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UNIVERSITA’ DI CATANIA
Corso di laurea in Ingegneria Industriale A-E
Prova di Algebra Lineare e Geometria
21 / 06 / 2018
1-Durata della prova: tre ore.
2-Non si pu`o uscire dall’aula prima di aver consegnato definitivamente il compito.
I
Nello spazio vettoriale R
4 si considerino i sottospazi V = {(x, y, z, t) | x + t = y + z)}
e W = L(e 3 , e 4 ) (e 3 , e 4 vettori della base canonica).
- Trovare una base per V e per V ∩ W ed una base di R
4 che contenga una base di V,
una di W e una di V ∩ W.
- Considerata la base di R
4 costituita da v 1 = (1, 1 , 1 , 1), v 2 = (1, 0 , 1 , 0), v 3 =
(0, 0 , 1 , 1), v 4 = (0, 0 , 0 , 1), sia f : R
4 → R
4 l’applicazione lineare definita da
f (v 1 ) = (1, h
2 , 1 , h
2 )
f (v 2 ) = (h, k, h
2 , h
2 − h)
f (v 3 ) = (k, 0 , 1 , 1)
f (v 4 ) = (h, 0 , h
2 , 0)
con h, k ∈ R. Si trovino i valori di h, k per cui f induca un endomorfismo g di V.
Per i valori trovati in 2) si studi l’applicazione lineare f.
Per l’endomorfismo g di V si studi la semplicit`a e, ove possibile, si determini una base
di autovettori.
Soluzione.
- Per determinare V ∩ W `e opportuno trovare le equazioni cartesiane di W. Utilizzando
la matrice (^)
x y z t
si trova subito che le equazioni cercate sono x = 0, y = 0. Quindi V ∩W = {(x, y, z, t) | x+
t = y + z, x = y = 0)}, per cui il generico vettore di V ∩ W = {(0, 0 , a, a) | ∀ a ∈ R}
(quindi dim(V ∩ W ) = 1,) ed una sua base `e (0, 0 , 1 , 1).
Per determinare una base di V che contenga (0, 0 , 1 , 1), visto che il generico vettore di
V e {(a, b, c, b + c − a) | ∀ a, b, c ∈ R}, bastera assegnare i valori a = c = 0 e b = 1,
ottenendo (0, 1 , 0 , 1) ed i valori a = 1 e b = c = 0, ottenendo (1, 0 , 0 , −1). Per cui una
base di V contenente la base scelta per V ∩ W `e
Alla luce di quanto detto sopra, una base di R
4 contenente la precedente base di V sar`a
(osservare che la matrice ottenuta scrivendo per righe i 4 vettori di cui sopra `e ridotta
con 4 righe non nulle).
- Affinch´e le assegnazioni date inducano un endomorfismo su V occorre che l’a.l. data
mandi i vettori di V in V , o pi`u semplicemente una base di V abbia immagini in V.
Osservato che V ha dimensione 3 e che i vettori dati v 1 = (1, 1 , 1 , 1), = (1, 0 , 1 , 0),
v 3 = (0, 0 , 1 , 1), stanno in V (soddisfano l’equazione cartesiana di V ) essa sar`a una base
per V , quindi dobbiamo imporre che le loro immagini stiano in V ovvero soddisfino
l’equazione cartesiana di V. Per cui avremo
1 + h
2 = 1 + h
2
h + (h
2 − h) = h
2
k + 1 = 0 + 1
da cui deduciamo k = 0 ed h qualsiasi.
- Studiamo allora l’applicazione lineare definita dai dati sostituendo k = 0. Per studiare
in modo semplice tale applicazione lineare da R
4 in R
4 fissiamo nel dominio la base data
dal testo e nel codominio la base canonica di R
4
. La matrice associata a tale a.l. rispetto
a tali base `e (^)
1 h 0 h
h
2 0 0 0
1 h
2 1 h
2
h
2 h
2 − h 1 0
Il determinante di questa matrice `e h
4 (h−1) per cui per h 6 = 0, 1 tale determinante `e non
nullo, quindi il rango della matrice e 4 per cui l’a.l.e un isomorfsmo, ovvero im(f ) = R
4
e ker(f ) = { 0 }.
