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Facsimile 1 d’esame di geometria - Ingegneria gestionale - a.a. 2003-2004

COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

N. MATRICOLA . . . . . . . . . . . . . . . .

ISTRUZIONI

• La prova dura 3 ore.

• Ti sono stati consegnati tre fogli, stampati fronte e retro. Come prima cosa scrivi suciascuno di essi negli spazi predisposti il tuo nome, cognome e numero di matricola.

• A fianco di ciascuna domanda e presente un doppio riquadro: in quello di sinistra e indicatoil punteggio corrispondente alla domanda in caso di risposta completamente corretta; quello didestra e a disposizione della commissione per la correzione.

• I punteggi sono espressi in trentesimi. Un punteggio compreso tra 30 e 32 corrisponde ad un votodi 30 trentesimi; un punteggio di almeno 33 corrisponde ad un voto di 30 trentesimi e lode.

• Per le risposte utilizza unicamente gli spazi riquadrati gia predisposti. Quando richiesto, le rispostevanno motivate brevemente, ma in maniera comprensibile.

• Se devi cambiare qualche risposta che hai gia scritto sul foglio, fai in modo che sia chiaro per chicorreggera il tuo compito quale sia la risposta definitiva. Se la risposta risultasse poco leggibile,chiedi al docente un nuovo foglio e ritrascrivi su questo foglio tutte le risposte che hai dato.

• Al termine della prova devi consegnare unicamente i fogli che ti sono stati consegnatidal docente. Non saranno ritirati eventuali fogli di brutta copia, integrazioni e simili.

1. Siano A e B due matrici quadrate dello stesso ordine.

(a) Se A e B sono invertibili allora la matrice A+B e invertibile:2

� vero � falsoSe la risposta e ‘vero’ spiega perche, se la risposta e ‘falso’ mostra con un controesempio perchee falso.

(b) Se A e invertibile allora la matrice A2 e invertibile:2


Facsimile 1 - Pagina 1


2. Sia fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano e sia dato il punto P := (x0, y0, z0).

(a) Determina il simmetrico H del punto P rispetto al piano π : z = 0.2

H = ( , , )

Motivazione:

(b) Determina il simmetrico K del punto P rispetto alla retta r :

{y = 0z = 0

.2

K = ( , , )

Motivazione:



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3. Si considerino i due blocchi di condizioni:

C1 :

f(1, 1, 0) := (2,−1)f(0, 1, 1) := (3, 0)f(1, 2, 1) := (2,−1)

C2 :

f(1, 1, 0) := (2,−1)f(0, 1, 1) := (3, 0)

f(1,−2, 1) := (2,−1)

(a) Per uno solo di questi due blocchi di condizioni esiste un unico omomorfismo f : R3 → R2 che3verifica tali condizioni. Indica quale blocco:� C1 � C2

Motivazione:

Nel resto dell’esercizio sia f l’omomorfismo determinato al punto precedente.

(b) L’omomorfismo f e iniettivo?2

� sı � noMotivazione:

(c) L’omomorfismo f e suriettivo?2




4. Sia A la matrice a coefficienti reali:

A :=

2 −1 −24 −2 −40 0 −1

.

(a) Determina gli autovalori di A e, per ciascuno di essi una base per il corrispondente autospazio.4Utilizza la tabella sottostante. In ciascuna riga scrivi un autovalore differente e una base peril corrispondente autospazio (nota: il numero delle righe gia presenti in tabella non e dettoche sia uguale al numero degli autovalori effettivamente presenti)

Autovalore λ Base dell’autospazio E(λ)

(b) A e diagonalizzabile?3




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5. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento affine. Sia O l’origine di questo riferimento, sia U1

il punto unita dell’asse delle x e sia U2 il punto unita dell’asse delle y. Si considerino i punti A, Be C dati in figura (i trattini sugli assi corrispondono ai punti unita):

OU1 = (1, 0)

U2 = (0, 1)

A

B

Cxy

(a) Le coordinate dei punti A, B e C rispetto al sistema di riferimento fissato sono:1

A = ( , ), B = ( , ), C = ( , )

(b) La retta passante per i punti A e B ha equazione cartesiana:2

Motivazione:

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo di vertici A, B e C e definito dal sistema di disequazioni:2

(d) Il punto D tale che il quadrilatero ABCD (attenzione all’ordine dei vertici!) sia un parallelo-2gramma ha coordinate:

D = ( , )

Motivazione:



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati i punti A := (0, 2, 4), B :=(h, 1, 0), C := (1, k, 8).

(a) i tre punti sono allineati se e solo se:2

Motivazione:

Nel resto dell’esercizio utilizza i valori dei parametri h e k determinati al puntoprecedente.

(b) La retta r che passa per i punti A, B e C ha equazioni parametriche:1 x =

y =

z =

(c) La retta r determinata al punto precedente ha equazioni cartesiane:2

(d) Il piano π passante per il punto A e perpendicolare alla retta r ha equazione cartesiana:2

Motivazione:



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ISTRUZIONI








1. Sia V uno spazio vettoriale.

(a) Siano v1, v2 e v3 vettori linearmente indipendenti di V . Siano w1, w2, w3 e w4 combinazioni2lineari di v1, v2 e v3. Allora:� w1, w2, w3 e w4 sono linearmente indipendenti� w1, w2, w3 e w4 sono linearmente dipendenti� i dati assegnati non permettono di stabilire se w1, w2, w3 e w4 sono linearmente dipendenti

Motivazione:

(b) Siano v1, v2, v3 e v4 vettori linearmente indipendenti di V . Siano w1, w2 e w3 combinazioni2lineari di v1, v2, v3 e v4. Allora:� w1, w2 e w3 sono linearmente indipendenti� w1, w2 e w3 sono linearmente dipendenti� i dati assegnati non permettono di stabilire se w1, w2 e w3 sono linearmente dipendenti

Motivazione:



2. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano siano date le rette:

r :

{a1x + b1x + c1z + d1 = 0a2x + b2x + c2z + d2 = 0

s :

x = x0 + mt

y = y0 + nt

z = z0 + pt

Sia verificata la condizione a1m+ b1n+ c1p = 0. Allora:

(a)� le rette r e s sono parallele� le rette r e s non sono parallele� i dati assegnati non permettono di stabilire se le rette r e s sono parallele

2

Motivazione:

(b)� le rette r e s sono ortogonali� le rette r e s non sono ortogonali� i dati assegnati non permettono di stabilire se le rette r e s sono ortogonali

2

Motivazione:



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3. Sia dato, al variare del parametro reale k, il sottoinsieme Ek di R4 cosı definito:

Ek :={

(x, y, z, w) | x+ k2y − z = k − 2}

(a) Determina il valore di k per cui Ek e un sottospazio vettoriale di R4:2

k =Motivazione:

Nel resto dell’esercizio utilizza il valore di k determinato al punto precedente.

(b) Determina una base ortonormale di Ek.

(c) Determina una base per un sottospazio F supplementare di Ek in R4.2

Motivazione:




A :=

1 −2 02 −4 0−4 8 0

.

(a) Detto f l’endomorfismo di R3 la cui matrice rappresentativa rispetto alla base canonica e A,1determina una base del nucleo di f :

(b) Determina una base per ciascun autospazio di f . Utilizza la tabella sottostante. In ciascuna3riga scrivi un autovalore differente e una base per il corrispondente autospazio (nota: il nu-mero delle righe gia presenti in tabella non e detto che sia uguale al numero degli autovalorieffettivamente presenti)


(c) Determina una matrice diagonale A′ e una matrice invertibile M tali che A′ = M−1AM .3

A′ :=

M :=

Motivazione:



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5. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano. Sia dato al variare del numero reale k ilpunto B := (k, 2k).

(a) Determina tutti i valori di k per cui il quadrato di lato OB ha area uguale a 20:2

k =Motivazione:

Scegli uno dei valori di k determinati al punto a e utilizzalo nel resto dell’esercizio:

Valore di k scelto:

(b) Sia r la retta passante per i punti O e B e sia ρ il semipiano delimitato da r e contenente il3punto P := (0, 1). Determina i vertici C e D del quadrato OBCD contenuto in ρ.

C = ( , ) D = ( , )

Motivazione:

(c) Determina l’equazione cartesiana della circonferenza passante per i punti O, B, C e D trovati2al punto precedente.

Motivazione:



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il piano π : x−3y+ 2z−3 = 0,il punto P := (2,−1, 6) e la sfera S : (x− 2)2 + (y + 1)2 + (z − 6)2 = 18.

(a) Determina la proiezione ortogonale H del punto P sul piano π.2

H = ( , , )

Motivazione:

(b) Detta γ la circonferenza intersezione di π e S, determina il raggio r e il centro C di γ.3

r = C = ( , , )

Motivazione:

(c) Determina l’equazione cartesiana di una sfera S′, diversa da S, la cui intersezione con il piano2π e la circonferenza γ.

Motivazione:



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ISTRUZIONI








1. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 5. Siano E ed F due sottospazi vettoriali di V didimensioni rispettive 3 e 4.

(a) Determina la minima e la massima dimensione possibile per la somma E + F .2

≤ dim(E + F ) ≤Motivazione:

(b) Determina la minima e la massima dimensione possibile per l’intersezione E ∩ F .2

≤ dim(E ∩ F ) ≤Motivazione:



2. Siano A e B due matrici quadrate. Sia v un vettore non nullo che e autovettore di A relativamenteall’autovalore 2 ed e autovettore di B relativamente all’autovalore −6.

(a) Si consideri la matrice −3A.2

� il vettore v e autovettore di −3A relativamente all’autovalore� il vettore v non e autovettore di −3A� i dati assegnati non permettono di stabilire se il vettore v e autovettore di −3A oppure no

Motivazione:

(b) Si consideri la matrice A+B.2

� il vettore v e autovettore di A+B relativamente all’autovalore� il vettore v non e autovettore di A+B� i dati assegnati non permettono di stabilire se il vettore v e autovettore di A+B oppure no

Motivazione:



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3. Sia dato l’omomorfismo f : R3 → R4[x] cosı definito:

f(a, b, c) := b+ (a+ b+ 2c)x+ (2a+ b+ 4c)x2 + 2bx3.

(a) Determina la matrice rappresentativa di f rispetto alle basi canoniche di R3 e R4[x]:1

A :=

(b) Determina una base del nucleo di f .2

Motivazione:

(c) Determina la matrice rappresentativa dell’omomorfismo f rispetto alla base di R3 formata dai2vettori v1 := (2, 0,−1), v2 := (1, 1, 0), v3 := (1, 0, 0) e alla base canonica di R4[x].

A′ :=

(d) Determina f−1(1 + 2x+ 3x2 + 2x3)2



4. Sia data la matrice: A :=

2 k −1−1 2 −1−1 −k2 2

.

(a) Per quali valori di k esiste una matrice ortogonale M tale che M−1AM sia una matrice1diagonale?

k =Motivazione:

Scegliere uno degli eventuali valori di k determinati al punto a (se ce n’e piu diuno) e utilizzarlo nel resto dell’esercizio:

Valore di k scelto:



(c) Determina una matrice diagonale A′ e una matrice ortogonale M tali che A′ = M−1AM .3

A′ :=

M :=

(d) Esiste una matrice non ortogonale N tale che N−1AN sia diagonale? Se sı, scrivere una tale1

matrice, se no, spiegare perche non esiste.

N :=

� Non esiste una matrice N siffatta. Infatti:



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5. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano. Siano date le tre rette r1 : 3x−y−3 = 0,r2 : x− 3 = 0 e r3 : kx+ 3y − 11 = 0, con k parametro reale.

(a) Determina il valore di k per cui le rette r1, r2 e r3 appartengono allo stesso fascio di rette.2

k =Motivazione:

(b) Determina il valore di k per cui le rette r1 e r3 sono ortogonali.2

k =Motivazione:

Nel resto dell’esercizio utilizzare il valore di k determinato al punto (b) (r1 e r3ortogonali).

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo T individuato dalle rette r1, r2 e r3 e definito dal2sistema di disequazioni:

(d) L’area del triangolo T e:1



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati i punti A := (0, 4, 2) e B :=

(3, 6, 0) e la retta r :

{y + 3z + 3 = 0

x − y − z = 0.

(a) Determina l’equazione cartesiana del piano π passante per i punti A, B e parallelo alla retta2r

Motivazione

(b) Determina l’equazione cartesiana del piano σ passante per il punto A e ortogonale alla retta r2

Motivazione:

(c) Determina la proiezione ortogonale H del punto B sul piano σ.2

H = ( , , )

Motivazione:

(d) Determina il simmetrico K del punto B rispetto al piano σ.1

K = ( , , )


10 dicembre 2003 - Esame di geometria - Ingegneria gestionale - a.a. 2003-2004

COGNOME. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .N. MATRICOLA. . . . . . . . . . . . .

ISTRUZIONI








1. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 7. Sia E un sottospazio vettoriale di V di dimensione 4.

(a) Se F e un sottospazio vettoriale di V di dimensione 5, determina la minima dimensione2possibile per E ∩ F .

dim(E ∩ F ) ≥Motivazione:

(b) Se G e un sottospazio vettoriale di V tale che E ∩G = {0}, determina la massima dimensione2possibile per G.

dimG ≤Motivazione:

Esame 10 dicembre 2003 - Pagina 1


2. Sia fissato nello spazio un sistema di riferimento affine.

(a) Siano dati i piani π1 : 2x− z − 2 = 0 e π2 : 2y + z = 0. Per quali valori del parametro reale k2il piano π : 4x− 6y − 5z + k = 0 appartiene al fascio di piani individuato da π1 e π2?

Motivazione:

(b) Siano dati i piani non paralleli π1 : a1x+ b1y + c1z + d1 = 0 e π2 : a2x+ b2y + c2z + d2 = 0.2Il piano π : ax+ by + cz + d = 0 appartiene al fascio di piani individuato da π1 e π2 se e solose: (da una condizione algebrica)

Motivazione:



COGNOME. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .N. MATRICOLA. . . . . . . . . . . .

3. Sia f : R3 → R4 l’omomorfismo definito dalle condizioni f(1, 0, 0) := (0, 2, 0, 1), f(0, 1, 0) :=(3, 0, 2, 0) e f(0, 0, 1) := (0, 2, k − k2, k2), con k parametro reale.

(a) Per quali valori di k l’immagine di f ha dimensione 2?2

Motivazione:

Scegli uno degli eventuali valori di k determinati al punto a (se ce n’e piu di uno)e utilizzalo nel resto dell’esercizio:

Valore di k scelto:


Motivazione:

(c) Esistono tre vettori distinti u, v e w che hanno la stessa immagine tramite f? Se sı, scrivere2dei vettori siffatti, se no, spiegare perche non esistono.

� Tre vettori siffatti sono, ad esempio: � Non esistono vettori siffatti. Infatti:




A :=

2 0 0−1 −1 21 −1 2

.


Motivazione:



(c) Determina una matrice diagonale D e una matrice invertibile M tali che D = M−1AM .2

D :=

M :=




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati i punti A := (1, 4) e B := (−1, 1)e la retta r : 2x+ y − 7 = 0.

(a) Determina un punto C sulla retta r in modo tale che il triangolo ABC sia rettangolo in B.2

C = ( , )

Motivazione:

(b) La circonferenza γ passante per i punti A, B e C ha equazione cartesiana:2

Motivazione:




6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto A := (2, 1, 2) e le rette

r :

{x + y + 4 = 0

2y − z − 1 = 0e s :

x = 2 + t

y = 1 + t

z = 3t

(a) Il piano π contenente r e passante per il punto A ha equazione:2

Motivazione:

(b) Il piano σ contenente r e parallelo a s ha equazione:2

Motivazione:

(c) Le rette r e s sono:3

� coincidenti � incidenti � parallele e distinte � sghembeMotivazione:


7 gennaio 2004 - Esame di geometria - Ingegneria gestionale - a.a. 2003-2004


ISTRUZIONI








1. Fissato nello spazio un sistema di riferimento affine, siano dati il piano π : 3x− 2y + z − 1 = 0 e ipunti A := (2,−2, 3) e B := (−3, 1, 1).

(a) Determinare la disequazione del semispazio delimitato da π e contenente A e la disequazione2del semispazio delimitato da π e contenente B.

Semispaziocontenente A:

Semispaziocontenente B:

Motivazione:

(b) Il segmento di estremi A e B interseca il piano π?2

� Sı � NoMotivazione:

Esame 7 gennaio 2004 - Pagina 1


2. Sia dato un omomorfismo di spazi vettoriali f : R5 → R4.

Sia f(1, 2, 0, 1, 0) = (0, 0, 0, 0) e f(0, 1, 2, 0, 0) = (0, 0, 0, 0).

(a) L’omomorfismo f e suriettivo?2� sicuramente sı� sicuramente no� i dati assegnati non permettono di stabilire se f e suriettivo o no

Motivazione:

(b) Si consideri il vettore v := (1, 0, 0, 0, 0) di R5. Esiste in R5 un vettore w diverso da v tale che2f(v) = f(w)?� sicuramente sı� sicuramente no� i dati assegnati non permettono di stabilire se esiste un vettore w o no

Motivazione:




3. Sia E il sottospazio vettoriale di R4 generato dai vettori u := (0, 2, 0, 1), v := (3, 0, 2, 0).

(a) Per quali valori del parametro reale k il vettore w := (0, 2, k − k2, k2) appartiene ad E?3

Motivazione:

(b) Si consideri il sottospazio F := {(x, y, z, w) | x + y − z + w = 0}. Determinare una base per2E ∩ F .

Motivazione:

(c) La dimensione di E + F e:2

Motivazione:




A :=

−1 2 02 0 −10 2 −1

.

(a) Detto f l’endomorfismo di R3 la cui matrice rappresentativa rispetto alla base canonica e A,2calcolare f(−2, 1,−2):

Motivazione:

(b) Per quali valori di k il vettore (1, 0, k) e autovettore di f?2

Motivazione:

(c) Determinare la matrice rappresentativa di f rispetto alla base di R3 formata dai vettori3(−2, 1,−2), (1, 0, 2), (1, 1, 1).

B :=




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati i punti A := (1, 4), B := (−2, 1) eC := (2, 7).

(a) Determinare un punto D tale che ABCD sia un parallelogramma (fare attenzione all’ordine2dei vertici).

D = ( , )

Motivazione:

(b) L’area del parallelogramma ABCD e:2

Motivazione:

(c) Sia s la retta passante per i punti C e D e siano E e F le proiezioni ortogonali su s di A e B3rispettivamente. L’area del rettangolo ABFE e uguale a:

Motivazione:



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto A := (2, 1, 3) e la retta

r :

{x + y − 2 = 0x − 2z = 0


Motivazione:

(b) Il piano σ ortogonale a r e passante per il punto A ha equazione:2

Motivazione:

(c) La distanza tra il punto A e la retta r e:3

Motivazione:


30 marzo 2004 - Esame di geometria - Ingegneria gestionale - a.a. 2003-2004


ISTRUZIONI








1. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto A := (1,−2) e lacirconferenza γ : (x− 2)2 + (y + 4)2 = 4. Allora:

(a)� per il punto A passano due rette tangenti distinte alla circonferenza γ� per il punto A passa un’unica retta tangente alla circonferenza γ� per il punto A non passano rette tangenti alla circonferenza γ

2

Motivazione:

(b) Il segmento congiungente A con il centro C di γ interseca la circonferenza γ?2


Esame 30 marzo 2004 - Pagina 1


2. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 4 e siano E ed F due sottospazi di V con dimE = 3 edimF = 2. Inoltre F non e contenuto in E.

(a) La somma E + F e diretta?2� sicuramente sı� sicuramente no� i dati assegnati non permettono di stabilire se E + F e diretta o no

Motivazione:

(b) Vale l’uguaglianza E + F = V ?2� sicuramente sı� sicuramente no� i dati assegnati non permettono di stabilire se E + F = V o no

Motivazione:





Ek :={

(x, y, z) | 2x+ (k2 + k)y + 3z = k2 − 1}

(a) Determina i valori di k per cui Ek e un sottospazio affine di R3:2

Motivazione:

(b) Determina i valori di k per cui Ek e un sottospazio vettoriale di R3:2

Motivazione:

Scegli uno dei valori di k determinati al punto b e utilizzalo nel resto dell’esercizio

Valore di k scelto:


Motivazione:



4. Sia dato l’endomorfismo f di R4 definito da f(x, y, z, w) := (x+ y,−x− y,−w, z + 2w).

(a) Il vettore v := (1, 0, 0, 0) appartiene all’immagine di f?2


(b) Determina gli autovalori di f e, per ciascuno di essi una base per il corrispondente autospazio.3Utilizza la tabella sottostante. In ciascuna riga scrivi un autovalore differente e una base peril corrispondente autospazio (nota: il numero delle righe gia presenti in tabella non e dettoche sia uguale al numero degli autovalori effettivamente presenti)


(c) f e diagonalizzabile?2





5. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano. Siano date le tre rette r : 2x− y− 1 = 0,s : 4x+ 3y − 17 = 0 e tk : 2x+ ky − 6 = 0, con k parametro reale.

(a) Determina tutti i valori di k per cui le rette r, s e tk appartengono allo stesso fascio di rette.2

Motivazione:

(b) Determina il valore di k per cui le rette r e tk sono ortogonali.2

Motivazione:

Nel resto dell’esercizio utilizza il valore di k determinato al punto (b) (r e tkortogonali).

