Ingegneria Civile e Ambientale, Compito di Algebra Lineare e Geometria del 4/10/11

I

E` assegnata la matrice

A =

2 h 11 h+ 1 11 1 h 1

.1) Studiare lendomorfismo f : R3 R3 associato alla matrice M(f) = A (rispetto alla basecanonica), determinando in ciascun caso Im f e Ker f .2) Verificare che T = 1 e` un autovalore di f . Discutere la semplicita` di f determinando, quandopossibile, una base di autovettori.3) Calcolare, al variare di h, la controimmagine

f1(1, 2, 2) = {v R3 | f(v) = (1, 2, 2)}.

4) Detto g : R3 R3 lendomorfismo associato alla matrice M(g) = tA verificare che lendo-morfismo = g f : R3 R3 e` semplice per ogni valore di h e che esiste una base ortogonaledi autovettori.

II

E` assegnato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O, ~x, ~y, ~z, u.1) Sono assegnate le rette

r :

{x y = 0z 1 = 0 s :

{x 1 = 0y + z 2 = 0 .

Verificare che esse sono complanari e determinare il piano che le contiene. Determinare laquadrica Q luogo dei punti equidistanti da r e da s. Verificare che Q e` spezzata e trovare ipiani che la compongono.2) Ci poniamo sul piano coordinato z = 0. Dato il punto A (2, 2) determinare la circonferezac che ha per diametro il segmento OA. Determinare la parabola p che ha vertice in O contangente la retta x+ y = 0 e passa per P (1, 1 +2). Studiare il fascio generato da c e dap trovando in particolare i punti base e le coniche spezzate.3) Studiare, al variare del parametro reale k, la quadrica Q di equazione

Q : x2 + 2kxy kz2 + 2y 2z = 0

SOLUZIONE, I

1) Calcoliamo il determinante della matrice A

|A| =

2 h 11 1 01 1 h 1

= h(h+ 1) = 0 h = 1, 0quindi per h 6= 1, 0 f e` un isomorfismo. Consideriamo i casi particolari

h = 1 : M(f) = 2 1 11 0 1

1 1 2

Im f = L ((1, 0,1), (0, 1, 3))Ker f = {(x, x, x)}

1

h = 0 : M(f) =

2 0 11 1 11 1 1

Im f = L ((1, 0, 0), (0, 1, 1))Ker f = {(x, x, 2x)}

2) Per verificare che T = 1 e` autovalore osserviamo che la matrice

A I = 1 h 11 h 1

1 1 h 2

ha rango < 3quindi possiamo evitare il calcolo esplicito del polinomio caratteristico:

P (T ) = T 3 + 2(h+ 1)T 2 + T + h2 + h ; P (1) = 0 = h2 3h 1

quindi si calcolano gli autovalori T = 1, h, h + 1. Se h 6= 0, 1 f e` semplice; in questo casocalcoliamo gli autospazi.

T = 1 usando la matrive vista sopra, V1 = L (u1 = (1 h, 1, 1));

T = h 2 h h 11 1 1

1 1 1

Vh = L (u2 = (1, 1, 2)); T = h+ 1

1 h h 11 0 11 1 2

Vh+1 = L (u2 = (1, 1, 1))I tre autovettori che abbiamo trovato sono indipendenti per h 6= 0 quindi f e` semplice ancheper h = 1 mentre non lo e` per h = 0, come si puo` facilmente verificare.3) Consideriamo la matrice completa (A,B) = 2 h 1 | 11 h+ 1 1 | 2

1 1 h 1 | 2

2 h 1 | 10 h+ 2 1 | 3

0 2 h 2h 1 | 3

2 h 1 | 10 h+ 2 1 | 3

0 2h(h+ 1) 0 | 6h

Se h 6= 1, 0 (A) = (A,B) = 3 quindi il sistema ammette una soluzione; con facili calcoli sitrova

f1(1, 2, 2) ={(

2 hh+ 1

,3

h+ 1,

3

h+ 1

)}.

Per h = 0 si ha (A) = (A,B) = 2 quindi il sistema ammette 1 soluzioni e si trova

f1(1, 2, 2) = {(x, x+ 1, 2x 1)} .