Per h = 0 la matrice diventa (^)
che ha rango 2 (2 sole colonne non nulle) quindi dim(im(f )) = 2 ed una sua base `e
(1, 0 , 1 , 0), (0, 0 , 1 , 1). Mentre dim(ker(f )) = 4 − 2 = 2 e le componenti del suo generico
vettore si ottengono risolvendo il sistema lineare omogeneo la cui matrice dei coefficienti
e`e la nostra matrice. Le soluzioni di tale sistema sono z = 0, x = 0 (y, t qualsiasi) quindi
una base del nucleo sara d una sua basee v 2 , (componenti (0, 1 , 0 , 0)), v 4 (componenti
(0, 0 , 0 , 1)).
Per h = 1 la matrice diventa (^)
riducendo per righe tale matrice si perviene alla matrice
che ha rango 3 (le colonne 1,3,4 sono indipendenti contenendo gli elementi speciali) quindi
dim(im(f )) = 3 ed una sua base `e (1, 1 , 1 , 1), (0, 0 , 1 , 1), (1, 0 , 1 , 0) (le corrispondenti
colonne della matrice di partenza). Mentre dim(ker(f )) = 4 − 3 = 1 e le componenti del
suo generico vettore si ottengono risolvendo il sistema lineare omogeneo la cui matrice
dei coefficienti e`e la nostra matrice. Le soluzioni di tale sistema sono z = 0, x = 0,
t = −y quindi una base del nucleo avra componenti (0, 1 , 0 , −1), cioe v 2 − v 4.
- Per studiare l’endomorfismo g di V , scegliamo come base di V (sia dominio che
codominio) {v 1 , v 2 , v 3 }. Per determinare la matrice di g rispetto a tale base, dobbiamo
esprimere le immagini di {v 1 , v 2 , v 3 } come combinazione lineare di {v 1 , v 2 , v 3 }. Avremo
g(v 1 ) = (1, h
2 , 1 , h
2 ) = a(1, 1 , 1 , 1) + b(1, 0 , 1 , 0) + c(0, 0 , 1 , 1)
g(v 2 ) = (h, 0 , h
2 , h
2 − h) = d(1, 1 , 1 , 1) + e(1, 0 , 1 , 0) + f (0, 0 , 1 , 1)
che porta a z = −x, y = −
(h+1) h
x quindi una base per Vh 2 `e hv 1 − (h + 1)v 2 − hv 3.
Pertanto, per h 6 = 0, ±1 una base di autovettori di g `e
{v 3 , v 2 + hv 3 , hv 1 − (h + 1)v 2 − hv 3 }.
Per h = 0, gli autovalori sono T = 0 con molteplicita 2 e T = 1 con molteplicita 1. La
molteplicita geometrica g 0 = 3 − ρ dove ρe il rango della matrice del p.c. ove si ponga
T = 0 ed h = 0, cio`e ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 0 0 0
1 0 0
per cui g 0 = 3 − 2 = 1 6 = m 0 , pertanto in tal caso l’endomorfismpo non `e semplice.
Per h = 1, gli autovalori sono T = 1 con molteplicit`a 3. Come si vede facilmente in
tal caso g = 1V per cui la molteplicita geometrica g 1 = 3 ed una base di autovettorie
ovviamente {v 1 , v 2 , v 3 }.
Per h = −1, gli autovalori sono T = 1 con molteplicita 2 e T = −1 con molteplicita
- La molteplicit
a geometrica g 1 = 3 − ρ dove ρe il rango della matrice del p.c. ove si
ponga T = 1 ed h = − 1 , cio`e (^) ∣
∣ ∣ ∣ ∣ ∣
per cui g 1 = 3 − 1 = 2 = m 1 , pertanto in tal caso l’endomorfismpo `e semplice. Una base
per V 1 si ottiene dalla precedente matrice che porta il generico elemento di V 1 , av 1 + bv 3 ,
quindi una sua base `e {v 1 , v 3 }. Per V− 1 , come prima si trova una base {v 2 − v 3 }. In
defintiva per h = −1 l’endomorfismo g e semplice ed una sua base di autovettorie
{v 1 , v 3 , v 2 − v 3 }.
II
Nello spazio in cui `e fissato un sistema cart. ort. Oxyz.u. sono assegnate le rette r
di equazioni x − y − z = x − 2 y + 1 = 0, s di equazioni x + y − 1 = y − z − 1 = 0 ed u
di equazioni 2x − y = x − z + 1 = 0.
Determinare la retta parallela ad u ed incidente sia r che s.
Determinare il coseno dell’angolo tra le rette di r ed s.