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo T individuato dalle rette r, s e tk e definito dal sistema3di disequazioni:



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto A := (1, 3, 2), la retta

r :

{x + y + z − 1 = 0x − 2z = 0

e la retta s :

x = 1 − 2ty = 2 + 4tz = 3 + t

(a) Il piano π passante per il punto A e parallelo sia a r che a s ha equazione:3

Motivazione:

(b) Il piano σ contenente r e ortogonale a π ha equazione:2

Motivazione:

(c) La proiezione ortogonale di r sul piano π ha equazioni cartesiane:2

Motivazione:


15 settembre 2004 - Esame di geometria - Ingegneria gestionale - a.a. 2003-2004


ISTRUZIONI









(a) Si consideri la matrice 4AB.2

� il vettore v e autovettore di 4AB relativamente all’autovalore� il vettore v non e autovettore di 4AB� i dati assegnati non permettono di stabilire se il vettore v e autovettore di 4AB oppure no

Motivazione:

(b) Si consideri la matrice B2.2

� il vettore v e autovettore di B2 relativamente all’autovalore� il vettore v non e autovettore di B2

� i dati assegnati non permettono di stabilire se il vettore v e autovettore di B2 oppure noMotivazione:

Esame 15 settembre 2004 - Pagina 1


2. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento euclideo. Siano dati i tre punti non allineati A :=(1, 5), B := (3, 1) e P := (x0, y0). Sia γ la circonferenza passante per A, B e P .

(a) Il segmento di estremi A e B e un diametro di γ se e solo se: (da una condizione algebrica)2

Motivazione:

(b) Il segmento di estremi A e P e un diametro di γ se e solo se: (da una condizione algebrica)2

Motivazione:




3. Sia dato al variare del parametro reale k il sistema lineare nelle incognite x, y e z:x + ky + z = 3x + y + 3z = k

x + y + 2kz = 2

(a) Per quali valori di k il sistema ha esattamente una soluzione?3

Motivazione:

(b) Per k = 1 il sistema e risolubile? Se sı, scrivere le soluzioni del sistema, se no, spiegare perche.2

� Il sistema e risolubile.Le soluzioni sono:

� Il sistema non e risolubile:

x =

y =

z =

(c) Per k = 32 il sistema e risolubile? Se sı, scrivere le soluzioni del sistema, se no, spiegare perche.2



x =

y =

z =



4. Sia f l’endomorfismo di R3 la cui matrice rappresentativa rispetto alla base canonica e:

A :=

3 1 −33 −1 −31 1 −1

.

(a) Determinare rispetto a quale autovalore il vettore (2, 1, 1) e autovettore di f .2

Motivazione:

(b) Determinare una base del nucleo di f .2

Motivazione:

(c) Determinare la matrice rappresentativa di f rispetto alla base di R3 formata dai vettori3(2, 1, 1), (1, 0, 1), (1,−1, 1).

B :=




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati i punti A := (1, 5) e B := (2, 3) ela retta r : 8x− 11y + 27 = 0.


C = ( , )

Motivazione:

(b) Determina un punto D sulla retta r in modo tale che il triangolo ABD sia isoscele con base2AB (cioe AD = BD).

D = ( , )

Motivazione:

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo di vertici A, B eD e definito dal sistema di disequazioni:3



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto P := (1, 2,−3) e ilpiano π : 2x− 3y + 4z − 13 = 0.

(a) La sfera S centrata in P e tangente il piano π ha equazione:2

Motivazione:

(b) Il punto H di tangenza tra π e S ha coordinate:2

H = ( , , )

Motivazione:

(c) Trovare le equazioni di tutti i piani paralleli a π la cui intersezione con S e una circonferenza3di raggio 2:

Motivazione:




ISTRUZIONI








1. Si consideri la base di R3 formata dai vettori v1 := (1, 0, 0), v2 := (1, 1, 0) e v3 := (1, 1, 1). Siconsiderino i vettori w1 := (1, 3, 1, 2) e w2 := (2, 1, 3,−1) di R4. Sia f : R3 → R4 l’applicazionelineare definita da f(v1) := w1, f(v2) := w2, f(v3) := 2w1 − 3w2.

(a) L ’applicazione f e suriettiva?2� Sı � No � I dati assegnati non sono sufficienti a stabilire se f e suriettiva o no

Motivazione:

(b) L ’applicazione f e iniettiva?2� Sı � No � I dati assegnati non sono sufficienti a stabilire se f e iniettiva o no

Motivazione:



2. Fissato nello spazio un sistema di riferimento euclideo siano date le rette:

rk :

x = 1 + kt

y = 2 − ktz = −1 + 2t

s :

{x − 2z − 3 = 0y + 2z − 4 = 0

dove k e un parametro reale.

(a) Per quali valori di k le rette rk e s sono parallele?2

Motivazione:

(b) Per che valori di k le rette rk e s sono ortogonali?2

Motivazione:




3. Sia f l’endomorfismo di R3[x] definito da:

f(a+ bx+ cx2) := 2a+ (a+ b+ c)x− ax2.

(a) Determinare la matrice rappresentativa di f rispetto alla base canonica di R3[x].1


Motivazione:

(c) Stabilire se il polinomio p(x) := 2 + x− x2 e autovettore di f e in caso affermativo rispetto a2quale autovalore.

� il polinomio p(x) e autovettore di f relativamente all’autovalore� il polinomio p(x) non e autovettore di f

Motivazione:

(d) Determinare la matrice rappresentativa di f rispetto alla base di R3[x] formata dai polinomi2x− x2, 2 + x− x2, x.



4. Sia E il sottospazio vettoriale di R4 generato dai tre vettori u := (1, 0, 2, 0), v := (0, 3, 0, 2) ew := (k2, 0, 2, k − k2), dove k e un parametro reale.

(a) Determinare i valori di k per cui si ha dimE < 3.2

Motivazione:


Valore di k scelto:

(b) La dimensione di E e:1

(c) Determinare una base di un sottospazio F supplementare di E in R4.2

(d) Esiste un sottospazio G di R4 diverso da F e supplementare di E? Se sı, scrivere una base di2G, se no, spiegare perche non esiste.

� Una base per G e: � Non esiste un sottospazio G con le proprietarichieste. Infatti:




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano sia dato il punto C := (3, 2) e la rettar : 2x− y − 9 = 0.

(a) La circonferenza γ centrata in C e tangente la retta r ha equazione:2

Motivazione:

(b) Determina il punto di tangenza H tra la retta r e la circonferenza γ.2

H = ( , )

Motivazione:

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo di vertici C, H e O := (0, 0) e definito dal sistema di3disequazioni:



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto P := (4, 7,−2) e la

retta r :

{x + y − 3z + 1 = 0x − 2y + 2z − 2 = 0

(a) La retta s parallela a r e passante per P ha equazioni:2

Motivazione:

(b) Il piano π contenente sia r sia s ha equazione cartesiana:2

Motivazione:

(c) La distanza tra r e s e:3

Motivazione:


13 gennaio 2005 - Soluzione esame di geometria - Ingegneria gestionale - a.a. 2004-2005


ISTRUZIONI








1. Sia dato, al variare del parametro reale k, il sottospazio affine Ek di R3 cosı definito:

Ek := {(x, y, z) | 2x− 3y + 4z = k2 − k}

(a) Determina i valori di k per cui Ek e un sottospazio vettoriale di R3:2

Motivazione:

(b) Scegli k1 tale che Ek1 sia un sottospazio vettoriale e k2 tale che Ek2 non sia un sottospazio2vettoriale.Valori scelti: k1 = k2 =Il sottospazio affine Ek2 e parallelo al sottospazio vettoriale Ek1?


Soluzione esame 13 gennaio 2005 - Pagina 1


2. Fissato nel piano un sistema di riferimento affine sia data la retta:

r :

{x = 4 + 3t

y = 4 − t

(a) Il segmento di estremi A := (1, 2) e B := (2, 5) interseca la retta r?2


(b) La semiretta di origine A := (1, 2) e contenente C := (1, 4) interseca la retta r?2





3. Sia f : R4 → R3 l’omomorfismo definito da: f(x, y, z, w) := (x+2z+w, 2x+y+5z, 2x+2y+6z−2w).

(a) Determinare una base dell’immagine f .2

Motivazione:

(b) Il vettore v := (1, 1, 0) appartiene all’immagine di f?2


(c) Esistono due vettori distinti u e w di R4 tali che f(u) = f(w)?3




4. Sia data la matrice: Ak :=

0 k − 1 1− k1 0 11 0 1


(a) Determinare gli autovalori di Ak.2

Motivazione:

(b) Determinare i valori di k per cui Ak e diagonalizzabile.2

Motivazione:

Scegliere uno degli eventuali valori di k determinati al punto b (se ce n’e piu diuno) e utilizzarlo nel resto dell’esercizio:

Valore di k scelto:

(c) Determinare una matrice diagonale D e una matrice invertibile M tali che D = M−1AkM .3

D :=

M :=




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano sia dato il punto A := (3, 2) e la rettar : 2x + y − 13 = 0.

(a) Il simmetrico B di A rispetto a r ha coordinate:2

B = ( , )

Motivazione:

(b) Determina tutti i punti C tali che ABC sia un triangolo equilatero.2

Motivazione:

(c) Fissato uno dei punti C determinati al punto precedente si trovi il perimetro e l’area del3triangolo ABC

Motivazione:



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, si considerino i punti A := (0, 2, 0),B := (1, 3, 3), C := (4, 5, 5), e D := (1, 2, k).

(a) Determinare i valori di k per cui i punti A, B, C e D sono complanari:2

Motivazione:

(b) Fissato il valore di k determinato alla domanda precedente, determinare l’equazione del piano2passante per i punti A, B, C e D:

Motivazione:

(c) La distanza tra il punto C e la retta r passante per A e B e:3

Motivazione:


13 aprile 2005 - Esame di geometria - Ingegneria gestionale - a.a. 2004-2005


ISTRUZIONI








1. Sia γ la circonferenza del piano passante per i punti A := (2, 0), O := (0, 0) e B := (0, 2k) conk 6= 0.

(a) Determina i valori di k per cui γ ha raggio 3:2

Motivazione:

(b) Determina i valori di k per cui γ e tangente alla retta r : 2x+ y − 5 = 0:2

Motivazione:

Esame 13 aprile 2005 - Pagina 1


2. Sia f un omomorfismo da R2 in R3 tale che f(2, 1) = (1, 1, 2) e f(1,−3) = (0,−2, 1).

(a) I dati assegnati sono sufficienti per determinare f(5,−1)?2

� Sı, f(5,−1) = ( , , ) � No, non sono sufficienti

Motivazione:

(b) Il vettore (4, 0, 10) appartiene all’immagine di f?2

� Sı � No � I dati assegnati non sono sufficienti per stabilirloMotivazione:




3. Sia E il sottospazio vettoriale di R3 definito da E := {(x, y, z) | 2x− y + 3z = 0}.

(a) Determina una base di E.2

Motivazione:

(b) Sia dato al variare di k il vettore vk := (2, k, 1) e sia F il sottospazio generato da vk. Per2quali valori di k si ha R3 = E ⊕ F?

Motivazione:

(c) Scegli k tale che R3 = E ⊕ F .3

Valore di k scelto:k =

Esprimi il vettore (5, 5, 3) come somma di un vettore di E e di un vettore di F :

(5, 5, 3) =(

, ,)

+(

, ,)




A :=

1 2 −21 3 −11 0 2

.

(a) Detto f l’endomorfismo di R3 la cui matrice rappresentativa rispetto alla base canonica e A,2calcolare f(1,−1,−1):

Motivazione:

(b) Per quali valori di k il vettore (0,−1, k) e autovettore di f?2

Motivazione:

(c) Determinare la matrice rappresentativa di f rispetto alla base di R3 formata dai vettori3(1,−1,−1), (0,−1,−1), (1, 2, 1).

B :=




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano sia data la circonferenza

γ : x2 + y2 − 2x− 2y − 6 = 0.

(a) Il centro C e il raggio r di γ sono:2

(b) La retta r tangente a γ nel punto P := (−1,−1) ha equazione cartesiana:2

Motivazione:

(c) Detti A e B i punti d’intersezione della retta r con gli assi coordinati, l’area del triangolo3ABC e:

Motivazione:



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano date le rette r :

{x + y − 2z = 0

y + z + 2 = 0

e s :

x = 1 + t

y = 3 + 2tz = 1 − t

(a) Il piano π contenente r e parallelo a s ha equazione:2

Motivazione:

(b) Il piano σ contenente s e parallelo a r ha equazione:2

Motivazione:

(c) La regione di spazio delimitata dai due piani π e σ e definita dal sistema di disequazioni:3


21 settembre 2005 - Soluzione esame di geometria - Ingegneria gestionale - a.a.2004-2005


ISTRUZIONI








1. Sia f un endomorfismo di R3 tale che v1 := (0, 1, 2) e v2 := (3, 2, 0) siano autovettori di f rispettoall’autovalore 2 e v3 := (1, 0,−1) sia autovettore di f rispetto all’autovalore 3.

(a) Il vettore w := v1 + 2v2 e autovettore di f?2

� Sı, rispetto all’autovalore � No� I dati assegnati non sono sufficienti a stabilire se u e un autovettore o no

Motivazione:

(b) Il vettore u := 2v1 + v3 e autovettore di f?2


Motivazione:

Soluzione esame 21 settembre 2005 - Pagina 1


2. Fissato nel piano un sistema di riferimento euclideo sia dato il punto A := (0, 1).

(a) Determinare le equazioni cartesiane di tutte le rette passanti per A e che delimitano insieme2agli assi coordinati un triangolo di area uguale a 3.

Motivazione:

(b) Scegliere una delle rette determinate al punto a (se ce n’e piu di uno)2

Equazione della retta scelta:

Detta r la retta scelta, si determini l’equazione cartesiana della retta s simmetrica di r rispettoall’asse delle y.

Motivazione:




3. Sia f l’endomorfismo di R3 definito da: f(x, y, z) := (x+ 3y − z, 2x+ 2y + z, 2x− 2y + 4z).

(a) Determinare una base dell’immagine di f .2

Motivazione:


Motivazione:

(c) Determinare la controimmagine del vettore (1, 2, 2).3

Motivazione:



4. Si consideri il sistema di equazioni

3x + 4y + 5z + w = 23x + 5y + 4z + 2w = k

2x + 3y + 3z + w = 2kdove k e un parametro reale.

(a) Determinare i valori di k per cui il sistema ha una sola soluzione.3

Motivazione:

(b) Determinare i valori di k per cui il sistema ha infinite soluzioni.3

Motivazione:

(c) Determinare i valori di k per cui il sistema non ha soluzioni.1

Motivazione:




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano sia dato il punto C := (6,−2) e la rettal : x − 2y + 5 = 0. Sia γ la circonferenza di centro C che interseca la retta l in due punti A e Bdistanti tra loro 2

√5.

(a) La circonferenza γ ha raggio:2

Motivazione:

(b) Il triangolo ABC ha area:2

Motivazione:



12 dicembre 2005 - Esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2005-2006


ISTRUZIONI








1. Sia f : E → F un’applicazione lineare tra spazi vettoriali con dimE = 5 e dimF = 7. Siano v1,v2, e v3 vettori linearmente indipendenti di E tali che f(v3) = 2f(v1) + 3f(v2).

(a) L’ applicazione lineare f e iniettiva?2� Sı � No � I dati assegnati non sono sufficienti a stabilire se f e iniettiva o no

Motivazione:

(b) L’ applicazione lineare f e suriettiva?2� Sı � No � I dati assegnati non sono sufficienti a stabilire se f e suriettiva o no

Motivazione:



2. Fissato nello spazio un sistema di riferimento affine siano dati la retta r :

{2x + 3y − 3z + 1 = 03x − y + 2z = 0

ed il piano π : 7x+ 5y − hz + k = 0 con h e k parametri reali.

(a) Per quali valori di h e k la retta r e parallela al piano π?2

Motivazione:

(b) Per quali valori di h e k la retta r giace sul piano π?2

Motivazione:




3. Fissato in V 3(O) una base ortonormale e1, e2, e3 sia f l’endomorfismo di V 3(O) definito daf(xe1 + ye2 + ze3) := (x+ 2y + 3z)e1 + (x− 2y − z)e2 + (3x+ 3z)e3.

(a) Determinare la dimensione dell’immagine di f .2

Motivazione:

(b) Determinare una base ortonormale dell’immagine di f .3

Motivazione:

(c) Determinare una base ortonormale del nucleo di f .2

Motivazione:




2 0 41 0 20 0 0

.

(a) Determinare gli autovalori di A.2

Motivazione:

(b) Determinare una base per ciascun autospazio di A. Utilizza la tabella sottostante. In ciascu-3na riga scrivi un autovalore differente e una base per il corrispondente autospazio (nota: ilnumero delle righe gia presenti in tabella non e detto che sia uguale al numero degli autovalorieffettivamente presenti)


Motivazione:

(c) Determinare una matrice diagonale D e una matrice invertibile M tali che D = M−1AM .2

D :=

M :=




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati il punto P := (−7, 1) e la circon-ferenza γ : (x− 3)2 + (y − 6)2 = 25. Siano r e s le rette passanti per P e tangenti a γ e siano R eS i punti rispettivi di tangenza tra queste rette e γ.

(a) Le rette r e s hanno equazioni cartesiane:2

Motivazione:

(b) La bisettrice dell’angolo RPS ha equazione cartesiana2

Motivazione:

(c) Detto C il centro di γ, i triangoli CPR e CPS hanno la stessa area. Si calcoli l’area di uno3dei due.

Motivazione:



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto P := (3, 4, 0) e le rette

r :

x = 2 + t

y = 6 + t

z = 2 + t

e s :

x = 2 + 4ty = 3 − 5tz = 3 + t

. Sia π il piano parallelo sia a r che a s e passante per P .

(a) Il piano π ha equazione cartesiana:2

Motivazione:

(b) La distanza tra r e π e:2

Motivazione:

(c) La distanza tra r e P e:3

Motivazione:


9 gennaio 2006 - Esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2005-2006


ISTRUZIONI








1. Siano dati la matrice a coefficienti reali Ak :=(

2 3+k2 1

)dove k e un parametro reale e il vettore

colonna v :=(

1−2

).

(a) Per quali valori di k esiste una matrice ortogonale M tale che M−1AkM sia diagonale?2

Motivazione:

(b) Per quali valori di k il vettore v e autovettore di Ak?2

Motivazione:



2. Fissato nel piano un sistema di riferimento affine sia data la retta r : x − 2y + 3 = 0 e i puntiA := (18, 9), B := (30, 15) e C := (20, 7).

(a) La retta s passante per A e B interseca la retta r? � Sı � No2

Il segmento di estremi A e B interseca la retta r? � Sı � NoMotivazione:

(b) La retta n passante per A e C interseca la retta r? � Sı � No2

Il segmento di estremi A e C interseca la retta r? � Sı � NoMotivazione:





Ek := {(x, y, z) | x+ y − 2z = k2 + 4k}.

Sia F il sottospazio vettoriale di R3 generato dai vettori u := (1, 1, 3) e v := (2, 1, 1)


Motivazione:


Valore di k scelto:

(b) Determina una base per Ek ∩ F .3

Motivazione:

(c) Determina una base ortonormale di Ek rispetto al prodotto scalare standard.2



4. Sia f l’endomorfismo di R3[x] definito da f(p(x)) := 2p(x) + 3p′(x) (si ricorda che la derivata diun polinomio p(x) = a+ bx+ cx2 e p′(x) = b+ 2cx).

(a) Determina la matrice A rappresentativa di f rispetto alla base canonica di R3[x] (cioe la base2formata da 1, x e x2 in quest’ordine).

A :=

Motivazione:



Motivazione:

(c) L’endomorfismo e diagonalizzabile? � Sı � No2Motivazione:




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento euclideo siano dati il punto A := (5, 2) e la rettar : 4x+ 3y − 1 = 0.

(a) Determina la proiezione ortogonale H di A su r: H = ( , )2

Motivazione:

(b) Determina due punti B e C su r tali che ABC sia un triangolo di area 50 con i lati AB e AC3uguali. B = ( , ) C = ( , )

Motivazione:

(c) Determina un punto D diverso da A tale che DBC sia un triangolo di area uguale all’area di2ABC con i lati DB e DC uguali. D = ( , )

Motivazione:



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento euclideo, siano dati il punto P := (1, 2, 3) appartenente

al piano π : 2x+ 3y + z − 11 = 0 e la retta r :

{2x − y + z = 0x + 2y − 1 = 0

.

(a) Il piano σ contenente r e ortogonale a π ha equazione cartesiana:2

Motivazione:

(b) La proiezione ortogonale di r sul piano π ha equazioni cartesiane:2

Motivazione:

(c) Le sfere tangenti in P al piano π e aventi raggio√

14 hanno equazioni cartesiane:3

Motivazione:


21 marzo 2006 - Esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2005-2006


ISTRUZIONI








1. Siano dati i vettori u := (1, 2, 1, 1) e v := (3, 1, 1, 2) di R4.

(a) Esiste un sottospazio vettoriale di R4 di dimensione 1 contenente entrambi i vettori u e v?2� Sı � No

Motivazione:

(b) Esiste un sottospazio affine di R4 di dimensione 1 contenente entrambi i vettori u e v?2� Sı � No

Motivazione:



2. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano. Siano date le tre rette r : 2x− y− 1 = 0,s : x+ y − 5 = 0 e tk : kx+ 3y − 5 = 0, con k parametro reale.


Motivazione:

(b) Determina tutti i valori di k per cui le rette r, s e tk delimitano un triangolo rettangolo.2

Motivazione:




3. Sia dato il sottospazio E di R4 cosı definito:

E := {(x, y, z, w) | x+ y − z − w = 0}.


Motivazione:

(b) Sia dato al variare del parametro reale k il vettore wk := (2, k, 1, 0) e sia Fk il sottospazio2vettoriale generato da wk. Per quali valori di k si ha che R4 = E ⊕ Fk?

Motivazione:

(c) Detto G il sottospazio vettoriale generato dai vettori u := (1, 0, 1, 2) e v := (1, 2, 2, 1)3determina una base di E ∩G.

Motivazione:



4. Sia f l’endomorfismo di R3 che rispetto alla base canonica si rappresenta con A :=(

1 −1 1−1 1 −11 −1 1

).