Infine per h = 1 si ha 2 = (A) < (A,B) = 3 quindi f1(1, 2, 2) = .4) Con facili calcoli si ha

M() = M(g) M(f) = tA A = 6 3h+ 2 h 43h+ 2 2(h2 + h+ 1) h 2

h 4 h 2 h2 2h+ 3

.Siccome la matrice trovata simmetrica, per il teorema spettrale e` semplice ed esiste una baseortogonale di autovettori.

2

II

1) Le rette date si secano nel punto (1, 1, 1), quindi sono complanari; il piano che le contiene sitrova facolmente, : x y z + 1 = 0. Le due rette hanno punti impropri R (1, 1, 0, 0),S (0, 1,1.0) rispettivamente; detto P (a, b, c) il punto generico, i piani per P ortogonaliad r ed s hanno rispettivamente equazione pir : x + y a b = 0, pis : y z b + c = 0. Leproiezioni di P sulle due rette hanno coordinate:

P = r pir (a+ b

2,a+ b

2, 1

)P = s pis

(1,b c+ 2

2,b+ c+ 2

2

)quindi uguagliando le distanze d(P, r) = PP , d(P, s) = PP si ha

(a b)24

+(a b)2

4+ (c 1)2 =

(a 1)2 + (b+ c 2)

2

4+

(b+ c 2)24

da cui, ponendo (a, b, c) = (x, y, z), con facili conti si ottiene lequazione

Q : x2 + 2xy + 2yz z2 4x 4y + 4 = 0

Si verifica facilmente che la matrice associata a Q ha rango 2, quindi che Q e` spezzata in duepiani distinti. Per trovare questi piani risolviamo lequazione di Q rispetto ad x:

x2 + 2(y 2)x+ 2yz z2 4y+ 4 = 0; x = 2 y (y z); Q : (x+ z 2)(x+ 2y z 2) = 0.

2) La circonferenza c ha centro H (1, 1) e raggio 2, quindi la sua equazione e`:

c : x2 + y2 2x 2y = 0 .

La parabola p ha asse passante per O ed ortogonale alla tangente in O, cioe` la prima bisettricex y = 0. Imponendo al fascio di queste parabole il passaggio per P avremo la parabola p.

(x y)2 + k(x+ y) = 0 P k = 22 +

2=

2 2; p : (x y)2 + (

2 2)(x+ y) = 0

quindi il fascio cercato ha equazione

: (1 + h)x2 2xy + (1 + h)y2 + (

2 2 2h)x+ (

2 2 2h)y = 0

con invarianti

B =

1 + h 122 h 1

1 1 + h22 h 1

22 h 1

22 h 1 0

|B| = 2(22 h 1)2(h+ 2)

|A| = h(h+ 2)

Osserviamo che sia c che p sono simmetriche rispetto alla prima bisettrice, quindi tutte leconiche di lo sono. Siccome P c, anche il suo simmetrico P (2 + 1, 1) c; siccome laretta x + y = 0 e` tangente anche a c in O, i punti base sono P , P ed O doppio. Allo stessorisultato si intersecando le coniche spezzate:

h = 2 (x+ y)(x+ y 22) = 0

h =22 1 (x (2 + 1)y)(x (2 1)y) = 0

3

Caratterizziamo le coniche irriducibili di

|A| > 0 h < 2, h > 0 ELLISSI. Per h = si la la circonferenza c; |A| < 0 2 < h < 0 IPERBOLI. Per h = 1 si ha liperbole equilatera2xyxy = 0; |A| = 0 h = 2, 0. Per h = 0 si ha la parabola p.

3) Dalla matrice associata a Q si ha

B =

1 k 0 0k 0 0 10 0 k 10 1 1 0

|B| = k(k + 1) = 0 per k = 1, 0|A| = k3 = 0 per k = 0.Quindi Q non e` mai un paraboloide e le quadriche degeneri si hanno per k = 1, 0. Conside-riamo i casi particolari

k = 0 x2 + 2y 2z = 0 : si tratta di un cilindro parabolico di vertice (0, 1, 1, 0); k = 1 x2 2xy + z2 + 2y 2z = 0 : si tratta di un cono di vertice (1, 1, 1).

Dal polinomio caratteristico di A, (k T )(T 2 T k2), vediamo che gli autovalori non sonomai concordi, quindi Q non puo` essere un ellissoide. Avremo quindi:

|B| > 0, k < 1, k > 0 iperboloidi iperbolici; |B| < 0, 1 < k < 0 iperboloidi ellittici.

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