Determinare le proiezioni ortogonali delle tre rette sul piano z = 0.
Dette r
′ ed s
′ le rette del piano z = 0 con equazioni z = x− 2 y+1 = 0 e z = x+y−1 = 0
trovare la conica che ha tali rette come asintoti e passante per l’origine.
- Detta γ la conica di equazioni z = x
2 − xy − 2 y
2
- 2x − y = 0 trovare il cilindro che
ha la conica γ come direttrice e le cui generatrici sono parallele ad u.
Soluzione.
- La retta che cerchiamo, dovendo essere parallela ad u deve passare per il suo punto
improprio U∞ = (1, 2 , 1 , 0). Per cui la retta cercata sta sul piano contenente r ed U∞
e sul piano contenente s ed U∞. Il primo piano si trova nel fascio di piani con asse r
λ(x − y − z) + μ(x − 2 y + t) = 0 e dovendo passare per U∞ deve essere − 2 λ − 3 μ = 0
cioe λ = 3, μ = −2 ovvero il pianoe x + y − 3 z − 2 t = 0. Il secondo piano appartiene al
fascio di piani con asse s cio`e λ(x + y − t) + μ(y − z − t) = 0, e dovendo passare per U∞
deve essere 3λ + μ = 0 cioe λ = 1, μ = −3 ovvero il pianoe x − 2 y + 3z + 2t = 0. Cos`ı
la retta cercata ha equazioni
{
x + y − 3 z − 2 t = 0
x − 2 y + 3z + 2t = 0.
[In questo caso specifico, se uno osserva che le due rette r ed s sono complanari, infatti
giacciono entrambe sul piano z = y − 1 , la retta cercata sar`a quella passante per il punto
comune ad r ed s, P = (1/ 3 , 2 / 3 , − 1 /3) e parallela ad u, cio`e con numeri direttori 1, 2 , 1,
quindi avr`a equazioni parametriche
x = 1/3 + λ
y = 2/3 + 2λ
z = − 1 /3 + λ
e quindi le sue equazioni cartesiane sono
y = 2x
3 x − 3 z = 2
ovviamente equivalenti a quelle trovate in precedenza]
- I numeri direttori di r sono 2, 1 , 1 mentre quelli di s sono − 1 , 1 , 1 per cui il coseno
dell’angolo tra le due rette sar`a
cos rs = ±
le rette r ed s sono perpendicolari.
- La proiezione ortogonale di una retta p su un pano π si ottiene come intersezione tra
π ed il piano contenente p ed ortogonale a π. Tuttavia nel caso particolare di un piano
coordinato, ad esempio z = 0, baster`a eliminare l’indeterminata z dalle due equazioni che
definiscono la retta (Verificate!). Cos`ı nel nostro caso r
′ avr`a equazioni z = x− 2 y+1 = 0,
s
′ avr`a equazioni z = x + y − 1 = 0, e u
′ avr`a equazioni z = 2x − y = 0,
- Le coniche che hanno r
′ ed s
′ come asintoti costituiscono il fascio di coniche tangenti r
′
nel suo punto improprio r
′ ∞ = (1,^2 ,^0 ,^ 0) ed^ s
′ nel suo punto improprio s
′ ∞ = (1,^ −^1 ,^0 ,^ 0);
tale fascio ha equazioni z = 0 e
λ(x − 2 y + t)(x + y − t) + μt
2 = 0
imponendo il passaggio per l’origine si ha −λ + μ = 0, per cui la conica cercata sar`a
(x − 2 y + t)(x + y − t) + t
2 = z = 0
in definitiva
z = x
2 − xy − 2 y
2
- Il cilindro cercato fa parte della famiglia di quadriche che secano z = 0 nella conica γ
quindi la sua equazione sar`a del tipo
z(ax + by + cz + d) + x
2 − xy − 2 y
2
Poich´e le sue generatrici devono essere parallele ad u, il vertice del cilindro sar`a il punto
improprio di u, cio`e U∞ = (1, 2 , 1 , 0). Quindi tale punto deve soddisfare il sistema dei
vertici relativo alla famiglia di quadrica di cui sopra. La matrice associata alla famiglia
di quadriche `e
1 − 1 / 2 a/ 2 1
− 1 / 2 − 2 b/ 2 − 1 / 2
a/ 2 b/ 2 c d/ 2
1 − 1 / 2 d/ 2 0