(a) Il vettore v := (1, 1, 0) appartiene all’immagine di f? � Sı � No2Motivazione:



Motivazione:

(c) Determina una matrice diagonale D e una matrice ortogonale M tali che D = M−1AM .2

D :=

M :=




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento affine siano dati i punti A := (3, 1), B := (6,−2) eC := (7, 4).

(a) Determina un punto D tale che ABCD sia un parallelogramma (fare attenzione all’ordine dei2vertici).

D = ( , )

Motivazione:

(b) Determina il semipiano delimitato dalla retta passante per A e B e contenente il punto C.2

Motivazione:




6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento euclideo, siano dati il punto P := (2, 1, 1) e il pianoπ : x+ 2y + 2z − 15 = 0.


Motivazione:

(b) La sfera T centrata in P la cui intersezione con il piano π e una circonferenza di raggio 4 ha2equazione:

Motivazione:

(c) Un piano σ parallelo al piano π e diverso da esso, la cui intersezione con la sfera T e una3circonferenza di raggio 4 ha equazione cartesiana:

Motivazione:


13 settembre 2006 - Esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2005-2006


ISTRUZIONI








1. Sia data la circonferenza γ di centro C := (3, 1) e raggio 2k con k numero reale. Sia dato il puntoP := (2, 4).

(a) Per quali valori di k per il punto P passano due rette tangenti distinte alla circonferenza γ?2

Motivazione:

(b) Per quali valori di k una delle due tangenti alla circonferenza γ passanti per P e parallela alla2retta r di equazione 3x− 4y + 1 = 0?

Motivazione:



2. Sia data la matrice a coefficienti reali Ak :=(−2k 2 k

2 1 1k2 1 2k

)dove k e un parametro reale.


Motivazione:

(b) Per quali valori di k esiste una matrice ortogonale M tale che M−1(Ak +2kI)M sia diagonale?2

Motivazione:




3. Sia f l’endomorfismo di R3 definito da f(x, y, z) := (3x − 2y, x + y + 5z, 2x − y + z) e sia E ilsottospazio di R3 cosı definito E := {(x, y, z) | x+ y + z = 0}.

(a) Determina una base del nucleo di f .2

Motivazione:

(b) Determina una base dell’immagine di f .2

Motivazione:

(c) Determina un vettore non nullo appartenente a f(R3) ∩ E.3

Motivazione:



4. Sia E il sottospazio vettoriale di R4 generato dai vettori u := (0, 1, 0,−1) e v := (1, 2, 1, 0). Siawk := (k, 1, 1, 1)

(a) Per quali valori del parametro reale k il vettore wk appartiene ad E?2

Motivazione:

(b) Per quali valori di k il vettore wk e ortogonale (rispetto al prodotto scalare standard) sia a u2che a v?

Motivazione:

Scegli uno degli eventuali valori di k determinati al punto b (se ce n’e piu di uno)e utilizzalo nel resto dell’esercizio:

Valore di k scelto:

(c) Determina una base ortonormale dello spazio generato da u, v e wk.3




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati i punti A := (1, 2) e B := (−1,−2).Indichiamo con C e D i due punti del piano tali che ABC e ABD siano triangoli equilateri.

(a) I punti C e D hanno coordinate:3

Motivazione:

(b) L’area del quadrilatero ACBD (attenzione all’ordine dei vertici) e uguale a:2

Motivazione:

(c) Determina l’equazione cartesiana dell’asse del segmento di estremi C e D:2

Motivazione:




x = −2 + 2ty = t

z = 1e

s :

x = 2 + 3ty = −3 + t

z = 2t.

(a) Il piano π passante per r e parallelo a s ha equazione cartesiana:2

Motivazione:

(b) La distanza tra s e π e:2

Motivazione:

(c) La retta t, proiezione ortogonale di s sul piano π ha equazioni cartesiane:3

Motivazione:




ISTRUZIONI








1. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati i punti A := (4, 3) e B := (7,−1)e la retta r : x− 3 = 0.


C = ( , )Motivazione:

(b) Determina un punto D sulla retta r in modo tale che il triangolo ABD sia rettangolo in D.2

D = ( , )Motivazione:



2. Sia dato in R4 il sottospazio vettoriale E := {(x, y, z, t) | 2x+ y − z − t = 0}.

(a) Determina, nel caso esista, una base di un sottospazio vettoriale F di R4 di dimensione 2 tale2che R4 = E ⊕ F .

� Sı, un sottospazio come F esiste edha come base:

� No, non esiste un sottospazio come F

Motivazione:

(b) Determina, nel caso esista, una base di un sottospazio vettoriale F di R4 di dimensione 1 tale2che R4 = E ⊕ F .



Motivazione:




3. Sia dato al variare del parametro reale k il sistema lineare nelle incognite x, y e z:x + 2y + 2kz = 1x + y + 3z = 2k

2x + ky + 6z = 7


Motivazione:




x =

y =

z =




x =

y =

z =



4. Sia data la matrice Ak :=

3 2k 30 1 k − 10 0 1

.

(a) Per quali valori di k la matrice e diagonalizzabile?3

Motivazione:


Valore di k scelto:

(b) Determina una matrice diagonale D e una matrice invertibile M tali che D = M−1AkM .4

D :=

M :=

Motivazione:




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati il punto B := (−1, 7) sulla rettar : 3x− y + 10 = 0 e il punto A := (4, 2).

(a) Determina un punto C sulla retta r in modo tale che il triangolo ABC sia isoscele con base2BC (cioe AB = AC).



A(ABC) =Motivazione:




6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto P := (8, 3, 5), la retta

r :

{2x + y − z + 1 = 05x + 3y − 5z + 6 = 0

e il piano π : 3x+ y + 2z − 9 = 0.

(a) Il piano σ contenente r e passante per il punto P ha equazione cartesiana:2

Motivazione:

(b) Determina la proiezione ortogonale H del punto P sul piano π.2

H = ( , , )Motivazione:

(c) La sfera tangente in H al piano π e avente il centro sul piano σ ha equazione cartesiana:3

Motivazione:




ISTRUZIONI









Ek :={

(x, y, z) | 2(k2 − k)x+ y + 3z = k2 − 1}


Motivazione:


Motivazione:



2. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento affine e sia dato il triangolo T di vertici A := (1, 2),B := (4, 1) e C := (5, 7). L’equazione della retta rAB passante per A e B e x + 3y − 7 = 0,l’equazione della retta rBC passante per B e C e 6x − y − 23 = 0 e l’equazione della retta rAC

passante per A e C e 5x− 4y + 3 = 0

(a) Il punto P := (3, 3):2

� e interno al triangolo T � e esterno al triangolo T � appartiene al bordo del triangolo TMotivazione:

(b) Il punto Q := (−2, 3):2





3. Sia f l’endomorfismo di R3 di matrice rappresentativa A :=(

1 −1 40 2 k1 0 2

)con k parametro reale e sia

v := (1, 2, 1) un vettore di R3.

(a) Per quali valori di k il vettore v appartiene al nucleo di f?2

Motivazione:

(b) Per quali valori di k il vettore v e autovettore di f?2

Motivazione:

(c) Per quali valori di k il vettore v appartiene all’immagine di f?3

Motivazione:



4. Sia E il sottospazio vettoriale di R4 generato dai vettori u := (1, 0, 2, 1) e v := (1, 2,−2, 3) e siaF := {(x, y, z, t) | x+ y + z − t = 0}.

(a) Determina la dimensione di E ∩ F2

Motivazione:

(b) Esistono due vettori linearmente indipendenti appartenenti a F ed ortogonali a u?2� Sı � No

Motivazione:

(c) Determina una base ortonormale di F3




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati il punto P := (−11, 5) e lacirconferenza γ : (x− 4)2 + y2 = 50. Siano r e s le rette passanti per P e tangenti a γ e siano R eS i punti rispettivi di tangenza tra queste rette e γ.


Motivazione:

(b) Detto C il centro di γ, i triangoli CPR e CPS hanno la stessa area. Si calcoli l’area di uno2dei due.

Motivazione:

(c) Le bisettrici degli angoli formati dalle rette r e s hanno equazioni cartesiane:3

Motivazione:




{2x + y − 4 = 05x + y + z − 10 = 0

e s :

{x − z − 2 = 0x − 2y + 3z = 0

e sia P il punto d’intersezione tra la retta r e il piano di equazione

x = 0.

(a) Il piano π contenente r e parallelo a s ha equazione cartesiana:3

Motivazione:

(b) La retta l passante per P e parallela a s ha equazioni cartesiane:2

Motivazione:

(c) La retta l:2� e incidente il piano π � giace sul piano π � e parallela a π ma non giace su π

Motivazione:




ISTRUZIONI








1. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano e sia dato il quadrato ABCD di verticiA := (1, 2), B := (4, 6), C := (8, 3) e D := (5,−1).

(a) Determina l’equazione cartesiana della circonferenza circoscritta al quadrato ABCD (cioe2passante per tutti i vertici del quadrato):

Motivazione:

(b) Determina l’equazione cartesiana della circonferenza inscritta al quadrato ABCD (cioe tan-2gente tutti i lati del quadrato):

Motivazione:



2. Siano dati i tre vettori u := (3, 1), v := (2, 3) e w := (8, 5) di R2.

(a) Date le condizioni f(u) := (2, 5), f(v) := (3, 3), f(w) := (1, 4):2� esiste un unico omomorfismo f : R2 → R2 che le soddisfa tutte;� non esiste alcun omomorfismo f : R2 → R2 che le soddisfa tutte;� esiste piu di un omomorfismo f : R2 → R2 che le soddisfa tutte.

Motivazione:

(b) Date le condizioni g(u) := (1, 2, 1), g(v) := (2, 1, 0), g(w) := (4, 5, 2):2� esiste un unico omomorfismo g : R2 → R3 che le soddisfa tutte;� non esiste alcun omomorfismo g : R2 → R3 che le soddisfa tutte;� esiste piu di un omomorfismo g : R2 → R3 che le soddisfa tutte.

Motivazione:




3. Sia f l’endomorfismo di R3 definito da f(x, y, z) := (3x+ y − 5z, 2x+ 3y − z, x− 2z).


Motivazione:


Motivazione:

(c) Determina una base di f(R3) ∩ ker f .3

Motivazione:




3 0 0 k + 10 1 1 00 1 1 00 0 0 2

con k parametro reale.

(a) Per quali valori di k esiste una matrice invertibile N tale che N−1AkN sia una matrice3diagonale?

Motivazione:

(b) Per quali valori di k esiste una matrice ortogonale M tale che M−1AkM sia una matrice1diagonale?

Motivazione:


Valore di k scelto:

(c) Determina una matrice diagonale D e una matrice ortogonale M tali che D = M−1AkM .3

D :=

M :=




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento euclideo siano dati i punti P := (2, 5), B := (8,−3) ela retta r : 3x+ y − 1 = 0.

(a) Determina la proiezione ortogonale A di P su r: A = ( , )2Motivazione:

(b) Determina il simmetrico C di B rispetto a r: C = ( , )2Motivazione:

(c) Determina l’area del triangolo ABC:3

Motivazione:




{x + 3z − 1 = 0y + 2z + 2 = 0

e s :

x = 2 + t

y = 1 − 3tz = 3 − t

(a) Di piani contenenti r e paralleli a s:2� non ne esiste nessuno;

� ne esiste uno solo: il piano π di equazione cartesiana� ne esiste piu di uno.

Motivazione:

(b) Di piani contenenti r e ortogonali a s:2� non ne esiste nessuno;

� ne esiste uno solo: il piano σ di equazione cartesiana� ne esiste piu di uno.

Motivazione:




11 luglio 2007 - Esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2006-2007


ISTRUZIONI








1. Siano A e B due matrici quadrate. Sia v un vettore non nullo che e autovettore di A relativamenteall’autovalore −3 ed e autovettore di B relativamente all’autovalore 1.

(a) Si consideri la matrice A+B.2

� il vettore v e autovettore di A+B relativamente all’autovalore� il vettore v non e autovettore di A+B� i dati assegnati non permettono di stabilire se v e autovettore di A+B oppure no

Motivazione:

(b) Si consideri la matrice (A+B)2.2

� il vettore v e autovettore di (A+B)2 relativamente all’autovalore� il vettore v non e autovettore di (A+B)2

� i dati assegnati non permettono di stabilire se v e autovettore di (A+B)2 oppure noMotivazione:

Esame 11 luglio 2007 - Pagina 1


2. Fissato nello spazio un sistema di riferimento affine siano dati i punti A := (1, 3, 1), B := (2, 2, 5)e il piano π : 2x+ y + z − 21 = 0.

(a) Il segmento di estremi A e B interseca il piano π?2


(b) La semiretta di origine A e contenente B interseca il piano π?2





3. Sia f l’endomorfismo di R4 definito da f(x, y, z, w) := (x+ y, y + z, z + w,w + x).


Motivazione:


Motivazione:

(c) Esistono tre vettori distinti u, v e w che hanno la stessa immagine non nulla tramite f? Se3sı, scrivere dei vettori siffatti (non e necessaria la motivazione), se no, spiegare perche nonesistono.




4. Sia E il sottospazio vettoriale di R4 generato da u := (1, 1,−1, 0) e v := (0, 1,−1, 1) e F ilsottospazio vettoriale di R4 generato da (2, 3, 0, 2) e (0, 1,−4, 0).

(a) Determina una base per E ∩ F .2

Motivazione:

(b) Determina una base per E + F .2

Motivazione:

(c) Determina tutti i vettori di F ortogonali sia a u che a v.3

Motivazione:




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento euclideo sia dato il triangolo di vertici A := (7, 4),B := (7,−6) e C := (1, 6).

(a) Determina l’intersezione delle altezze del triangolo ABC:2

Motivazione:

(b) Determina l’intersezione degli assi dei lati del triangolo ABC:2

Motivazione:

(c) Determina l’equazione cartesiana della circonferenza passante per i punti A, B e C:3

Motivazione:




r :

{y − z + 1 = 0

x − 3z + 6 = 0


Motivazione:


Motivazione:


Motivazione:




ISTRUZIONI








1. Fissato nello spazio un sistema di riferimento affine siano dati i punti A := (2, 1, 1), B := (3, 2, 4),C := (1, 1, 2) e D := (3, k, 1).

(a) I punti A, B e C sono allineati?2


(b) Determina i valori di k per cui i punti A, B, C e D sono complanari:2

Motivazione:



2. Sia dato al variare del parametro reale k il sistema lineare nelle incognite x, y e z:x + ky + 2z = 9

2x + y + kz = 5k3x + 2y + 3z = 16


Motivazione:

(b) Per quali valori di k la terna (x, y, z) = (3, 2, 1) e soluzione del sistema?2

Motivazione:





−2 1 k1 −2 11 1 −2

.

(a) Per quali valori di k la matrice Ak ha −2 come autovalore?2

Motivazione:


Motivazione:


Valore di k scelto:


D :=

M :=



4. Sia f : R4 → R3 definito da f(x, y, z, w) := (2x+ y− z−w, y+ z+w, x+ y) e sia Ek il sottospaziovettoriale di R3 generato da vk := (1, 3, k).


Motivazione:


Motivazione:

(c) Per quali valori di k si ha R3 = f(R4)⊕ Ek?3

Motivazione:




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento affine siano dati i punti A := (3, 1), O := (0, 0) eB := (7,−2).

(a) Determina un punto C tale che AOBC sia un parallelogramma (fare attenzione all’ordine dei2vertici).


(b) Determina il punto M di intersezione delle diagonali del parallelogramma AOBC trovato al2punto precedente.M := ( , )

Motivazione:

(c) L’insieme dei punti interni al parallelogramma AOBC e definito dal sistema di disequazioni:3




{2x + 3y + 3 = 03x + 5y + 2z + 4 = 0

e s :

x = 5 + 3ty = 1 − t

z = 1 + t


Motivazione:


Motivazione:

(c) La sfera tangente ai piani π e σ ed avente il centro sull’asse delle x ha equazione cartesiana:3

Motivazione:




ISTRUZIONI








1. Siano f e g due omomorfismi da R2 a R3 tali che f(2, 1) = g(2, 1) = (1, 3, 3) e ker f = ker g.

(a) Se dim ker f = dim ker g = 1 allora necessariamente gli omomorfismi f e g coincidono?2� Sı � No

Motivazione:

(b) Se dim ker f = dim ker g = 0 allora necessariamente gli omomorfismi f e g coincidono?2� Sı � No

Motivazione:



2. Fissato nel piano un sistema di riferimento affine, si considerino i punti A := (30, 30), B := (39, 33),C := (30, 34) e D := (34, 30).

(a) I segmenti AB e CD (estremi esclusi) hanno un punto in comune?2� Sı � No

Motivazione:

(b) Il punto D e interno al triangolo ABC?2� Sı � No

Motivazione:




3. Sia f l’endomorfismo di R3 definito da f(x, y, z) := (2x− 2y, x+ y + z, 3x− y + z).

(a) Determinare una base del nucleo di f .2

Motivazione:

(b) Determinare una base dell’immagine di f .2

Motivazione:

(c) Stabilire se esistono due vettori linearmente indipendenti aventi la stessa immagine. Se3esistono, determinarli.

Motivazione:




1 2 12 4 20 0 0

.


Motivazione:



Motivazione:


D :=

M :=




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati i punti B := (5, 3), C := (−1, 1)e la retta t : x+ 2y + 5 = 0.

(a) Determina l’equazione cartesiana della retta r parallela a t ed equidistante dai punti B e C:2

Motivazione:

(b) Detto A il punto di intersezione tra r e l’asse delle y e detto H il punto d’intersezione tra r e2la retta passante per B e C determinare il simmetrico D di A rispetto a H

D = ( , )Motivazione:

(c) Determina l’area del triangolo ABH e del triangolo ACH:3A(ABH) = A(ACH) =

Motivazione:




{x + 2y − 3z + 2 = 0

2x + y − z + 3 = 0

e s :

x = 2 + t

y = 1 + 3tz = 3 + t


Motivazione:


Motivazione:

(c) Determinare l’equazione cartesiana della sfera con il centro sull’asse delle x e le cui intersezioni3con i piani π e σ sono circonferenze entrambe di raggio uguale a 2.

Motivazione:




ISTRUZIONI








1. Fissata in V 2(O) una base ortonormale formata dai vettori e1 e e2, sia dato il vettore v1 := e1 +e2.

(a) Quante sono le basi di V 2(O) aventi come primo vettore v1?2

Motivazione:

(b) Quante sono le basi ortonormali di V 2(O) aventi come primo vettore v1?2

Motivazione:



2. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, si considerino il punto A := (3, 5, 7) e, alvariare dei parametri a, b, c e d, le rette:

r :

x = a + t

y = b + 2tz = c + 3t

s :

x = 1y = 2 + dt

z = −1 + 5t

(a) Determina tutti i valori di a, b, c e d per i quali esiste uno ed un sol piano passante per A e2perpendicolare sia a r che a s.

Motivazione:

(b) Determina tutti i valori di a, b, c e d per i quali esiste una ed una sola retta passante per A e2perpendicolare sia a r che a s.

Motivazione:





1 2 02 4 00 0 5

.

(a) Determina gli autovalori di A e una base per ciascun autospazio di A. Utilizza la tabella3sottostante. In ciascuna riga scrivi un autovalore differente e una base per il corrispondenteautospazio (nota: il numero delle righe gia presenti in tabella non e detto che sia uguale alnumero degli autovalori effettivamente presenti)


Motivazione:

(b) Determina una matrice diagonale D e una matrice ortogonale M tali che D = M−1AM .2

D :=

M :=

(c) Determina, se esiste, un’altra matrice ortogonale N tali che D = N−1AN (con D stessa2matrice diagonale determinata al punto precedente).

N :=

Motivazione:




x + y − z + tw = 1x + 2y + tz − w = 2t

2x + 2ty − 2z + 2w = 2dove t e un parametro reale.

(a) Determina i valori di t per cui il sistema ha una sola soluzione.2

Motivazione:

(b) Determina i valori di t per cui il sistema ha infinite soluzioni, specificando per ciascuno di essi3la dimensione dello spazio affine delle sue soluzioni.

Motivazione:

(c) Tra i valori di t determinati al punto precedente scegline uno per cui la dimensione dello spazio2affine delle soluzioni e la piu alta e trova tutte le soluzioni del sistema in tal caso.

Valore di t scelto:

Soluzioni del sistema:




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati i punti A := (3, 4), B := (5, 3).Sia r la retta passante per A e B.

(a) Determina due punti C eD tali che ABCD sia un quadrato contenuto nel semipiano delimitato3

da r e contenente l’origine:C = ( , ) D = ( , )

Motivazione:

(b) Determina l’equazione cartesiana della circonferenza circoscritta al quadrato ABCD (cioe2passante per i punti A, B, C e D) e l’equazione cartesiana della circonferenza inscritta alquadrato ABCD (cioe tangente ai lati del quadrato)

Motivazione:

(c) Detta s la retta passante per C e D e detto P il punto di intersezione tra la retta s e l’asse2

delle x determina l’area del triangolo ABP

Motivazione:




{2x + y − z − 1 = 0x + y − 2z + 2 = 0

e s :

{3x + 2y − 3z − 11 = 04x + 3y − 5z − 9 = 0

(a) Le rette r e s sono:3


(b) Di piani contenenti r e paralleli a s:2� non ne esiste nessuno;


Motivazione:

(c) Di piani contenenti r e ortogonali a s:2� non ne esiste nessuno;


Motivazione:




ISTRUZIONI








1. Fissata in V 2(O) una base ortonormale formata dai vettori e1 e e2, sia dato il vettore v1 := −e1−e2.


Motivazione:


Motivazione:




r :

x = a − t

y = b + t

z = c + 2ts :

x = 3y = 5 + dt

z = 7 − 5t


Motivazione:


Motivazione:





1 0 −20 5 0−2 0 4

.



Motivazione:


D :=

M :=


N :=

Motivazione:




x + y + tz − w = 1

4x + 2y − 4z + tw = 2ttx + 2y + 4z − 2w = 2

dove t e un parametro reale.


