 2T 8) + ( T ) } = = (T + ) { ( T )[T 2 8T ] + 8T } = (T + ) { T 9T 2} = T 2 (T + )(T 9). Quindi gli autovalori sono 9, e di molteplicità algebrica rispettiva, e 2. L unico con molteplicità algebrica diverso da è la cui molteplicità geometrica è la nullità che abbiamo già calcolato essere 2. Quindi f è diagonalizzabile. Inoltre V 9 e V hanno dimensione e quindi una loro base è data da un qualunque vettore non banale nel nucleo della matrice corrispondente V = Quindi una base di autovettori è 2, 2, 2 4, V 9 = 4

6 Soluzione dell esercizio 4 canonica di R 4 è i. La matrice associata alla forma quadratica q rispetto alla base 2 2 A = Osserviamo che la prime due righe sono uguali alle altre due e non sono tra loro proporzionali. Quindi A ha rango 2 per cui è un autovalore, con molteplicità due. Osservo che tutte le righe hanno la stessa somma, 6. Quindi 6 è autovalore in quanto 6 A = 6 6 = 6 6 La traccia di A è = 8. Quindi l autovalore mancante è 8 6 = 2, le molteplicità di 2 e 6 sono entrambe, e la segnatura della forma quadratica è (+, ) = (2, ). ii. Quindi la forma normale è x 2 + x2 2 =. iii. q è semidefinita positiva in quanto ha negatività (si poteva dedurre anche dal fatto che la forma è somma di quadrati). Inoltre è degenere in quanto il rango è solo 2, e quindi non è definita (né positiva né negativa). Non è neanche semidefinita negativa in quanto la positività è 2. iv. Ho già trovato un autovettore per l autovalore 6 la cui molteplicità è uno, per cui esso genera l autospazio corrispondente. Per l autospazio relativo all autovalore 2 calcolo il nucleo di A 2I 4 : V 2 = Per quanto riguarda l autovalore devo calcolare una base del nucleo, che mi serve ortogonale. Risolvendo il sistema omogeneo corrispondente trovo 2 2 [ ] [ ] quindi il nucleo è, 2 2 per cui una base ortonormale di autovettori per l operatore simmetrico associato ad A è 2, 2, 2, 2 rispetto alla quale la forma quadratica assume quindi la forma 6x 2 + 2y 2 =. Ne deduco che una base rispetto alla quale la forma quadratica assume la forma normale è 2 6, 2 2,,. La via più naturale per calcolarne lo spettro è calcolare il polinomio caratteristico. Presentiamo qui una soluzione più rapida che sfrutta le evidenti simmetrie della matrice per risparmiarci molti calcoli.