Motivazione:


Motivazione:


Valore di t scelto:








Motivazione:


Motivazione:



Motivazione:




{x + y + z − 5 = 0

3x − y + z − 1 = 0

e s :

{5x + y + 3z − 14 = 0x − 3y − z + 2 = 0





Motivazione:



Motivazione:




ISTRUZIONI








1. Fissata in V 2(O) una base ortonormale formata dai vettori e1 e e2, sia dato il vettore v1 := −e1+e2.


Motivazione:


Motivazione:




r :

x = a + 3ty = b + 2tz = c + t

s :

x = 1y = 2 + dt

z = −1 + 7t


Motivazione:


Motivazione:





−4 2 02 −1 00 0 −5

.



Motivazione:


D :=

M :=


N :=

Motivazione:




x + y + z + tw = 1x + 2y + tz + w = −2t

2x − 2ty + 2z − 2w = 2dove t e un parametro reale.


Motivazione:


Motivazione:


Valore di t scelto:








Motivazione:


Motivazione:



Motivazione:




{2x + y + 4z − 9 = 0x + y + z − 5 = 0

e s :

{3x + 2y + 5z − 19 = 03x + y + 7z − 17 = 0





Motivazione:



Motivazione:




ISTRUZIONI








1. Fissata in V 2(O) una base ortonormale formata dai vettori e1 e e2, sia dato il vettore v1 := e1−e2.


Motivazione:


Motivazione:



2. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, si considerino il punto A := (−3,−5,−7)e, al variare dei parametri a, b, c e d, le rette:

r :

x = a − t

y = b − 2tz = c − 3t

s :

x = 1y = 2 + dt

z = −1 + 5t


Motivazione:


Motivazione:





−5 0 00 −1 20 2 −4

.



Motivazione:


D :=

M :=


N :=

Motivazione:




x + y + tz + w = 1

4x + 2y + 4z + tw = −2ttx − 2y + 4z − 2w = −2



Motivazione:


Motivazione:


Valore di t scelto:








Motivazione:


Motivazione:



Motivazione:




{2x + y + z − 9 = 0x − y + z − 2 = 0

e s :

{4x − y + 3z − 14 = 05x + y + 3z − 19 = 0





Motivazione:



Motivazione:


Soluzione facsimile 1 d’esame di geometria - Ingegneria gestionale - a.a. 2003-2004

COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

N. MATRICOLA . . . . . . . . . . . . . . . .

ISTRUZIONI








1. Siano A e B due matrici quadrate dello stesso ordine.

(a) Se A e B sono invertibili allora la matrice A+B e invertibile:2


La matrice identica I e invertibile. Anche l’opposta −I e invertibile. La somma di I con −Ie la matrice nulla che non e invertibile.

(b) Se A e invertibile allora la matrice A2 e invertibile:2


Poiche A e invertibile, sappiamo che detA 6= 0. Per il teorema di Binet

det(A2)

= (detA)2 6= 0,

e, dunque, A2 e invertibile.

Soluzione facsimile 1 - Pagina 1


2. Sia fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano e sia dato il punto P := (x0, y0, z0).

(a) Determina il simmetrico H del punto P rispetto al piano π : z = 0.2

H = (x0, y0,−z0)

Motivazione:

La retta passante per P e ortogonale a π ha equazioni parametriche

x = x0

y = y0

z = z0 + t

.

Intersecando questa retta con il piano π si trova il punto Q := (x0, y0, 0). Il punto H e ilpunto dello spazio tale che Q sia il punto medio di P e H: dunque se H := (x1, y1, z1) si hax0+x1

2 = x0, y0+y12 = y0 e z0+z1

2 = 0.

(b) Determina il simmetrico K del punto P rispetto alla retta r :

{y = 0z = 0

.2

K = (x0,−y0,−z0)

Motivazione:

Il piano passante per P e ortogonale a r ha equazione cartesiana x − x0 = 0. Intersecandoquesto piano con la retta r si trova il punto R := (x0, 0, 0). Il punto K e il punto dellospazio tale che R sia il punto medio di P e K: dunque se K := (x2, y2, z2) si ha x0+x2

2 = x0,y0+y2

2 = 0 e z0+z22 = 0.



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3. Si considerino i due blocchi di condizioni:

C1 :

f(1, 1, 0) := (2,−1)f(0, 1, 1) := (3, 0)f(1, 2, 1) := (2,−1)

C2 :

f(1, 1, 0) := (2,−1)f(0, 1, 1) := (3, 0)

f(1,−2, 1) := (2,−1)

(a) Per uno solo di questi due blocchi di condizioni esiste un unico omomorfismo f : R3 → R2 che3verifica tali condizioni. Indica quale blocco:� C1 � C2

Motivazione:

I vettori (1, 1, 0), (0, 1, 1) e (1, 2, 1) non formano una base di R3, mentre i vettori (1, 1, 0),(0, 1, 1) e (1,−2, 1) formano una base di R3.

Nel resto dell’esercizio sia f l’omomorfismo determinato al punto precedente.

(b) L’omomorfismo f e iniettivo?2


La dimensione dello spazio di partenza e maggiore della dimensione dello spazio di arrivo.

(c) L’omomorfismo f e suriettivo?2


L’immagine di f e generata dai vettori f(1, 1, 0), f(0, 1, 1) e f(1,−2, 1), cioe dai vettori(2,−1), (3, 0) e (2,−1). I vettori (2,−1) e (3, 0) sono linearmente indipendenti, dunquegenerano uno spazio di dimensione 2, cioe tutto R2.




A :=

2 −1 −24 −2 −40 0 −1

.

(a) Determina gli autovalori di A e, per ciascuno di essi una base per il corrispondente autospazio.4Utilizza la tabella sottostante. In ciascuna riga scrivi un autovalore differente e una base peril corrispondente autospazio (nota: il numero delle righe gia presenti in tabella non e dettoche sia uguale al numero degli autovalori effettivamente presenti)


0 (1, 2, 0)

−1 (2, 4, 1)

(b) A e diagonalizzabile?3


La somma delle dimensioni degli autospazi e 2, cioe e inferiore a 3.



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5. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento affine. Sia O l’origine di questo riferimento, sia U1

il punto unita dell’asse delle x e sia U2 il punto unita dell’asse delle y. Si considerino i punti A, Be C dati in figura (i trattini sugli assi corrispondono ai punti unita):

OU1 = (1, 0)

U2 = (0, 1)

A

B

Cxy

(a) Le coordinate dei punti A, B e C rispetto al sistema di riferimento fissato sono:1

A = (1, 1), B = (2, 0), C = (2, 1)

(b) La retta passante per i punti A e B ha equazione cartesiana:2x+ y − 2 = 0

Motivazione:

Si puo usare la formula:∣∣∣∣x− 1 y − 12− 1 0− 1

∣∣∣∣ = 0

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo di vertici A, B e C e definito dal sistema di disequazioni:2 x + y − 2 > 0x − 2 < 0

y − 1 < 0

(d) Il punto D tale che il quadrilatero ABCD (attenzione all’ordine dei vertici!) sia un parallelo-2gramma ha coordinate:

D = (1, 2)

Motivazione:

La retta r passante per A e parallela alla retta BC ha equazione x − 1 = 0. La retta spassante per C e parallela alla retta AB ha equazione x+ y − 3 = 0. Il punto D si ottienecome intersezione della retta r e della retta s.



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati i punti A := (0, 2, 4), B :=(h, 1, 0), C := (1, k, 8).

(a) i tre punti sono allineati se e solo se:2

h = −1 e k = 3Motivazione:

I tre punti sono allineati se e solo se la matrice(h− 0 1− 2 0− 41− 0 k − 2 8− 4

)=(h −1 −41 k − 2 4

)ha rango 1.

Nel resto dell’esercizio utilizza i valori dei parametri h e k determinati al puntoprecedente.

(b) La retta r che passa per i punti A, B e C ha equazioni parametriche:1

x = −1 − t

y = 1 − t

z = − 4t

(c) La retta r determinata al punto precedente ha equazioni cartesiane:2 {x − y − 2 = 0

4y − z − 4 = 0

(d) Il piano π passante per il punto A e perpendicolare alla retta r ha equazione cartesiana:2

x+ y + 4z − 18 = 0

Motivazione:

Il piano di equazione ax+ by + cz + d = 0 e perpendicolare alla retta r se e solo se (a, b, c)sono proporzionali ai parametri direttori di r. Possiamo allora scegliere a = 1, b = 1, c = 4.Imponendo il passaggio per A troviamo poi d = −18.



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ISTRUZIONI








1. Sia V uno spazio vettoriale.

(a) Siano v1, v2 e v3 vettori linearmente indipendenti di V . Siano w1, w2, w3 e w4 combinazioni2lineari di v1, v2 e v3. Allora:� w1, w2, w3 e w4 sono linearmente indipendenti� w1, w2, w3 e w4 sono linearmente dipendenti� i dati assegnati non permettono di stabilire se w1, w2, w3 e w4 sono linearmente dipendenti

Motivazione:

Dire che i vettori w1, w2, w3 e w4 sono combinazioni lineari di v1, v2 e v3 e equivalentea dire che appartengono al sottospazio vettoriale E di V generato da v1, v2 e v3: poichequesti ultimi sono linearmente indipendenti, il sottospazio E ha dimensione 3.Comunque scelti 4 vettori in uno spazio vettoriale di dimensione 3, essi sono linearmentedipendenti.

(b) Siano v1, v2, v3 e v4 vettori linearmente indipendenti di V . Siano w1, w2 e w3 combinazioni2lineari di v1, v2, v3 e v4. Allora:� w1, w2 e w3 sono linearmente indipendenti� w1, w2 e w3 sono linearmente dipendenti� i dati assegnati non permettono di stabilire se w1, w2 e w3 sono linearmente dipendenti

Motivazione:

Dire che i vettori w1, w2 e w3 sono combinazioni lineari di v1, v2, v3 e v4 e equivalente adire che appartengono al sottospazio vettoriale F di V generato da v1, v2, v3 e v4: poichequesti ultimi sono linearmente indipendenti, il sottospazio F ha dimensione 4.Scelti 3 vettori in uno spazio vettoriale di dimensione 4, essi possono essere sia linearmenteindipendenti che dipendenti: dipende dai vettori.



2. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano siano date le rette:

r :

{a1x + b1x + c1z + d1 = 0a2x + b2x + c2z + d2 = 0

s :

x = x0 + mt

y = y0 + nt

z = z0 + pt

Sia verificata la condizione a1m+ b1n+ c1p = 0. Allora:

(a)� le rette r e s sono parallele� le rette r e s non sono parallele� i dati assegnati non permettono di stabilire se le rette r e s sono parallele

2

Motivazione:

La retta r e contenuta nei piani a1x+ b1x+ c1z+ d1 = 0 e a2x+ b2x+ c2z+ d2 = 0, dunquee ortogonale ai vettori (a1, b1, c1) e (a2, b2, c2).I parametri direttori di s sono (m,n, p). Dunque r e s sono parallele se e solo se il vettore(m,n, p) e ortogonale sia a (a1, b1, c1) che a (a2, b2, c2), cioe se e solo se sono verificateentrambe le relazioni a1m+ b1n+ c1p = 0 e a2m+ b2n+ c2p = 0. Poiche non sappiamo sea2m+ b2n+ c2p = 0 i dati assegnati non sono sufficienti a stabilire se r e s sono parallele.

(b)� le rette r e s sono ortogonali� le rette r e s non sono ortogonali� i dati assegnati non permettono di stabilire se le rette r e s sono ortogonali

2

Motivazione:

La retta r e contenuta nel piano di equazione a1x+b1x+c1z+d1 = 0 e dunque e ortogonaleal vettore (a1, b1, c1).I parametri direttori di s sono (m,n, p): la condizione a1m+ b1n+ c1p = 0 implica che s eortogonale al vettore (a1, b1, c1).L’informazione che abbiamo e, dunque, che r e s sono ortogonali allo stesso vettore. Questonon ci permette di dire ne che r e s sono ortogonali ne che r e s non sono ortogonali: adesempio le rette contenute nel piano xy sono tutte ortogonali all’asse delle z, ma tra esse visono sia rette tra loro ortogonali sia rette tra loro non ortogonali.



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Ek :={

(x, y, z, w) | x+ k2y − z = k − 2}

(a) Determina il valore di k per cui Ek e un sottospazio vettoriale di R4:2

k = 2Motivazione:

Il sottoinsieme Ek e l’insieme delle soluzioni di un sistema lineare nelle incognite x, y, z e w.L’insieme delle soluzioni di un sistema lineare e un sottospazio se e solo se il sistema linearee omogeneo. Nel caso in questione cio avviene se e solo se k − 2 = 0.

Nel resto dell’esercizio utilizza il valore di k determinato al punto precedente.

(b) Determina una base ortonormale di Ek.

(0, 0, 0, 1), 1√2(1, 0, 1, 0),

(23 ,−

13 ,−

23 , 0)


(1, 0, 0, 0)

Motivazione:

Dal momento che Ek e definito dall’unica equazione x + 4y − z = 0, Ek ha dimensione 3.Un sottospazio F ad esso supplementare in R4 deve avere dimensione uguale a 4 − 3 = 1.Dobbiamo quindi trovare un singolo vettore non nullo v tale che il sottospazio generato dav abbia intersezione con Ek ridotta al vettore nullo. Basta allora scegliere un vettore v chenon appartiene a Ek. Se v := (x1, y1, z1, w1) basta che sia x1 +4y1−z1 6= 0. Si puo scegliere,ad esempio, x1 = 1, y1 = z1 = w1 = 0.




A :=

1 −2 02 −4 0−4 8 0

.


(2, 1, 0), (0, 0, 1)



0 (2, 1, 0), (0, 0, 1)

−3 (1, 2,−4)

(c) Determina una matrice diagonale A′ e una matrice invertibile M tali che A′ = M−1AM .3

A′ :=

0 0 00 0 00 0 −3

M :=

2 0 11 0 20 1 −4

Motivazione:

Sulla diagonale della matrice A′ abbiamo riportato gli autovalori di A, ciascuno un numerouguale alla dimensione del corrispondente autospazio.Poiche abbiamo riportato l’autovalore 0 sulla prima e sulla seconda colonna di A′, abbiamoriportato sulla prima e seconda colonna di di M le componenti, rispetto alla base canonica,di due vettori che formano una base per l’autospazio relativo a 0.Poiche abbiamo riportato l’autovalore −3 sulla terza colonna di A′, abbiamo riportato sullaterza colonna di di M le componenti, rispetto alla base canonica, di un vettore che formauna base per l’autospazio relativo a −3.



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5. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano. Sia dato al variare del numero reale k ilpunto B := (k, 2k).

(a) Determina tutti i valori di k per cui il quadrato di lato OB ha area uguale a 20:2

k = ±2Motivazione:

L’area del quadrato di lato OB e d(O,B)2 = 5k2. Posto 5k2 = 20, troviamo k = ±2.

Scegli uno dei valori di k determinati al punto a e utilizzalo nel resto dell’esercizio:

Valore di k scelto:k = 2

(b) Sia r la retta passante per i punti O e B e sia ρ il semipiano delimitato da r e contenente il3punto P := (0, 1). Determina i vertici C e D del quadrato OBCD contenuto in ρ.

C = (−2, 6) D = (−4, 2)

Motivazione:La retta r ha equazione 2x − y = 0. Il semipiano ρ, dovendo contenere P , e definito dalladisequazione 2x− y < 0.Il punto D giace sulla retta s ortogonale a r e passante per O, e ha distanza uguale a

√20

dal punto O. La retta s ha equazioni parametriche

{x = 2ty = −t

.

Il punto generico della retta s ha allora coordinate (2t,−t). La sua distanza da O e√

5t2.Imponendo che questa distanza sia

√20 troviamo i valori 2 e −2 per il parametro t, e,

quindi, i due punti (4,−2) e (−4, 2). Scelgo tra questi quello appartenente al semipiano σ,e determino cosı D.La retta parallela a r e passante per D ha equazione 2x− y+ 10 = 0. La retta parallela a s

e passante per B ha equazioni parametriche

{x = 2 + 2ty = 4 − t

Intersecando queste due rette si

trova C.

(c) Determina l’equazione cartesiana della circonferenza passante per i punti O, B, C e D trovati2al punto precedente.

(x+ 1)2 + (y − 3)2 = 10

Motivazione:

Il centro della circonferenza e il punto medio di O e C, dunque il centro e (−1, 3). Ilraggio della circonferenza e dato dalla distanza del centro da uno qualsiasi dei punti dellacirconferenza, ad esempio il punto (0, 0). Dunque il raggio e

√(−1)2 + 32 =

√10.



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il piano π : x−3y+ 2z−3 = 0,il punto P := (2,−1, 6) e la sfera S : (x− 2)2 + (y + 1)2 + (z − 6)2 = 18.

(a) Determina la proiezione ortogonale H del punto P sul piano π.2

H = (1, 2, 4)

Motivazione:

La retta s passante per P e ortogonale al piano π ha equazioni parametriche

x = 2 + t

y = −1 − 3tz = 6 + 2t

Intersecando questa retta con il piano π troviamo l’equazione

(2 + t)− 3(−1− 3t) + 2(6 + 2t)− 3 = 0,

ovvero 14t + 14 = 0, la cui soluzione e −1. Sostituendo questo valore nelle equazioniparametriche di s troviamo le coordinate del punto H.

(b) Detta γ la circonferenza intersezione di π e S, determina il raggio r e il centro C di γ.3

r = 2 C = (1, 2, 4)

Motivazione:Notiamo che il centro della sfera e il punto P . Il centro di γ e allora la proiezione ortogonaledi P su π, vale a dire il punto H gia determinato.Per trovare il raggio di γ, notiamo che, detto R un qualsiasi punto di γ, il triangolo PCR erettangolo in C. Abbiamo allora:

d(C,R)2 = d(P,R)2 − d(P,C)2.

Ora d(C,R) e il raggio di γ e d(P,R) e il raggio di C, cioe√

18. Possiamo calcolare facilmentela distanza di P da da C: e

√(2− 1)2 + (−1− 2)2 + (6− 4)2 =

√14. Dunque il raggio della

circonferenza er =√

18− 14 = 2.

(c) Determina l’equazione cartesiana di una sfera S′, diversa da S, la cui intersezione con il piano2π e la circonferenza γ.

(x− 1)2 + (y − 2)2 + (z − 4)2 = 4

Motivazione:

Si puo scegliere una qualsiasi sfera il cui centro sta sulla retta s e il cui raggio e calcolatoopportunamente. Se scegliamo come centro il punto C, dobbiamo prendere la sfera di raggiouguale al raggio della circonferenza γ, cioe 2.



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ISTRUZIONI








1. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 5. Siano E ed F due sottospazi vettoriali di V didimensioni rispettive 3 e 4.

(a) Determina la minima e la massima dimensione possibile per la somma E + F .2

4 ≤ dim(E + F ) ≤ 5

Motivazione:

La somma di E con F deve contenere sia E che F , quindi deve avere dimensione maggioreo uguale sia della dimensione di E che della dimensione di F . Dunque dim(E + F ) ≥ 4.La dimensione della somma non puo eccedere la somma delle dimensioni di E e F cioe7. D’altra parte E + F e un sottospazio di V che ha dimensione 5: pertanto E + F hadimensione al piu 5.

(b) Determina la minima e la massima dimensione possibile per l’intersezione E ∩ F .2

2 ≤ dim(E ∩ F ) ≤ 3

Motivazione:

Dalla formula di Grassmann abbiamo dim(E ∩ F ) = dimE + dimF − dim(E + F ), cioedim(E ∩ F ) = 7 − dim(E + F ). Dunque se dim(E + F ) = 4 abbiamo dim(E ∩ F ) = 3, sedim(E + F ) = 5 abbiamo dim(E ∩ F ) = 2.




(a) Si consideri la matrice −3A.2

� il vettore v e autovettore di −3A relativamente all’autovalore −6� il vettore v non e autovettore di −3A� i dati assegnati non permettono di stabilire se il vettore v e autovettore di −3A oppure no

Motivazione:

Sappiamo che Av = 2v. Dunque (−3A)v = −3(Av) = −3(2v) = 6v.

(b) Si consideri la matrice A+B.2

� il vettore v e autovettore di A+B relativamente all’autovalore −4� il vettore v non e autovettore di A+B� i dati assegnati non permettono di stabilire se il vettore v e autovettore di A+B oppure no

Motivazione:

Sappiamo che Av = 2v e Bv = −6v. Dunque (A+B)v = Av +Bv = 2v − 6v = −4v.



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3. Sia dato l’omomorfismo f : R3 → R4[x] cosı definito:

f(a, b, c) := b+ (a+ b+ 2c)x+ (2a+ b+ 4c)x2 + 2bx3.

(a) Determina la matrice rappresentativa di f rispetto alle basi canoniche di R3 e R4[x]:1

A :=

0 1 01 1 22 1 40 2 0


(−2, 0, 1)

Motivazione:

Un vettore (a, b, c) appartiene al nucleo se e solo se f(a, b, c) = 0, cioe se e solo se

b+ (a+ b+ 2c)x+ (2a+ b+ 4c)x2 + 2bx3 = 0.

Si ottiene cosı il sistema

b = 0

a + b + 2c = 02a + b + 4c = 0

2b = 0

le cui soluzioni sono (−2h, 0, h) al variare di h

in R. Si ottiene una base di ker f scegliendo, ad esempio, h = 1.

(c) Determina la matrice rappresentativa dell’omomorfismo f rispetto alla base di R3 formata dai2vettori v1 := (2, 0,−1), v2 := (1, 1, 0), v3 := (1, 0, 0) e alla base canonica di R4[x].

A′ :=

0 1 00 2 10 3 20 2 0

(d) Determina f−1(1 + 2x+ 3x2 + 2x3)2

{(1− 2h, 1, h) | h ∈ R}




2 k −1−1 2 −1−1 −k2 2

.

(a) Per quali valori di k esiste una matrice ortogonale M tale che M−1AM sia una matrice1diagonale?

k = −1Motivazione:

Una matrice si puo diagonalizzare per mezzo di una matrice ortogonale se e solo se esimmetrica. La matrice A e simmetrica se e solo se k = −1.

Scegliere uno degli eventuali valori di k determinati al punto a (se ce n’e piu diuno) e utilizzarlo nel resto dell’esercizio:

Valore di k scelto:k = −1



3 (−1, 1, 0), (−1, 0, 1)

0 (1, 1, 1)

(c) Determina una matrice diagonale A′ e una matrice ortogonale M tali che A′ = M−1AM .3

A′ :=

3 0 00 3 00 0 0

M :=

−1√2

1√6

1√3

1√2

1√6

1√3

0 − 2√6

1√3

(d) Esiste una matrice non ortogonale N tale che N−1AN sia diagonale? Se sı, scrivere una tale1

matrice, se no, spiegare perche non esiste.

N :=

−1 −1 11 0 10 1 1

� Non esiste una matrice N siffatta. Infatti:



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5. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano. Siano date le tre rette r1 : 3x−y−3 = 0,r2 : x− 3 = 0 e r3 : kx+ 3y − 11 = 0, con k parametro reale.

(a) Determina il valore di k per cui le rette r1, r2 e r3 appartengono allo stesso fascio di rette.2

k = − 73

Motivazione:

Le rette r1 e r2 si intersecano nel punto (3, 6). Imponendo il passaggio di r3 per questopunto troviamo la condizione 3k + 18− 11 = 0 da cui ricaviamo k = − 7

3 .

(b) Determina il valore di k per cui le rette r1 e r3 sono ortogonali.2

k = 1Motivazione:

Il vettore (3,−1) e ortogonale a r1, il vettore (k, 3) e ortogonale a r2. Imponendo l’or-togonalita tra questi due vettori otteniamo la condizione 3k − 1 · 3 = 0, da cui seguek = 1.

Nel resto dell’esercizio utilizzare il valore di k determinato al punto (b) (r1 e r3ortogonali).

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo T individuato dalle rette r1, r2 e r3 e definito dal2sistema di disequazioni:

3x − y − 3 > 0x − 3 < 0x + 3y − 11 > 0

(d) L’area del triangolo T e:1

53



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati i punti A := (0, 4, 2) e B :=

(3, 6, 0) e la retta r :

{y + 3z + 3 = 0

x − y − z = 0.

(a) Determina l’equazione cartesiana del piano π passante per i punti A, B e parallelo alla retta2r

4x− y + 5z − 6 = 0

Motivazione:Il generico piano passante per A ha equazione a(x− 0) + b(y− 4) + c(z− 2) = 0. Imponendoil passaggio per B otteniamo la condizione 3a+ 2b− 2c = 0, da cui ricaviamo c = 3

2a+ b. Ilgenerico piano passante per i punti A e B ha equazione: ax+ by+

(32a+ b

)z− 3a− 6b = 0.

Questo piano e parallelo a r se e solo se non e incidente a r cioe se e solo se il sistema:y + 3z + 3 = 0

x − y − z = 0

ax + by +(

32a+ b

)z − 3a− 6b = 0

non e Crameriano, cioe se e solo se

∣∣∣∣∣∣0 1 31 −1 −1a b 3

2a+ b

∣∣∣∣∣∣ = 0, cioe 12a+ 2b = 0. Ponendo a = 4

e b = −1 troviamo l’equazione del piano cercato.

(b) Determina l’equazione cartesiana del piano σ passante per il punto A e ortogonale alla retta r2

−2x− 3y + z + 10 = 0

Motivazione:Risolvendo il sistema che da le equazioni cartesiane di r possiamo determinare le equazioni

parametriche di r:

x = −3 − 2ty = −3 − 3tz = t

Dunque r ha parametri direttori (−2,−3, 1). Il piano

di equazione ax + by + cz + d = 0 e perpendicolare alla retta r se e solo se (a, b, c) sonoproporzionali ai parametri direttori di r. Possiamo allora scegliere a = −2, b = −3, c = 1.Imponendo il passaggio per B troviamo poi d = 10.

(c) Determina la proiezione ortogonale H del punto B sul piano σ.2

H = (1, 3, 1)

Motivazione:

La retta s passante per B e ortogonale al piano π ha equazioni parametriche

x = 3 − 2ty = 6 − 3tz = t

Intersecando questa retta con il piano π troviamo l’equazione

−2(3− 2t)− 3(6− 3t) + t+ 10 = 0,

ovvero 14t − 14 = 0, la cui soluzione e 1. Sostituendo questo valore nelle equazioniparametriche di s troviamo le coordinate del punto H.

(d) Determina il simmetrico K del punto B rispetto al piano σ.1

K = (−1, 0, 2)


10 dicembre 2003 - Soluzione esame di geometria - Ingegneria gestionale - a.a.2003-2004


ISTRUZIONI








1. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 7. Sia E un sottospazio vettoriale di V di dimensione 4.

(a) Se F e un sottospazio vettoriale di V di dimensione 5, determina la minima dimensione2possibile per E ∩ F .

dim(E ∩ F ) ≥ 2

Motivazione:

Dalla formula di Grassmann sappiamo che

dim(E ∩ F ) = dimE + dimF − dim(E + F ) = 9− dim(E + F ).

Dal momento che dim(E + F ) ≤ dimV = 7, abbiamo che dim(E ∩ F ) ≥ 2.

(b) Se G e un sottospazio vettoriale di V tale che E ∩G = {0}, determina la massima dimensione2possibile per G.

dimG ≤ 3Motivazione:

Dalla formula di Grassmann sappiamo che

dimG = dim(E +G) + dim(E ∩G)− dimE = dim(E +G)− 4.

Dal momento che dim(E +G) ≤ dimV = 7, abbiamo che dimG ≤ 3.

Soluzione esame 10 dicembre 2003 - Pagina 1


2. Sia fissato nello spazio un sistema di riferimento affine.

(a) Siano dati i piani π1 : 2x− z − 2 = 0 e π2 : 2y + z = 0. Per quali valori del parametro reale k2il piano π : 4x− 6y − 5z + k = 0 appartiene al fascio di piani individuato da π1 e π2?


Il piano π appartiene al fascio di piani individuato da π1 e π2 se e solo se contiene la rettaintersezione di π1 e π2, vale a dire se e solo se l’intersezione dei tre piani π1, π2 e π e una

retta. Cio significa che il sistema

2x − z − 2 = 0

2y + z = 04x − 6y − 5z + k = 0

deve avere soluzioni dipendenti

da un parametro.Dunque la matrice del sistema e la matrice completa del sistema devono avere entrambe

rango 2. La matrice del sistema e: A :=

2 0 −10 2 14 −6 −5

. Facendo i calcoli si trova che

detA = 0, e, dunque, rkA < 3. D’altra parte il minore B formato dalle prime due righee due colonne di A ha determinante diverso da 0 e, pertanto rkA = 2. Se consideriamoora la matrice completa del sistema possiamo limitarci a calcolare i determinanti degli or-lati di B che non sono in A. Dobbiamo quindi calcolare il determinante solo del minore2 0 −2

0 2 04 −6 k

. Questa matrice ha determinante 4k+ 16 che si annulla se e solo se k = −4.

Dunque la matrice completa del sistema ha rango 2 se e solo se k = −4.

(b) Siano dati i piani non paralleli π1 : a1x+ b1y + c1z + d1 = 0 e π2 : a2x+ b2y + c2z + d2 = 0.2Il piano π : ax+ by + cz + d = 0 appartiene al fascio di piani individuato da π1 e π2 se e solose: (da una condizione algebrica)

rk

a1 b1 c1 d1

a2 b2 c2 d2

a b c d

= 2

Motivazione:

Il piano π appartiene al fascio di piani individuato da π1 e π2 se e solo se contiene la rettaintersezione di π1 e π2, vale a dire se e solo se l’intersezione dei tre piani π1, π2 e π e una retta.

Cio significa che il sistema

a1x + b1y + c1z + d1 = 0a2x + b2y + c2z + d2 = 0ax + by + cz + d = 0

deve avere soluzioni dipendenti da

un parametro.Dunque la matrice del sistema e la matrice completa del sistema devono avere entramberango 2.Notiamo che se la matrice completa del sistema ha rango 2, allora la matrice del sistemaha rango al massimo 2. D’altra parte la matrice del sistema ha rango almeno 2 perche ipiani π1 e π2 non sono paralleli. Pertanto se la matrice completa del sistema ha rango 2, lamatrice del sistema ha automaticamente rango 2.




3. Sia f : R3 → R4 l’omomorfismo definito dalle condizioni f(1, 0, 0) := (0, 2, 0, 1), f(0, 1, 0) :=(3, 0, 2, 0) e f(0, 0, 1) := (0, 2, k − k2, k2), con k parametro reale.

(a) Per quali valori di k l’immagine di f ha dimensione 2?2

k = 1Motivazione:

La matrice rappresentativa di f rispetto alle basi canoniche e A :=

0 3 02 0 20 2 k − k2

1 0 k2

. La

dimensione dell’immagine di f e uguale al rango di A. Il minore B formato dalle prime duerighe e due colonne di A ha determinante diverso da 0. Dunque rkA = 2 se e solo se gliorlati di B hanno tutti determinante 0.

Gli orlati di B sono C1 :=

0 3 02 0 20 2 k − k2

e C2 :=

0 3 02 0 21 0 k2

. Si ha detC1 = 6k2 − 6k

e detC2 = 6 − 6k2. Dunque detC1 = 0 per k = 1 o k = 0, mentre detC2 = 0 per k = 1 ok = −1. Quindi detC1 e detC2 si annullano entrambi solo per k = 1.




(−1, 0, 1)Motivazione:

Basta risolvere il sistema la cui matrice rappresentativa e A. Sappiamo gia che A ha rango 2,quindi e sufficiente considerare 2 equazioni indipendenti, ad esempio, quelle corrispondentialle prime 2 righe di A: {

3y = 02x + 2z = 0

Le soluzioni di questo sistema sono (−t, 0, t) al variare di t in R. Otteniamo una base delnucleo prendendo, ad esempio, t = 1.

(c) Esistono tre vettori distinti u, v e w che hanno la stessa immagine tramite f? Se sı, scrivere2dei vettori siffatti, se no, spiegare perche non esistono.


(0, 0, 0), (−1, 0, 1), (1, 0,−1)




A :=

2 0 0−1 −1 21 −1 2

.


(0, 2, 1)

Motivazione:

Si risolve il sistema associato alla matrice A.2x = 0−x − y + 2z = 0x − y + 2z = 0

Le soluzioni di questo sistema sono (0, 2t, t) al variare di t in R. Otteniamo una base delnucleo prendendo, ad esempio, t = 1.



0 (0, 2, 1)

1 (0, 1, 1)

2 (1, 1, 2)

(c) Determina una matrice diagonale D e una matrice invertibile M tali che D = M−1AM .2

D :=

0 0 00 1 00 0 2

M :=

0 0 12 1 11 1 2




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati i punti A := (1, 4) e B := (−1, 1)e la retta r : 2x+ y − 7 = 0.


C = (5,−3)

Motivazione:

La retta s passante per A e B ha parametri direttori (−1− 1, 1− 4) = (−2,−3). Una rettaortogonale a s ha quindi parametri direttori (3,−2). La retta n passante per B e ortogonalea s ha allora equazioni parametriche: {

x = −1 + 3ty = 1 − 2t

Intersecando questa retta con la retta r troviamo l’equazione 2(−1 + 3t) + (1− 2t)− 7 = 0che ha soluzione t = 2. Sostituendo questo valore nelle equazioni parametriche di s troviamole coordinate del punto C.

(b) La circonferenza γ passante per i punti A, B e C ha equazione cartesiana:2

x2 + y2 − 6x− y − 7 = 0Motivazione:

Poiche il triangolo ABC e rettangolo, il centro della circonferenza γ passante per i puntiA, B e C e il punto medio dell’ipotenusa del triangolo ABC, cioe il punto medio di A e C.Dunque il centro di γ ha coordinate

(1+52 , 4+(−3)

2

)=(3, 1

2

). Il raggio della circonferenza e

dato dalla distanza del centro da uno qualsiasi dei punti A, B e C. Calcolando, ad esempio,

la distanza tra il centro e A si trova√

(1− 3)2 +(4− 1

2

)2 =√

654 . La circonferenza ha

quindi equazione:

(x− 3)2 +(y − 1

2

)2

=654.

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo di vertici A, B e C e definito dal sistema di disequazioni:3 3x − 2y + 5 > 02x + 3y − 1 > 07x + 4y − 23 < 0



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto A := (2, 1, 2) e le rette

r :

{x + y + 4 = 0

2y − z − 1 = 0e s :

x = 2 + t

y = 1 + t

z = 3t


x+ 15y − 7z − 3 = 0Motivazione:

Il fascio di piani passanti per r si scrive: λ(x+ y + 4) + µ(2y − z − 1) = 0.Imponendo il passaggio per A otteniamo la condizione: λ(2 + 1 + 4) + µ(2 · 1− 2− 1) = 0,vale a dire 7λ− µ = 0.Sostituendo, ad esempio, i valori λ = 1 e µ = 7 nell’equazione del fascio di piani, troviamoil piano π.

(b) Il piano σ contenente r e parallelo a s ha equazione:2

x+ 5y − 2z + 2 = 0Motivazione:

Il fascio di piani passanti per r si puo scrivere come: λx+ (λ+ 2µ)y − µz + 4λ− µ = 0.Imponendo la condizione di parallelismo con s, cioe con il vettore (1, 1, 3), otteniamo larelazione 1λ+ 1(λ+ 2µ) + 3(−µ) = 0, vale a dire 2λ− µ = 0.Sostituendo, ad esempio, i valori λ = 1 e µ = 2 nell’equazione del fascio di piani, troviamoil piano σ.



Se le rette r e s fossero parallele (coincidenti o distinte), ogni piano passante per r sarebbeparallelo a s. Sappiamo che cosı non e dal punto precedente. Le rette possono allora essereo incidenti o sghembe.Cerchiamo un eventuale punto di intersezione tra r e s. Otteniamo il sistema:{

(2 + t) + (1 + t) + 4 = 02(1 + t) − 3t − 1 = 0

vale a dire

{2t + 7 = 0−t + 1 = 0

. Questo sistema e, chiaramente,

non risolubile. Dunque r e s non hanno punti in comune e sono, percio, sghembe.




ISTRUZIONI








1. Fissato nello spazio un sistema di riferimento affine, siano dati il piano π : 3x− 2y + z − 1 = 0 e ipunti A := (2,−2, 3) e B := (−3, 1, 1).

(a) Determinare la disequazione del semispazio delimitato da π e contenente A e la disequazione2del semispazio delimitato da π e contenente B.

Semispaziocontenente A:

3x− 2y + z − 1 > 0 Semispaziocontenente B:

3x− 2y + z − 1 < 0

Motivazione:

I due semispazi delimitati da π sono definiti dalle disequazioni 3x − 2y + z − 1 > 0 e3x− 2y + z − 1 < 0.Sostituendo le coordinate di A in 3x−2y+z−1 otteniamo 3·2−2(−2)+3−1 = 12. Abbiamoun numero positivo, dunque il semispazio contenente A ha disequazione 3x− 2y+ z− 1 > 0.Sostituendo le coordinate di B in 3x−2y+z−1 otteniamo 3(−3)−2·1+1−1 = −11. Abbiamoun numero negativo, dunque il semispazio contenente B ha disequazione 3x−2y+z−1 < 0.

(b) Il segmento di estremi A e B interseca il piano π?2


Il segmento di estremi A e B interseca il piano π perche A e B stanno in semispazi delimitatida π diversi.



2. Sia dato un omomorfismo di spazi vettoriali f : R5 → R4.

Sia f(1, 2, 0, 1, 0) = (0, 0, 0, 0) e f(0, 1, 2, 0, 0) = (0, 0, 0, 0).

(a) L’omomorfismo f e suriettivo?2� sicuramente sı� sicuramente no� i dati assegnati non permettono di stabilire se f e suriettivo o no

Motivazione:

I vettori linearmente indipendenti (1, 2, 0, 1, 0) e (0, 1, 2, 0, 0) appartengono al nucleo di f .Dunque ker f ha dimensione almeno 2. Poiche dim f(R5) + dim ker f = dim R5 = 5 si hache dim f(R5) ≤ 5− 2 = 3. Dunque f(R5) 6= R4.

(b) Si consideri il vettore v := (1, 0, 0, 0, 0) di R5. Esiste in R5 un vettore w diverso da v tale che2f(v) = f(w)?� sicuramente sı� sicuramente no� i dati assegnati non permettono di stabilire se esiste un vettore w o no

Motivazione:

Un vettore w di R5 soddisfa l’uguaglianza f(w) = f(v) se e solo se w = v+u con u ∈ ker f .Poiche abbiamo gia osservato che ker f 6= {0}, esistono vettori verificanti la condizionerichiesta.Uno di essi , per esempio, il vettore w = v + (1, 2, 0, 1, 0) = (2, 2, 0, 1, 0).




3. Sia E il sottospazio vettoriale di R4 generato dai vettori u := (0, 2, 0, 1), v := (3, 0, 2, 0).

(a) Per quali valori del parametro reale k il vettore w := (0, 2, k − k2, k2) appartiene ad E?3

k = 1Motivazione:

I vettori u e v sono linearmente indipendenti, dunque dimE = 2. Il vettore w appartienea E se e solo se il sottospazio generato da u, v e w ha dimensione uguale alla dimensionedi E. La dimensione del sottospazio generato da u, v e w e uguale al rango della matrice

A :=

0 3 02 0 20 2 k − k2

1 0 k2

le cui colonne danno le componenti di u, v e w rispetto alla base

canonica. Il minore B formato dalle prime due righe e due colonne di A ha determinantediverso da 0. Dunque rkA = 2 se e solo se gli orlati di B hanno tutti determinante 0.


0 3 02 0 20 2 k − k2

e C2 :=

0 3 02 0 21 0 k2

.

Si ha detC1 = 6k2 − 6k e detC2 = 6 − 6k2. Dunque detC1 si annulla per k = 1 o k = 0,mentre detC2 si annulla per k = 1 o k = −1. Quindi detC1 e detC2 si annullano entrambisolo per k = 1.

(b) Si consideri il sottospazio F := {(x, y, z, w) | x + y − z + w = 0}. Determinare una base per2E ∩ F .

(−9, 2,−6, 1)Motivazione:

Il sottospazio E e l’insieme delle combinazioni lineari dei vettori u e v:

α(0, 2, 0, 1) + β(3, 0, 2, 0) = (3β, 2α, 2β, α).

Il vettore (3β, 2α, 2β, α) appartiene a F se e solo se 3β + 2α− 2β + α = 0, cioe 3α+ β = 0,vale a dire β = −3α.Dunque E ∩F = {(−9α, 2α,−6α, α) | α ∈ R}. Una base per E ∩F si ottiene scegliendo, adesempio, α = 1.

(c) La dimensione di E + F e:2

4Motivazione:

Dalla formula di Grassmann abbiamo dim(E+F ) = dimE+dimF −dim(E∩F ). Sappiamoche dimE = 2 e dim(E∩F ) = 1. Poiche F e l’insieme delle soluzioni di un sistema omogeneoin 4 incognite formato da 1 equazione non banale, abbiamo che dimF = 4−1 = 3. Pertantodim(E + F ) = 2 + 3− 1 = 4.




A :=

−1 2 02 0 −10 2 −1

.

(a) Detto f l’endomorfismo di R3 la cui matrice rappresentativa rispetto alla base canonica e A,2calcolare f(−2, 1,−2):

(4,−2, 4)Motivazione:

Consideriamo il vettore colonna delle componenti di (−2, 1,−2) rispetto alla base canonica:−21−2

. Facendo il prodotto:

−1 2 02 0 −10 2 −1

−21−2

=

4−24

si ottiene il vettore colonna

delle componenti di f(−2, 1,−2) rispetto alla base canonica.

(b) Per quali valori di k il vettore (1, 0, k) e autovettore di f?2

k = 2Motivazione:

Il vettore (1, 0, k) e autovettore di f se e solo se esiste λ tale che f(1, 0, k) = λ(1, 0, k).Consideriamo il vettore colonna delle componenti di (1, 0, k) rispetto alla base canonica:1

0k


−1 2 02 0 −10 2 −1

10k

=

−12− k−k


delle componenti di f(1, 0, k) rispetto alla base canonica. Dunque

f(1, 0, k) = (−1, 2− k,−k).

Allora (1, 0, k) e autovettore di f se e solo se esiste λ tale che (−1, 2 − k,−k) = λ(1, 0, k),cioe −1 = λ, 2− k = 0 e −k = λk. Cio avviene se e solo se k = 2.

(c) Determinare la matrice rappresentativa di f rispetto alla base di R3 formata dai vettori3(−2, 1,−2), (1, 0, 2), (1, 1, 1).

B :=

−2 0 00 −1 00 0 1




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati i punti A := (1, 4), B := (−2, 1) eC := (2, 7).

(a) Determinare un punto D tale che ABCD sia un parallelogramma (fare attenzione all’ordine2dei vertici).

D = (5, 10)

Motivazione:

Il punto medio tra A e C e il punto M :=(

1+22 , 4+7

2

)=(

32 ,

112

). Il punto D e il simmetrico

di B rispetto a M : se D := (x0, y0) si ha allora(

x0−22 , y0+1

2

)=(

32 ,

112

)da cui otteniamo

x0 = 5, y0 = 10.

(b) L’area del parallelogramma ABCD e:2

6Motivazione:

Per calcolare l’area del parallelogramma scegliamo come base il lato AB: la sua lunghezzae√

(−2− 1)2 + (1− 4)2 =√

18. L’altezza relativa al lato AB e uguale alla distanza di Cdalla retta r passante per A e B.

La retta r ha equazione∣∣∣∣ x− 1 y − 4−2− 1 1− 4

∣∣∣∣ = 0 cioe −3x + 3y − 9 = 0 o, equivalentemente,

x− y + 3 = 0.La distanza di C da r e uguale a |2−7+3|

12+(−1)2 =√

2. Dunque l’area del parallelogramma e

uguale a√

18√

2 = 6.

(c) Sia s la retta passante per i punti C e D e siano E e F le proiezioni ortogonali su s di A e B3rispettivamente. L’area del rettangolo ABFE e uguale a:

6Motivazione:

Se prendiamo come base il lato AB, vediamo che l’altezza relativa al lato AB e uguale alladistanza di D dalla retta r passante per A e B. Poiche C e D appartengono alla retta s chee parallela a r, i punti C e D sono a distanza uguale da r. Dunque l’altezza del rettangoloABFE rispetto al lato AB e uguale all’altezza del parallelogramma ABCD rispetto al latoAB. Pertanto ABFE e ABCD hanno la stessa area.




r :

{x + y − 2 = 0x − 2z = 0


5x+ 4y − 2z − 8 = 0Motivazione:

Il fascio di piani passanti per r si scrive: λ(x+ y − 2) + µ(x− 2z) = 0.Imponendo il passaggio per A otteniamo la condizione: λ(2 + 1− 2) + µ(2− 2 · 3) = 0, valea dire λ− 4µ = 0.Sostituendo, ad esempio, i valori λ = 4 e µ = 1 nell’equazione del fascio di piani, troviamoil piano π.


2x− 2y + z − 5 = 0Motivazione:

La retta r e ortogonale ai vettori (1, 1, 0) e (1, 0,−2). Dunque, se (m,n, p) sono parametridirettori di r, si ha m+n = 0 e m−2p = 0. Si puo scegliere allora (2,−2, 1) come parametridirettori di r. Un generico piano ortogonale a r ha allora equazione del tipo 2x−2y+z+d = 0.Imponendo il passaggio per A otteniamo la condizione 2 ·2−2 ·1+3+d = 0 da cui otteniamod = −5.


√5

Motivazione:

La distanza tra A e r e uguale alla distanza tra A e la sua proiezione H su r.Il punto H e l’intersezione di r con σ. Dunque H si trova risolvendo il sistema:

x + y − 2 = 0x − 2z = 0

2x − 2y + z − 5 = 0Risolvendo questo sistema troviamo (2, 0, 1). La distanza tra A

e H e√

(2− 2)2 + (0− 1)2 + (1− 3)2 =√

5.


30 marzo 2004 - Soluzione esame di geometria - Ingegneria gestionale - a.a. 2003-2004


ISTRUZIONI








1. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto A := (1,−2) e lacirconferenza γ : (x− 2)2 + (y + 4)2 = 4. Allora:

(a)� per il punto A passano due rette tangenti distinte alla circonferenza γ� per il punto A passa un’unica retta tangente alla circonferenza γ� per il punto A non passano rette tangenti alla circonferenza γ

2

Motivazione:

La circonferenza γ ha centro C := (2,−4) e raggio 2. La distanza di A da C e uguale a√(2− 1)2 + (−4− (−2))2 =

√5, che e maggiore di 2. Dunque il punto A e esterno alla

circonferenza e, percio, per esso passano due rette distinte tangenti alla circonferenza γ.

(b) Il segmento congiungente A con il centro C di γ interseca la circonferenza γ?2


Il segmento di estremi A e C interseca la circonferenza γ perche i punti A e C sono unoesterno e l’altro interno alla circonferenza.

Soluzione esame 30 marzo 2004 - Pagina 1


2. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 4 e siano E ed F due sottospazi di V con dimE = 3 edimF = 2. Inoltre F non e contenuto in E.

(a) La somma E + F e diretta?2� sicuramente sı� sicuramente no� i dati assegnati non permettono di stabilire se E + F e diretta o no

Motivazione:

La somma E + F e diretta se E ∩ F = {0}.Per la formula di Grassmann sappiamo che dim(E ∩ F ) = dimE + dimF − dim(E + F ),cioe dim(E ∩ F ) = 5− dim(E + F ).Poiche E + F e un sottospazio di V , la dimensione di E + F e al massimo 4, e, pertanto,E ∩ F ha dimensione almeno 1.

(b) Vale l’uguaglianza E + F = V ?2� sicuramente sı� sicuramente no� i dati assegnati non permettono di stabilire se E + F = V o no

Motivazione:

Sappiamo che valgono le inclusioni E ⊆ E+F ⊆ V . Dunque dimE ≤ dim(E+F ) ≤ dimV ,cioe 3 ≤ dim(E + F ) ≤ 4.Se E + F non fosse uguale a V , avremmo dim(E + F ) = 3 e quindi E + F = E.Poiche la somma E + F contiene F avremmo allora che E contiene F . Ma cio e contrarioall’ipotesi che F non sia contenuto in E. Dunque E + F = V .





Ek :={

(x, y, z) | 2x+ (k2 + k)y + 3z = k2 − 1}


Per ogni kMotivazione:

Il sottoinsieme Ek e l’insieme delle soluzioni di un sistema lineare nelle incognite x, y e z,qualunque sia k.


k = 1 e k = −1Motivazione:

L’insieme delle soluzioni di un sistema lineare e un sottospazio vettoriale se e solo se ilsistema lineare e omogeneo. Nel caso in questione cio avviene se e solo se k2 − 1 = 0.

Scegli uno dei valori di k determinati al punto b e utilizzalo nel resto dell’esercizio



(1, 0, 0)

Motivazione:

Dal momento che Ek e definito dall’unica equazione 2x + 2y + 3z = 0, Ek ha dimensione3 − 1 = 2. Un sottospazio F ad esso supplementare in R3 deve avere dimensione uguale a3 − 2 = 1. Dobbiamo quindi trovare un singolo vettore non nullo v tale che il sottospaziogenerato da v abbia intersezione con Ek ridotta al vettore nullo. Basta allora scegliere unvettore v che non appartiene a Ek. Se v := (x1, y1, z1) deve essere 2x1 + 2y1 + 3z1 6= 0. Sipuo scegliere, ad esempio, x1 = 1, y1 = z1 = 0.



4. Sia dato l’endomorfismo f di R4 definito da f(x, y, z, w) := (x+ y,−x− y,−w, z + 2w).

(a) Il vettore v := (1, 0, 0, 0) appartiene all’immagine di f?2


Il vettore v appartiene all’immagine di f se e solo se esiste (x, y, z, w) in R4 tale chef(x, y, z, w) = (1, 0, 0, 0), cioe (x+y,−x−y,−w, z+2w) = (1, 0, 0, 0). Il vettore v appartienedunque all’immagine di f se e solo se il sistema lineare:

x + y = 1−x − y = 0

− w = 0z + 2w = 0

Notiamo subito che il sistema non e risolubile: infatti dalla prima equazione dovrebbe esserex+ y = 1 mentre dalla seconda equazione dovrebbe essere x+ y = 0.

(b) Determina gli autovalori di f e, per ciascuno di essi una base per il corrispondente autospazio.3Utilizza la tabella sottostante. In ciascuna riga scrivi un autovalore differente e una base peril corrispondente autospazio (nota: il numero delle righe gia presenti in tabella non e dettoche sia uguale al numero degli autovalori effettivamente presenti)


0 (−1, 1, 0, 0)

1 (0, 0,−1, 1)

(c) f e diagonalizzabile?2


La somma delle dimensioni degli autospazi e 2, cioe e inferiore alla dimensione di R4, cioe 4.




5. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano. Siano date le tre rette r : 2x− y− 1 = 0,s : 4x+ 3y − 17 = 0 e tk : 2x+ ky − 6 = 0, con k parametro reale.


k = 23

Motivazione:

Risolvendo il sistema: {2x − y − 1 = 04x + 3y − 17 = 0

troviamo il punto di intersezione delle rette r e s, cioe il punto (2, 3).Imponendo il passaggio di tk per questo punto troviamo la condizione 4 + 3k− 6 = 0 da cuiricaviamo k = 2

3 .

(b) Determina il valore di k per cui le rette r e tk sono ortogonali.2

k = 4Motivazione:

Il vettore (2,−1) e ortogonale a r, il vettore (2, k) e ortogonale a tk. Imponendo l’ortogonalitatra questi due vettori otteniamo la condizione 2 · 2− 1 · k = 0, da cui segue k = 4.

Nel resto dell’esercizio utilizza il valore di k determinato al punto (b) (r e tkortogonali).

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo T individuato dalle rette r, s e tk e definito dal sistema3di disequazioni:

2x − y − 1 > 04x + 3y − 17 < 0x + 2y − 3 > 0



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto A := (1, 3, 2), la retta

r :

{x + y + z − 1 = 0x − 2z = 0

e la retta s :

x = 1 − 2ty = 2 + 4tz = 3 + t

(a) Il piano π passante per il punto A e parallelo sia a r che a s ha equazione:3

7x+ 4y − 2z − 15 = 0Motivazione:

La retta r e ortogonale ai vettori (1, 1, 1) e (1, 0,−2). Dunque, se (m,n, p) sono parametridirettori di r, si ha m + n + p = 0 e m − 2p = 0. Si puo scegliere allora (2,−3, 1) comeparametri direttori di r.La retta s ha parametri direttori (−2, 4, 1). Il piano π e dunque parallelo ai vettori

(2,−3, 1) e (−2, 4, 1). La sua equazione cartesiana e, dunque,

∣∣∣∣∣∣x− 1 y − 3 z − 2

2 −3 1−2 4 1

∣∣∣∣∣∣ = 0,

che, sviluppata, da l’equazione cercata.

(b) Il piano σ contenente r e ortogonale a π ha equazione:2

2x+ 11y + 29z − 11 = 0Motivazione:

Il fascio di piani passanti per r si scrive: λ(x+ y + z − 1) + µ(x− 2z) = 0.Tale fascio puo essere riscritto come: (λ+ µ)x+ λy + (λ− 2µ)z − λ = 0.Questo piano e ortogonale al piano π se e solo se i vettori (λ+µ, λ, λ− 2µ) e (7, 4,−2) sonoortogonali. Otteniamo cosı la condizione: 7(λ+ µ) + 4λ− 2(λ− 2µ) = 0, cioe 9λ+ 11µ = 0.Sostituendo, ad esempio, i valori λ = 11 e µ = −9 nell’equazione del fascio di piani, troviamoil piano σ.

(c) La proiezione ortogonale di r sul piano π ha equazioni cartesiane:2 {7x + 4y − 2z − 15 = 02x + 11y + 29z − 11 = 0

Motivazione:

La proiezione ortogonale della retta r su π si ottiene intersecando il piano π con il piano chepassa per r ed e ortogonale a π cioe il piano σ.




ISTRUZIONI









(a) Si consideri la matrice 4AB.2

� il vettore v e autovettore di 4AB relativamente all’autovalore −24� il vettore v non e autovettore di 4AB� i dati assegnati non permettono di stabilire se il vettore v e autovettore di 4AB oppure no

Motivazione:

Sappiamo che Av = 3v e che Bv = −2v. Dunque

(4AB)v = 4A(Bv) = 4A(−2v) = −8(Av) = −8(3v) = −24v.

(b) Si consideri la matrice B2.2

� il vettore v e autovettore di B2 relativamente all’autovalore 4� il vettore v non e autovettore di B2

� i dati assegnati non permettono di stabilire se il vettore v e autovettore di B2 oppure noMotivazione:

Sappiamo che Bv = −2v. Dunque

B2v = B(Bv) = B(−2v) = −2Bv = −2(−2v) = 4v.



2. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento euclideo. Siano dati i tre punti non allineati A :=(1, 5), B := (3, 1) e P := (x0, y0). Sia γ la circonferenza passante per A, B e P .

(a) Il segmento di estremi A e B e un diametro di γ se e solo se: (da una condizione algebrica)2

x20 + y2

0 − 4x0 − 6y0 + 8 = 0Motivazione:

I punti A e B sono gli estremi di un diametro se e solo se il triangolo APB e rettangolo inP . La retta passante per A e P ha vettore direttore (x0 − 1, y0 − 5). La retta passante perB e P ha vettore direttore (x0 − 3, y0 − 1). Imponendo l’ortogonalita tra i vettori direttoricosı trovati otteniamo la condizione:

(x0 − 1)(x0 − 3) + (y0 − 5)(y0 − 1) = 0,

cioex2

0 + y20 − 4x0 − 6y0 + 8 = 0.

(b) Il segmento di estremi A e P e un diametro di γ se e solo se: (da una condizione algebrica)2

x0 − 2y0 − 1 = 0Motivazione:

I punti A e P sono gli estremi di un diametro se e solo se il triangolo ABP e rettangoloin B. La retta passante per A e B ha vettore direttore (3 − 1, 1 − 5) = (2,−4). La rettapassante per B e P ha vettore direttore (x0 − 3, y0 − 1). Imponendo l’ortogonalita tra ivettori direttori cosı trovati otteniamo la condizione:

2(x0 − 3)− 4(y0 − 1) = 0,

cioex0 − 2y0 − 1 = 0.




3. Sia dato al variare del parametro reale k il sistema lineare nelle incognite x, y e z:x + ky + z = 3x + y + 3z = k

x + y + 2kz = 2


k 6= 1 e k 6= 32

Motivazione:

La matrice del sistema e A :=

1 k 11 1 31 1 2k

. Il determinante di A e −2k2 + 5k − 3 che si

annulla per k = 1 e k = 32 . Se k e diverso da questi due valori il sistema e Crameriano ed

ha, quindi, una sola soluzione. Se k = 1 oppure k = 32 la matrice A ha rango minore r di

3: pertanto o il sistema non e risolubile, oppure le soluzioni dipendono da 3− r parametri,sono cioe piu di una.




x = 4 − t

y = t

z = −1

con t parametro reale.




x =

y =

z =

Per k = 32 il sistema diviene

x +

32y + z = 3

x + y + 3z =32

x + y + 3z = 2

La seconda e la terza equazione sono chiaramente incompatibili.



4. Sia f l’endomorfismo di R3 la cui matrice rappresentativa rispetto alla base canonica e:

A :=

3 1 −33 −1 −31 1 −1

.

(a) Determinare rispetto a quale autovalore il vettore (2, 1, 1) e autovettore di f .2

2Motivazione:

Calcoliamo f(2, 1, 1). Consideriamo il vettore colonna delle componenti di (2, 1, 1) rispetto

alla base canonica:

211


3 1 −33 −1 −31 1 −1

211

=

422

si ottiene il

vettore colonna delle componenti di f(2, 1, 1) rispetto alla base canonica. Dunque

f(2, 1, 1) = (4, 2, 2),

cioef(2, 1, 1) = 2(2, 1, 1).


(1, 0, 1)Motivazione:

Si risolve il sistema associato alla matrice A.3x + y − 3z = 03x − y − 3z = 0x + y − z = 0

Le soluzioni di questo sistema sono (t, 0, t) al variare di t in R. Otteniamo una base delnucleo prendendo, ad esempio, t = 1.

(c) Determinare la matrice rappresentativa di f rispetto alla base di R3 formata dai vettori3(2, 1, 1), (1, 0, 1), (1,−1, 1).

B :=

2 0 00 0 00 0 −1




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati i punti A := (1, 5) e B := (2, 3) ela retta r : 8x− 11y + 27 = 0.


C = (−2, 1)

Motivazione:

La retta s passante per A e B ha parametri direttori (2 − 1, 3 − 5) = (1,−2). Una rettaortogonale a s ha quindi parametri direttori (2, 1). La retta n passante per B e ortogonalea s ha allora equazioni parametriche: {

x = 2 + 2ty = 3 + t

Intersecando questa retta con la retta r troviamo l’equazione 8(2+2t)−11(3+t)+27 = 0 cheha soluzione t = −2. Sostituendo questo valore nelle equazioni parametriche di n troviamole coordinate del punto C.

(b) Determina un punto D sulla retta r in modo tale che il triangolo ABD sia isoscele con base2AB (cioe AD = BD).

D =(

72 , 5)

Motivazione:

Il punto D deve appartenere all’asse del segmento AB cioe alla retta l passante per il puntomedio M di A e B e ortogonale alla retta s passante per A e B.Dal punto precedente sappiamo che l ha parametri direttori (2, 1). Il punto medio M di Ae B ha coordinate

(1+22 , 5+3

2

)=(

32 , 4). La retta l ha allora equazioni parametriche:x =

32

+ 2t

y = 4 + t

Intersecando questa retta con la retta r troviamo l’equazione 8(

32 + 2t

)− 11(4 + t) + 27 = 0

che ha soluzione t = 1. Sostituendo questo valore nelle equazioni parametriche di l troviamole coordinate del punto D.

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo di vertici A, B eD e definito dal sistema di disequazioni:3 2x + y − 7 > 04x − 3y + 1 < 0

y − 5 < 0



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto P := (1, 2,−3) e ilpiano π : 2x− 3y + 4z − 13 = 0.


(x− 1)2 + (y − 2)2 + (z + 3)2 = 29Motivazione:

La sfera S ha raggio uguale alla distanza di P da π. La distanza di P da π e:

|2 · 1− 3 · 2 + 4(−3)− 13|√22 + (−3)2 + 42

=√

29.

Dunque l’equazione della sfera e: (x− 1)2 + (y − 2)2 + (z + 3)2 = 29.

(b) Il punto H di tangenza tra π e S ha coordinate:2

H = (3,−1, 1)

Motivazione:

Il punto H e la proiezione ortogonale di P su π. La retta s passante per P e ortogonale al

piano π ha equazioni parametriche

x = 1 + 2ty = 2 − 3tz = −3 + 4t

Intersecando questa retta con il piano π

troviamo l’equazione

2(1 + 2t)− 3(2− 3t) + 4(−3 + 4t) + 3 = 0,

ovvero 29t − 29 = 0, la cui soluzione e 1. Sostituendo questo valore nelle equazioniparametriche di s troviamo le coordinate del punto H.

(c) Trovare le equazioni di tutti i piani paralleli a π la cui intersezione con S e una circonferenza3di raggio 2:

2x− 3y + 4z + 16 + 5√

29 = 0 2x− 3y + 4z + 16− 5√

29 = 0Motivazione:

Intersecando S con un piano distante d dal centro della sfera S si ottiene una circonferenza diraggio

√29− d2 (se d >

√29 l’intersezione tra piano e circonferenza e vuota). Dall’equazione√

29− d2 = 2 ricaviamo allora d = 5.Il generico piano parallelo al piano π ha equazione 2x− 3y + 4z + k = 0. Imponendo che ladistanza di questo generico piano da P sia d = 5 otteniamo l’equazione:

|2 · 1− 3 · 2 + 4(−3) + k|√22 + (−3)2 + 42

= 5,

cioe |k − 16| = 5√

29 le cui soluzioni sono 16 + 5√

29 e 16− 5√

29.




ISTRUZIONI








1. Si consideri la base di R3 formata dai vettori v1 := (1, 0, 0), v2 := (1, 1, 0) e v3 := (1, 1, 1). Siconsiderino i vettori w1 := (1, 3, 1, 2) e w2 := (2, 1, 3,−1) di R4. Sia f : R3 → R4 l’applicazionelineare definita da f(v1) := w1, f(v2) := w2, f(v3) := 2w1 − 3w2.

(a) L ’applicazione f e suriettiva?2� Sı � No � I dati assegnati non sono sufficienti a stabilire se f e suriettiva o no

Motivazione:

La dimensione di R3, spazio di partenza, e minore della dimensione di R4, spazio di arrivo.Dunque non esistono applicazioni lineari suriettive da R3 in R4. In particolare f non esuriettiva.

(b) L ’applicazione f e iniettiva?2� Sı � No � I dati assegnati non sono sufficienti a stabilire se f e iniettiva o no

Motivazione:

L’immagine di f e generata da f(v1), f(v2) e f(v3). Poiche f(v3) e combinazione linearedi f(v1) e f(v2), l’immagine di f puo essere generata solo da f(v1) e f(v2). L’immaginedi f ha allora dimensione minore di 3 (piu precisamente ha dimensione 2): dunque f non einiettiva perche altrimenti l’immagine di f avrebbe dimensione uguale alla dimensione dellospazio di partenza, cioe 3.



2. Fissato nello spazio un sistema di riferimento euclideo siano date le rette:

rk :

x = 1 + kt

y = 2 − ktz = −1 + 2t

s :

{x − 2z − 3 = 0y + 2z − 4 = 0


(a) Per quali valori di k le rette rk e s sono parallele?2

4Motivazione:

La retta rk ha parametri direttori (k,−k, 2).La retta s ha equazioni parametriche

s :

x = 3 + 2ty = 4 − 2tz = t

e quindi ha parametri direttori (2,−2, 1).Le rette rk e s sono parallele se e solo se hanno parametri direttori proporzionali il cheavviene se e solo se k = 4.

(b) Per che valori di k le rette rk e s sono ortogonali?2

− 12

Motivazione:

Conosciamo gia, dal punto precedente, i vettori direttori per rk e s. Le rette sono ortogonalise e solo se il prodotto scalare dei loro vettori direttori e nullo cioe se e solo se:

k · 2− k(−2) + 2 · 1 = 0

cioe se e solo se k = − 12 .




3. Sia f l’endomorfismo di R3[x] definito da:

f(a+ bx+ cx2) := 2a+ (a+ b+ c)x− ax2.

(a) Determinare la matrice rappresentativa di f rispetto alla base canonica di R3[x].1 2 0 01 1 1−1 0 0


x− x2

Motivazione:

Un polinomio a+ bx+ cx2 appartiene al nucleo di f se e solo se2a = 0a + b + c = 0−a = 0

Risolvendo questo sistema si trova che il nucleo di f e formato da tutti e soli i polinomi dellaforma bx− bx2. Una base per il nucleo e allora formata dal polinomio x− x2.

(c) Stabilire se il polinomio p(x) := 2 + x− x2 e autovettore di f e in caso affermativo rispetto a2quale autovalore.

� il polinomio p(x) e autovettore di f relativamente all’autovalore 2� il polinomio p(x) non e autovettore di f

Motivazione:

Si ha f(2 + x− x2) = 2 · 2 + (2 + 1− 1)x− 2x2 = 4 + 2x− 2x2.Poiche f(p(x)) = 2p(x), il polinomio p(x) e autovettore di f rispetto all’autovalore 2.

(d) Determinare la matrice rappresentativa di f rispetto alla base di R3[x] formata dai polinomi2x− x2, 2 + x− x2, x.0 0 0

0 2 00 0 1



4. Sia E il sottospazio vettoriale di R4 generato dai tre vettori u := (1, 0, 2, 0), v := (0, 3, 0, 2) ew := (k2, 0, 2, k − k2), dove k e un parametro reale.

(a) Determinare i valori di k per cui si ha dimE < 3.2

1Motivazione:

La dimensione di E e uguale al rango della matrice A :=

1 0 k2

0 3 02 0 20 2 k − k2

le cui colonne

danno le componenti di u, v e w rispetto alla base canonica. Il minore B formato dalleprime due righe e due colonne di A ha determinante diverso da 0. Dunque rkA < 3 se esolo se gli orlati di B hanno tutti determinante 0.


1 0 k2

0 3 02 0 2

e C2 :=

1 0 k2

0 3 00 2 k − k2

.

Si ha detC1 = 6− 6k2 e detC2 = 3k − 3k2. Dunque detC1 si annulla per k = 1 o k = −1,mentre detC2 si annulla per k = 0 o k = 1. Quindi detC1 e detC2 si annullano entrambisolo per k = 1.



(b) La dimensione di E e:1

2

(c) Determinare una base di un sottospazio F supplementare di E in R4.2

(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0)

(d) Esiste un sottospazio G di R4 diverso da F e supplementare di E? Se sı, scrivere una base di2G, se no, spiegare perche non esiste.

� Una base per G e: � Non esiste un sottospazio G con le proprietarichieste. Infatti:

(0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano sia dato il punto C := (3, 2) e la rettar : 2x− y − 9 = 0.

(a) La circonferenza γ centrata in C e tangente la retta r ha equazione:2

(x− 3)2 + (y − 2)2 = 5Motivazione:

Il raggio della circonferenza cercata e uguale alla distanza tra C e r. Questa si ottiene dallaformula

d(C, r) =|2 · 3− 2− 9|√

22 + (−1)2=√

5.

La circonferenza cercata ha allora equazione (x− 3)2 + (y − 2)2 =√

52.

(b) Determina il punto di tangenza H tra la retta r e la circonferenza γ.2

H = (5, 1)

Motivazione:

La retta r e ortogonale al vettore (2,−1). La retta n passante per C e ortogonale a r haallora equazioni parametriche: {

x = 3 + 2ty = 2 − t

Intersecando questa retta con la retta r troviamo l’equazione 2(3 + 2t)− (2− t)− 9 = 0 cheha soluzione t = 1. Sostituendo questo valore nelle equazioni parametriche di n troviamo lecoordinate del punto H.

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo di vertici C, H e O := (0, 0) e definito dal sistema di3disequazioni:

x + 2y − 7 < 0x − 5y < 0

2x − 3y > 0



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto P := (4, 7,−2) e la

retta r :

{x + y − 3z + 1 = 0x − 2y + 2z − 2 = 0

(a) La retta s parallela a r e passante per P ha equazioni:2 {x + y − 3z − 17 = 0x − 2y + 2z + 14 = 0

Motivazione:

La retta r e data come intersezione dei piani α : x+ y− 3z+ 1 = 0 e β : x− 2y+ 2z− 2 = 0.Consideriamo il fascio di piani paralleli a α:

x+ y − 3z + k = 0.

Imponendo il passaggio per P troviamo 4 + 7 − 3(−2) + k = 0, da cui ricaviamo k = −17.Il piano α′ parallelo a α e passante per P ha allora equazione x+ y − 3z − 17 = 0.Consideriamo ora il fascio di piani paralleli a β:

x− 2y + 2z + k = 0.

Imponendo il passaggio per P troviamo 4− 2 · 7 + 2(−2) + k = 0, da cui ricaviamo k = 14.Il piano β′ parallelo a β e passante per P ha allora equazione x− 2y + 2z + 14 = 0.La retta s e l’intersezione di α′ e β′.

(b) Il piano π contenente sia r sia s ha equazione cartesiana:2

17x− 10y − 6z − 10 = 0Motivazione:

Consideriamo il fascio di piani passanti per r:

λ(x+ y − 3z + 1) + µ(x− 2y + 2z − 2) = 0.

Imponendo il passaggio per P troviamo la condizione λ(4 + 7 − 3(−2) + 1) + µ(4 − 2 · 7 +2(−2) − 2) = 0 cioe 18λ − 16µ = 0. Prendendo, ad esempio λ = 8 e µ = 9 troviamol’equazione del piano contenente r e P . La retta s essendo parallela a r e passante per P equindi contenuta in questo piano.

(c) La distanza tra r e s e:3

√34

Motivazione:

Risolvendo il sistema che da r troviamo le sue equazioni parametriche:

x = 4ty = −1 + 5tz = 3t

Prendiamo ora un qualunque piano perpendicolare ad r (e quindi anche a s), ad esempioquello passante per P : σ : 4(x − 4) + 5(y − 7) + 3(z + 2) = 0. Ovviamente l’intersezionedi σ con s e il punto P , mentre l’intersezione di σ con r si ottiene risolvendo l’equazione:4(4t− 4) + 5(−1 + 5t− 7) + 3(3t+ 2) = 0 che ha soluzione t = 1. Sostituendo questo valorenelle equazioni parametriche di r troviamo il punto H := (4, 4, 3). Dunque:

d(r, s) = d(H,P ) =√

(4− 4)2 + (4− 7)2 + (3− (−2))2 =√

34




ISTRUZIONI








1. Sia dato, al variare del parametro reale k, il sottospazio affine Ek di R3 cosı definito:

Ek := {(x, y, z) | 2x− 3y + 4z = k2 − k}


k = 0 e k = 1Motivazione:

L’insieme delle soluzioni di un sistema lineare e un sottospazio vettoriale se e solo se ilsistema lineare e omogeneo. Nel caso in questione cio avviene se e solo se k2 − k = 0.

(b) Scegli k1 tale che Ek1 sia un sottospazio vettoriale e k2 tale che Ek2 non sia un sottospazio2vettoriale.Valori scelti: k1 = 0 k2 = 2Il sottospazio affine Ek2 e parallelo al sottospazio vettoriale Ek1?


L’insieme delle soluzioni di un sistema e un sottospazio affine parallelo al sottospaziovettoriale delle soluzioni del sistema omogeneo associato.Il sottospazio affine Ek2 e l’insieme delle soluzioni del sistema lineare S : 2x− 3y + 4z = 2.Il sistema omogeneo associato a S e SO : 2x − 3y + 4z = 0 il cui insieme delle soluzioni eesattamente Ek1 .



2. Fissato nel piano un sistema di riferimento affine sia data la retta:

r :

{x = 4 + 3t

y = 4 − t

(a) Il segmento di estremi A := (1, 2) e B := (2, 5) interseca la retta r?2


Determiniamo l’equazione cartesiana di r : (x− 4)(−1) = (y − 4)3 cioe x + 3y − 16 = 0.

I due semipiani delimitati da r sono definiti dalle disequazioni x+3y−16 > 0 e x+3y−16 < 0.

Sostituendo le coordinate di A in x + 3y − 16 otteniamo 1 + 3 · 2 − 16 = −9. Abbiamo unnumero negativo, dunque A appartiene al semipiano di disequazione x + 3y − 16 < 0.Sostituendo le coordinate di B in x + 3y − 16 otteniamo 2 + 3 · 5 − 16 = 1. Abbiamo unnumero positivo, dunque B appartiene al semipiano di disequazione x + 3y − 16 > 0.

Il segmento di estremi A e B interseca la retta r perche A e B stanno in semipiani delimitatida r diversi.

(b) La semiretta di origine A := (1, 2) e contenente C := (1, 4) interseca la retta r?2


La retta passante per A e C ha equazioni parametriche:

s :

{x = 1y = 2 + (4− 2)t

I punti della semiretta di origine A e contenente C sono quelli corrispondenti ai valori positividel parametro t.Intersecando la retta r con la retta s otteniamo l’equazione 1 + 3(2 + 2t) − 16 = 0 la cuisoluzione e t = 3

2 . Poiche questo e un valore positivo, l’intersezione tra r e s e un puntodella semiretta di origine A e contenente C.




3. Sia f : R4 → R3 l’omomorfismo definito da: f(x, y, z, w) := (x+2z+w, 2x+y+5z, 2x+2y+6z−2w).

(a) Determinare una base dell’immagine f .2

(1, 2, 2) (0, 1, 2)Motivazione:

La matrice rappresentativa di f rispetto alle basi canoniche e A :=(

1 0 2 12 1 5 02 2 6 −2

). La dimen-

sione dell’immagine di f e uguale al rango di A. Il minore B formato dalle prime due righee due colonne di A ha determinante diverso da 0.Gli orlati di B sono C1 :=

(1 0 22 1 52 2 6

)e C2 :=

(1 0 12 1 02 2 −2

). Si ha det C1 = 0 e det C2 = 0. Dunque

rk A = 2, e, poiche per formare il minore B sono state usate le prime due colonne di A, unabase per l’immagine di f e formata dai vettori le cui componenti rispetto alla base canonicadi R3 sono date dalle prime due colonne di A.

(b) Il vettore v := (1, 1, 0) appartiene all’immagine di f?2


Al punto precedente abbiamo calcolato una base dell’immagine. Il vettore v appartieneall’immagine di f se e solo se e combinazione lineare dei vettori (1, 2, 2) e (0, 1, 2), il cheavviene se e solo se rk

(1 02 12 2

)= rk

(1 0 12 1 12 2 0

). La prima matrice ha rango 2. La seconda matrice

ha determinante nullo: dunque ha rango 2.

(c) Esistono due vettori distinti u e w di R4 tali che f(u) = f(w)?3


Dalla domanda a sappiamo che l’immagine di f ha dimensione 2. Dunque

dim ker f = dim R3 − dim f(R3) = 3− 2 = 1.

Poiche ker f 6= {(0, 0, 0)}, l’omomorfismo f non e iniettivo, e, percio esistono vettori distintiaventi la medesima immagine.




0 k − 1 1− k1 0 11 0 1


(a) Determinare gli autovalori di Ak.2

0 1Motivazione:

Il polinomio caratteristico di Ak e det(Ak − xI) =

∣∣∣∣∣∣−x k − 1 1− k1 −x 11 0 1− x

∣∣∣∣∣∣ = −x3 + x2, che si

annulla per 0 e 1.

(b) Determinare i valori di k per cui Ak e diagonalizzabile.2

k = 1Motivazione:

Calcoliamo la dimensione degli autospazi in dipendenza da k. Si ha

dim E0 = 3− rk(Ak − 0 · I) = 3− rk

0 k − 1 1− k1 0 11 0 1

=

{3− 2 = 1 se k 6= 13− 1 = 2 se k = 1

Inoltre si ha

dim E1 = 3− rk(Ak − 1 · I) = 3− rk

−1 k − 1 1− k1 −1 11 0 0

= 3− 2 = 1,

qualunque sia k.

Dunque si ha dim E0 + dim E1 =

{2 se k 6= 13 se k = 1

.

Pertanto Ak e diagonalizzabile se e solo se k = 1.



(c) Determinare una matrice diagonale D e una matrice invertibile M tali che D = M−1AkM .3

D :=

0 0 00 0 00 0 1

M :=

0 −1 01 0 10 1 1




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano sia dato il punto A := (3, 2) e la rettar : 2x + y − 13 = 0.

(a) Il simmetrico B di A rispetto a r ha coordinate:2

B = (7, 4)Motivazione:

La retta r e ortogonale al vettore (2, 1). La retta n passante per A e ortogonale a r ha alloraequazioni parametriche: {

x = 3 + 2t

y = 2 + t

Intersecando questa retta con la retta r troviamo l’equazione 2(3 + 2t) + (2 + t)− 13 = 0 cheha soluzione t = 1. Sostituendo questo valore nelle equazioni parametriche di n troviamole coordinate del punto H = (5, 3) proiezione di A su r. Il punto B cercato e il punto taleche H sia il punto medio di A e B. Dunque, se B = (x, y) si ha 3+x

2 = 5 e 2+y2 = 3, da cui

ricaviamo x = 7 e y = 4.

(b) Determina tutti i punti C tali che ABC sia un triangolo equilatero.2

C1 = (5 +√

3, 3− 2√

3) C2 = (5−√

3, 3 + 2√

3)Motivazione:

La distanza di A da B e√

(7− 3)2 + (4− 2)2 = 2√

5. I punti cercati devono distare 2√

5da A, devono cioe appartenere alla circonferenza (x − 3)2 + (y − 2)2 = 20. I punti cercatidevono inoltre appartenere all’asse del segmento AB cioe alla retta r. Risolvendo il sistema{

(x− 3)2 + (y − 2)2 = 202x + y − 13 = 0

troviamo l’equazione risolvente (x− 3)2 + (13− 2x− 2)2 = 20 le

cui soluzioni sono 5 +√

3 e 5−√

3. Corrispondentemente troviamo le coordinate dei puntiC1 e C2.

(c) Fissato uno dei punti C determinati al punto precedente si trovi il perimetro e l’area del3triangolo ABC

per(ABC) = 6√

5 A(ABC) = 5√

3

Motivazione:

Dal punto precedente sappiamo gia che la lunghezza di un lato del triangolo ABC e 2√

5,e, dunque, il perimetro di ABC e 6

√5.

Per calcolare l’area, osserviamo che l’altezza relativa alla base AB e uguale alla distanza

di C da H, cioe e uguale a√

(5 +√

3− 5)2 + (3− 2√

3− 3)2 =√

15. Dunque il triangolo

ABC ha area uguale a 2√

5√

152 = 5

√3.



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, si considerino i punti A := (0, 2, 0),B := (1, 3, 3), C := (4, 5, 5), e D := (1, 2, k).

(a) Determinare i valori di k per cui i punti A, B, C e D sono complanari:2


Utilizziamo la formula che da la complanarita dei quattro punti A, B, C e D:∣∣∣∣∣∣1− 0 3− 2 3− 04− 0 5− 2 5− 01− 0 2− 2 k − 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

che da −4− k = 0 la cui soluzione e k = −4.

(b) Fissato il valore di k determinato alla domanda precedente, determinare l’equazione del piano2passante per i punti A, B, C e D:

4x− 7y + z + 14 = 0Motivazione:

Utilizziamo la formula che da l’equazione del piano passante per i tre punti A, B e C:∣∣∣∣∣∣x− 0 y − 2 z − 01− 0 3− 2 3− 04− 0 5− 2 5− 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

cioe 4x− 7y + z + 14 = 0.

(c) La distanza tra il punto C e la retta r passante per A e B e:3

√6

Motivazione:


13 aprile 2005 - Soluzione esame di geometria - Ingegneria gestionale - a.a. 2004-2005


ISTRUZIONI








1. Sia γ la circonferenza del piano passante per i punti A := (2, 0), O := (0, 0) e B := (0, 2k) conk 6= 0.

(a) Determina i valori di k per cui γ ha raggio 3:2

k =√

8 e k = −√

8.Motivazione:

L’asse del segmento di estremi A e O ha equazione x = 1.L’asse del segmento di estremi B e O ha equazione y = k.L’intersezione di queste due rette da il centro C = (1, k) di γ.La distanza tra C e un qualsiasi punto della circonferenza, ad esempio O, da il raggio√

12 + k2 di γ. Imponendo che il raggio sia uguale a 3 otteniamo l’equazione 1 + k2 = 9 lecui soluzioni sono k =

√8 e k = −

√8.

(b) Determina i valori di k per cui γ e tangente alla retta r : 2x+ y − 5 = 0:2

k = 12 e k = −2

Motivazione:

Dal punto precedente conosciamo il centro e il raggio di γ.La distanza del centro di γ dalla retta r e |2+k−5|√

22+12 .

Uguagliando tale distanza al raggio di γ otteniamo l’equazione |k−3|√5

=√

1 + k2 chesviluppata diviene 2k2 + 3k − 2 = 0 le cui soluzioni sono k = 1

2 e k = −2.

Soluzione esame 13 aprile 2005 - Pagina 1


2. Sia f un omomorfismo da R2 in R3 tale che f(2, 1) = (1, 1, 2) e f(1,−3) = (0,−2, 1).

(a) I dati assegnati sono sufficienti per determinare f(5,−1)?2

� Sı, f(5,−1) = (2, 0, 5) � No, non sono sufficienti

Motivazione:

Esprimiamo il vettore (5,−1) come combinazione lineare dei vettori (2, 1) e (1,−3).

(5,−1) = α(2, 1) + β(1,−3),

cioe {5 = 2α + β

−1 = α − 3β

Risolvendo questo sistema troviamo (5,−1) = 2(2, 1)+(1,−3). Poiche f e un omomorfismo,troviamo allora

f(5,−1) = 2f(2, 1) + f(1,−3) = 2(1, 1, 2) + (0,−2, 1) = (2, 0, 5).

(b) Il vettore (4, 0, 10) appartiene all’immagine di f?2

� Sı � No � I dati assegnati non sono sufficienti per stabilirloMotivazione:

Notiamo che (4, 0, 10) e esattamente 2f(5,−1). Poiche f(5,−1) appartiene all’immagine dif e l’immagine di f e un sottospazio vettoriale di R3, anche (4, 0, 10) appartiene all’immaginedi f .




3. Sia E il sottospazio vettoriale di R3 definito da E := {(x, y, z) | 2x− y + 3z = 0}.


(1, 2, 0) (0, 3, 1)Motivazione:

Risolvendo l’equazione 2x− y + 3z = 0 si puo esprimere, ad esempio, y in funzione di x e zed ottenere cosı:

E = {(x, 2x+ 3z, z) | x ∈ R, z ∈ R}.

Ponendo prima x = 1 e z = 0 e poi x = 0 e z = 1 otteniamo una base per E.

(b) Sia dato al variare di k il vettore vk := (2, k, 1) e sia F il sottospazio generato da vk. Per2quali valori di k si ha R3 = E ⊕ F?

k 6= 7Motivazione:

Si ha R3 = E ⊕ F se e solo se E ∩ F = {0} e E + F = R3.Il sottospazio F ha dimensione 1. Dunque F ⊆ E oppure E∩F = {0}. Pertanto E∩F = {0}se e solo se vk /∈ E. Il vettore vk /∈ E se e solo se 2 · 2− k+ 3 · 1 6= 0, cioe se e solo se k 6= 7.Se E ∩ F = {0} per la formula di Grassmann abbiamo che dim(E + F ) = dimE + dimF :poiche dimE = 2 dal punto precedente e dimF = 1 abbiamo che dim(E+F ) = 3 e, pertantoE + F = R3.

(c) Scegli k tale che R3 = E ⊕ F .3


Esprimi il vettore (5, 5, 3) come somma di un vettore di E e di un vettore di F :

(5, 5, 3) = (1, 5, 1) + (4, 0, 2)




A :=

1 2 −21 3 −11 0 2

.

(a) Detto f l’endomorfismo di R3 la cui matrice rappresentativa rispetto alla base canonica e A,2calcolare f(1,−1,−1):

(1,−1,−1)Motivazione:

Consideriamo il vettore colonna delle componenti di (1,−1,−1) rispetto alla base canonica: 1−1−1


1 2 −21 3 −11 0 2

1−1−1

=

1−1−1


delle componenti di f(1,−1,−1) rispetto alla base canonica.

(b) Per quali valori di k il vettore (0,−1, k) e autovettore di f?2


Il vettore (0,−1, k) e autovettore di f se e solo se esiste λ tale che f(0,−1, k) = λ(0,−1, k).Consideriamo il vettore colonna delle componenti di (0,−1, k) rispetto alla base canonica: 0−1k


1 2 −21 3 −11 0 2

0−1k

=

−2− 2k−3− k

2k

si ottiene il vettore

colonna delle componenti di f(0,−1, k) rispetto alla base canonica. Dunque

f(0,−1, k) = (−2− 2k,−3− k, 2k).

Allora (0,−1, k) e autovettore di f se e solo se esiste λ tale che

(−2− 2k,−3− k, 2k) = λ(0,−1, k),

cioe −2− 2k = 0, −3− k = −λ e 2k = λk. Cio avviene se e solo se k = −1.

(c) Determinare la matrice rappresentativa di f rispetto alla base di R3 formata dai vettori3(1,−1,−1), (0,−1,−1), (1, 2, 1).

B :=

1 0 00 2 00 0 3




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano sia data la circonferenza

γ : x2 + y2 − 2x− 2y − 6 = 0.

(a) Il centro C e il raggio r di γ sono:2

C = (1, 1) r = 2√

2

(b) La retta r tangente a γ nel punto P := (−1,−1) ha equazione cartesiana:2

x+ y + 2 = 0Motivazione:

La tangente in P e ortogonale al raggio congiungente C con P , i cui parametri direttorisono (1− (−1), 1− (−1)) = (2, 2). La retta r ha allora equazione del tipo 2x+ 2y + k = 0.Imponendo il passaggio per P troviamo la condizione 2(−1)+2(−1)+k = 0 da cui otteniamok = 4. La retta r ha allora equazione 2x+ 2y + 4 = 0 o, equivalentemente, x+ y + 2 = 0.

(c) Detti A e B i punti d’intersezione della retta r con gli assi coordinati, l’area del triangolo3ABC e:

4Motivazione:

L’intersezione della retta r con l’asse delle x si ottiene risolvendo il sistema:{x + y + 2 = 0

y = 0

che da il punto A = (−2, 0). L’intersezione della retta r con l’asse delle y si ottiene risolvendoil sistema: {

x + y + 2 = 0x = 0

che da il punto B = (0,−2).La distanza di A da B e uguale a

√(−2− 0)2 + (0− (−2))2 =

√8. L’altezza del triangolo

ABC relativa al lato AB e uguale alla distanza di C dalla retta per A e B, cioe dalla rettar. Poiche tale retta e tangente a γ, la sua distanza da C, cioe dal centro di γ e uguale alraggio di γ cioe

√8. Dunque l’area del triangolo ABS e uguale a

√8√

82 = 4.




{x + y − 2z = 0

y + z + 2 = 0

e s :

x = 1 + t

y = 3 + 2tz = 1 − t


x− 4y − 7z − 10 = 0Motivazione:

Il fascio di piani passanti per r si puo scrivere come: λ(x+ y− 2z) +µ(y+ z+ 2) = 0 ovveroλx+ (λ+ µ)y + (−2λ+ µ)z + 2µ = 0.Imponendo la condizione di parallelismo con s, cioe con il vettore (1, 2,−1), otteniamo larelazione 1λ+ 2(λ+ µ)− 1(−2λ+ µ) = 0, vale a dire 5λ+ µ = 0.Sostituendo, ad esempio, i valori λ = 1 e µ = −5 nell’equazione del fascio di piani, troviamoil piano π.


x− 4y − 7z + 18 = 0Motivazione:

Il piano cercato e parallelo sia a r sia a s e, dunque, e parallelo al piano π, e ha, pertanto,equazione del tipo x− 4y− 7z+ k = 0. Per imporre che il piano contenga la retta s e allorasufficiente imporre che contenga un punto di s, ad esempio, il punto (1, 3, 1), ottenendo lacondizione 1− 4 · 3− 7 · 1 + k = 0, da cui troviamo k = 18.

(c) La regione di spazio delimitata dai due piani π e σ e definita dal sistema di disequazioni:3

{x − 4y − 7z − 10 < 0x − 4y − 7z + 18 > 0




ISTRUZIONI








1. Sia f un endomorfismo di R3 tale che v1 := (0, 1, 2) e v2 := (3, 2, 0) siano autovettori di f rispettoall’autovalore 2 e v3 := (1, 0,−1) sia autovettore di f rispetto all’autovalore 3.

(a) Il vettore w := v1 + 2v2 e autovettore di f?2

� Sı, rispetto all’autovalore 2 � No� I dati assegnati non sono sufficienti a stabilire se w e un autovettore o no

Motivazione:

I vettori v1 e v2 appartengono entrambi all’autospazio relativo all’autovalore 2. Il vettore w eloro combinazione lineare e quindi appartiene anch’esso all’autospazio relativo all’autovalore2.

(b) Il vettore u := 2v1 + v3 e autovettore di f?2


Motivazione:

Calcoliamo esplicitamente il vettore u e la sua immagine tramite f . Si ha

u = 2v1 + v3 = 2(0, 1, 2) + (1, 0,−1) = (1, 2, 3)

e

f(u) = f(2v1 + v3) = 2f(v1) + f(v3) = 2 · 2v1 + 3v3 = 4(0, 1, 2) + 3(1, 0,−1) = (3, 4, 5).

Poiche f(u) non e multiplo di u, il vettore u non e autovettore di f .



2. Fissato nel piano un sistema di riferimento euclideo sia dato il punto A := (0, 1).

(a) Determinare le equazioni cartesiane di tutte le rette passanti per A e che delimitano insieme2agli assi coordinati un triangolo di area uguale a 3.

x+ 6y − 6 = 0 e x− 6y + 6 = 0Motivazione:

I triangoli cercati hanno un vertice nell’origine O := (0, 0) del sistema di riferimento, unvertice in A e l’altro vertice in un punto B := (k, 0) dell’asse delle x. Tale triangolo erettangolo in O: possiamo considerare i due lati OA e OB come base e altezza del triangolo.La distanza di O da A e uguale a 1, mentre la distanza di O da B e uguale a |k|. L’areadel triangolo OAB e allora uguale a 1·|k|

2 = |k|2 . Imponendo che tale valore sia uguale a 3

troviamo che i due valori possibili di k sono 6 e −6. Pertanto abbiamo i punti B1 = (6, 0) e

B2 = (−6, 0). La retta passante per il punto A e il punto B1 ha equazione∣∣∣∣x− 0 y − 16− 0 0− 1

∣∣∣∣ = 0

vale a dire x + 6y − 6 = 0. La retta passante per il punto A e il punto B2 ha equazione∣∣∣∣ x− 0 y − 1−6− 0 0− 1

∣∣∣∣ = 0 vale a dire x− 6y + 6 = 0.

(b) Scegliere una delle rette determinate al punto a (se ce n’e piu di uno)2

Equazione della retta scelta:x+ 6y − 6 = 0

Detta r la retta scelta, si determini l’equazione cartesiana della retta s simmetrica di r rispettoall’asse delle y.

x− 6y + 6 = 0Motivazione:

Per determinare la simmetrica rispetto all’asse delle y basta prendere due punti distinti di r,trovarne i simmetrici rispetto all’asse delle y e considerare la retta passante per i due punticosı determinati.Possiamo allora considerare i due punti A e B1. Poiche A appartiene all’asse delle y il suosimmetrico rispetto all’asse delle y e A stesso, mentre il simmetrico di B1 rispetto all’assedelle y e ovviamente il punto B2. Pertanto la retta s e la retta che passa per A e B2, la cuiequazione abbiamo gia determinato al punto precedente ed e x+ 6y − 6 = 0.




3. Sia f l’endomorfismo di R3 definito da: f(x, y, z) := (x+ 3y − z, 2x+ 2y + z, 2x− 2y + 4z).

(a) Determinare una base dell’immagine di f .2

(1, 2, 2) (3, 2,−2)Motivazione:

Le immagini tramite f dei vettori della base canonica sono (1, 2, 2), (3, 2,−2), (−1, 1, 4):questi vettori generano l’immagine di f . La matrice rappresentativa di f rispetto alla basecanonica e allora

A :=

1 3 −12 2 12 −2 4

La dimensione dell’immagine di f e uguale al rango di A. La matrice A ha determinantenullo e, quindi, ha rango minore di 3. Il minore di A formato dalle prime 2 righe e dalleprime 2 colonne e invertibile e, quindi, la matrice A ha rango 2 e le prime 2 colonne sonolinearmente indipendenti. Pertanto (1, 2, 2) e (3, 2,−2) formano una base per l’immagine dif .


(−5, 3, 4)Motivazione:

Un vettore (x, y, z) appartiene al nucleo se e solo sex + 3y − z = 0

2x + 2y + z = 02x − 2y + 4z = 0

Occorre dunque risolvere il sistema omogeneo di matrice A. Dal punto precedente sappiamogia che questa matrice ha rango 2 e che le prime due righe di A sono linearmente indipendenti.Il sistema e quindi equivalente a quello formato a quello delle prime 2 equazioni. Risolvendolotroviamo che le sue soluzioni sono i vettori del tipo (−5h, 3h, 4h) al variare di h in R.Scegliendo, ad esempio, h = 1 troviamo una base per il nucleo di f .

(c) Determinare la controimmagine del vettore (1, 2, 2).3

{(1− 5h, 3h, 4h) | h ∈ R}Motivazione:

Dal punto a sappiamo che il vettore (1, 2, 2) e immagine di (1, 0, 0) e dunque (1, 0, 0) ap-partiene alla controimmagine di (1, 2, 2). La controimmagine di (1, 2, 2) e allora formata datutti e soli i vettori che si possono ottenere come somma di (1, 0, 0) e di un vettore del nucleodi f . Al punto b abbiamo calcolato il nucleo di f . Dunque la controimmagine di (1, 2, 2) eformata da tutti e soli i vettori del tipo (1, 0, 0) + (−5h, 3h, 4h) al variare di h in R.




3x + 4y + 5z + w = 23x + 5y + 4z + 2w = k

2x + 3y + 3z + w = 2kdove k e un parametro reale.

(a) Determinare i valori di k per cui il sistema ha una sola soluzione.3

Nessun valoreMotivazione:


3 4 5 13 5 4 22 3 3 1

. Calcoliamone il rango. Il minore B formato

dalle prime 2 righe e dalle prime 2 colonne di A ha determinante non nullo. Gli orlati di

B sono le matrici C1 :=

3 4 53 5 42 3 3

e C2 :=

3 4 13 5 22 3 1

. Entrambi questi minori hanno

determinante nullo. Dunque la matrice A ha rango 2. Per il teorema di Rouche-Capelliun sistema risolubile ha un’unica soluzione se e solo se il rango della matrice del sistema euguale al numero delle incognite. Poiche il nostro sistema ha 3 incognite e matrice di rangoinferiore a 3 non puo avere esattamente una soluzione per nessun valore di k.

(b) Determinare i valori di k per cui il sistema ha infinite soluzioni.3

k = 25

Motivazione:

Dal punto a sappiamo che la matrice del sistema A ha rango 2. Calcoliamo ora il rango

della matrice completa del sistema A′ :=

3 4 5 1 23 5 4 2 k2 3 3 1 2k

. Il minore B ha tre orlati

in A′: al punto a abbiamo gia visto che due di essi hanno determinante nullo, l’altro e

C :=

3 4 23 5 k2 3 2k

il cui determinante e 5k − 2. Questo determinante si annulla per k = 25 ,

e, dunque, il rango della matrice completa del sistema e 3 per k 6= 25 ed e 2 per k = 2

5 . Peril teorema di Rouche-Capelli un sistema e risolubile se e solo se la matrice del sistema e lamatrice completa del sistema hanno lo stesso rango. Dunque per k 6= 2

5 il sistema non erisolubile, mentre per k = 2

5 il sistema e risolubile: poiche in quest’ultimo caso il rango dellamatrice e minore del numero delle incognite il sistema ammette infinite soluzioni.

(c) Determinare i valori di k per cui il sistema non ha soluzioni.1

k 6= 25

Motivazione:



Si veda il punto precedente.




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano sia dato il punto C := (6,−2) e la rettal : x − 2y + 5 = 0. Sia γ la circonferenza di centro C che interseca la retta l in due punti A e Bdistanti tra loro 2

√5.

(a) La circonferenza γ ha raggio:2

r = 5√

2Motivazione:

La proiezione H di C su l e il punto medio di A e B. Il triangolo CAH e allora un triangolorettangolo in H il cui lato AH e lungo la meta di AB, cioe

√5, e il cui lato CH ha lunghezza

uguale alla distanza di C da l. Applicando la formula della distanza tra un punto e unaretta si trova che il lato CH ha lunghezza |6−2(−2)+5|√

12+(−2)2= 3√

5.

Poiche il lato AC ha lunghezza uguale al raggio r di γ applicando il teorema di Pitagora

troviamo r =√√

52

+ (3√

5)2 = 5√

2.


A(ABC) = 15

Motivazione:

L’altezza relativa al lato AB (che e lungo 2√

5) e uguale alla distanza tra il punto C e laretta r. Dal punto precedente sappiamo che tale distanza e 3

√5. L’area del triangolo e

allora 3√

52√

52 = 15.

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo di vertici A, B e C e definito dal sistema di disequazioni:3 x − 2y + 5 > 0x + y − 4 > 0

7x + y − 40 < 0


12 dicembre 2005 - Soluzione esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2005-2006


ISTRUZIONI








1. Sia f : E → F un’applicazione lineare tra spazi vettoriali con dimE = 5 e dimF = 7. Siano v1,v2, e v3 vettori linearmente indipendenti di E tali che f(v3) = 2f(v1) + 3f(v2).

(a) L’ applicazione lineare f e iniettiva?2� Sı � No � I dati assegnati non sono sufficienti a stabilire se f e iniettiva o no

Motivazione:

Poiche v1, v2, e v3 sono linearmente indipendenti, il vettore v3 non e combinazione lineare div1 e v2: in particolare v3 6= 2v1+3v2. D’altra parte f(v3) = 2f(v1)+3f(v2) = f(2v1+3v2).Esistono dunque due vettori diversi che hanno la stessa immagine tramite f e, dunque, fnon e iniettiva.

(b) L’ applicazione lineare f e suriettiva?2� Sı � No � I dati assegnati non sono sufficienti a stabilire se f e suriettiva o no

Motivazione:

L’immagine di f ha dimensione al piu uguale alla dimensione di E. Poiche dimE < dimF ,l’immagine di f ha dimensione minore della dimensione di F e, quindi, non e uguale a F ,cioe f non e suriettiva.



2. Fissato nello spazio un sistema di riferimento affine siano dati la retta r :

{2x + 3y − 3z + 1 = 03x − y + 2z = 0

ed il piano π : 7x+ 5y − hz + k = 0 con h e k parametri reali.

(a) Per quali valori di h e k la retta r e parallela al piano π?2

h = 4 k qualsiasiMotivazione:

La retta r e parallela al piano π se e solo se la retta non e incidente il piano, cioe se e solo sel’intersezione tra retta e piano non e formata esattamente da un punto. L’intersezione traretta e piano si ottiene risolvendo il sistema lineare:

2x + 3y − 3z + 1 = 03x − y + 2z = 07x + 5y − hz + k = 0

Questo e un sistema in 3 incognite ed ha esattamente una soluzione se la matrice del sistemae la matrice completa del sistema hanno entrambe rango 3: notiamo che se la matrice delsistema ha rango 3 anche la matrice completa del sistema (che e una matrice di tipo (3, 4))

ha necessariamente rango 3. La matrice del sistema e A :=( 2 3 −3

3 −1 27 5 −h

)il cui determinante

e 11h − 44, che si annulla se e solo se h = 4. Dunque, se h 6= 4 la matrice del sistema harango 3 e la retta ed il piano sono incidenti, mentre se h = 4 la matrice del sistema ha rangominore di 3 e la retta ed il piano sono paralleli.

(b) Per quali valori di h e k la retta r giace sul piano π?2

h = 4 k = 2Motivazione:

Affinche la retta r giaccia sul piano, la retta deve essere innanzitutto parallela al piano, equindi deve essere h = 4. In tal caso la matrice del sistema ha rango 2 ed un minore diordine 2 invertibile estratto dalla matrice del sistema e, ad esempio, quello formato dalleprime 2 righe e 2 colonne. Questo minore ha, nella matrice completa del sistema, 2 orlati:uno e la matrice A che sappiamo gia avere determinante nullo, l’altro e il minore

(2 3 13 −1 07 5 k

)il cui determinante e 22− 11k. Dunque, se k 6= 2 la matrice completa del sistema ha rango3 e il piano e la retta hanno intersezione vuota, mentre se k = 2 la matrice completa delsistema ha rango 2 e la retta e il piano hanno intersezione dipendente da 3 − 2 parametri,ovvero l’intersezione tra retta e piano e una retta, cioe r stessa.




3. Fissato in V 3(O) una base ortonormale e1, e2, e3 sia f l’endomorfismo di V 3(O) definito daf(xe1 + ye2 + ze3) := (x+ 2y + 3z)e1 + (x− 2y − z)e2 + (3x+ 3z)e3.

(a) Determinare la dimensione dell’immagine di f .2

2Motivazione:

La matrice dell’endomorfismo rispetto alla base assegnata e A :=(

1 2 31 −2 −13 0 3

). Le prime 2

colonne di A sono indipendenti e la matrice A ha determinante 0: dunque A ha rango 2.L’immagine di f ha allora dimensione 2.

(b) Determinare una base ortonormale dell’immagine di f .3

1√11

(e1 + e2 + 3e3), 1√2(e1 − e2)

Motivazione:

Sappiamo gia che l’immagine ha dimensione 2 e che le prime 2 colonne della matrice rap-presentativa di f rispetto alla base assegnata sono indipendenti. Dunque l’immagine di fe generata da f(e1) e f(e2) cioe da u := e1 + e2 + 3e3 e v := 2e1 − 2e2. Determiniamouna base ortonormale dello spazio generato da u e v. Calcoliamo innanzitutto il prodottoscalare di u e v:

(e1 + e2 + 3e3)× (2e1 − 2e2) = 1 · 2 + 1 · (−2) + 3 · 0 = 0.

Dunque u e v formano una base ortogonale dell’immagine di f : per ottenere una baseortonormale basta dividere ciascuno dei vettori u e v per la propria norma.

(c) Determinare una base ortonormale del nucleo di f .2

1√3(e1 + e2 − e3)

Motivazione:

Per calcolare il nucleo di f dobbiamo risolvere il sistema omogeneo associato alla matriceA. Le soluzioni di questo sistema sono le terne del tipo (h, h,−h) al variare di h in R.Scegliendo, ad esempio, h = 1, troviamo che una base del nucleo e formata dal vettoree1 +e2−e3. Dividendo questo vettore per la propria norma troviamo una base ortonormaledel nucleo.




2 0 41 0 20 0 0

.


0 2Motivazione:

Il polinomio caratteristico di A e det(A − xI) =

∣∣∣∣∣∣2− x 0 4

1 −x 20 0 −x

∣∣∣∣∣∣ = −x3 + 2x2, che si

annulla per 0 e 2.



0 (0, 1, 0), (−2, 0, 1)

2 (2, 1, 0)

Motivazione:

Per calcolare E(0) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A−0I, cioe2x + 4z = 0x + 2z = 0

0 = 0

le cui soluzioni sono (−2k, h, k) con h e k parametri reali. Una base di E(0) si ottieneponendo prima h = 1 e k = 0 e poi h = 0 e k = 1.Per calcolare E(2) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A−2I, cioe

4z = 0x − 2y + 2z = 0

− 2z = 0

le cui soluzioni sono (2h, h, 0) con h parametro reale. Una base di E(2) si ottiene ponendoh = 1.


D :=

0 0 00 0 00 0 2

M :=

0 −2 21 0 10 1 0




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati il punto P := (−7, 1) e la circon-ferenza γ : (x− 3)2 + (y − 6)2 = 25. Siano r e s le rette passanti per P e tangenti a γ e siano R eS i punti rispettivi di tangenza tra queste rette e γ.


r : y − 1 = 0 s : 4x− 3y + 31 = 0Motivazione:

Una retta e tangente alla circonferenza γ se la sua distanza dal centro della circonferenzae uguale al raggio. La circonferenza γ ha centro C := (3, 6) e raggio 5. La generica rettapassante per P ha equazione a(x+ 7) + b(y − 1) = 0. Imponendo che la distanza di questaretta generica da C sia uguale al raggio di γ troviamo la condizione:

|a(3 + 7) + b(6− 1)|√a2 + b2

= 5

equivalente a 3a2 + 4ab = 0 le cui soluzioni sono a = 0 e b = − 34a, da cui troviamo le

equazioni cercate.

(b) La bisettrice dell’angolo RPS ha equazione cartesiana2

x− 2y + 9 = 0Motivazione:

Il centro della circonferenza γ e equidistante dai lati PR e PS dell’angolo RPS. La bisettricedell’angolo e, quindi, la congiungente il punto P con il centro della circonferenza. La suaequazione puo allora scriversi come∣∣∣∣x− (−7) y − 1

3− (−7) 6− 1

∣∣∣∣ = 0


(c) Detto C il centro di γ, i triangoli CPR e CPS hanno la stessa area. Si calcoli l’area di uno3dei due.25

Motivazione:

Il triangolo CPR e rettangolo in R. L’ipotenusa CP ha lunghezza uguale alla distanza traC e P , cioe

√(−7− 3)2 + (1− 6)2 = 5

√5. Il cateto CR ha lunghezza uguale al raggio di

γ, cioe 5. Per il teorema di Pitagora il lato PR ha allora lunghezza√(

5√

5)2 − 52 = 10.

L’area del triangolo e allora uguale a 5·102 = 25.



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto P := (3, 4, 0) e le rette

r :

x = 2 + t

y = 6 + t

z = 2 + t

e s :

x = 2 + 4ty = 3 − 5tz = 3 + t

. Sia π il piano parallelo sia a r che a s e passante per P .

(a) Il piano π ha equazione cartesiana:2

2x+ y − 3z − 10 = 0Motivazione:

La retta r ha vettore direttore (1, 1, 1). La retta s ha vettore direttore (4,−5, 1). Il piano πdeve essere parallelo a questi due vettori. La sua equazione e allora:∣∣∣∣∣∣

x− 3 y − 4 z − 01 1 14 −5 1

∣∣∣∣∣∣ = 0


(b) La distanza tra r e π e:26√14

Motivazione:

Poiche il piano π e parallelo alla retta r basta calcolare la distanza di un qualsiasi punto dir da π. Ad esempio prendiamo il punto (2, 6, 2) di r: la sua distanza da π e uguale a

|2 · 2 + 6− 3 · 2− 10|√22 + 12 + (−3)2

=6√14

(c) La distanza tra r e P e:3√

6Motivazione:

Il piano σ ortogonale a r e passante per P ha equazione (x − 3) + (y − 4) + (z − 0) = 0.Intersecando σ con r troviamo l’equazione: (2 + t− 3) + (6 + t− 4) + (2 + t− 0) = 0, la cuisoluzione e t = −1. Sostituendo questo valore nelle equazioni parametriche di r troviamoil punto H := (1, 5, 1) proiezione ortogonale di P su r. La distanza di P da r e allora ladistanza di P da H, cioe

√(3− 1)2 + (4− 5)2 + (0− 1)2 =

√6.


9 gennaio 2006 - Soluzione esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2005-2006


ISTRUZIONI








1. Siano dati la matrice a coefficienti reali Ak :=(

2 3+k2 1

)dove k e un parametro reale e il vettore

colonna v :=(

1−2

).



Una matrice e diagonalizzabile con matrice di passaggio ortogonale se e solo se e simmetrica.La matrice Ak e simmetrica se e solo se 3 + k = 2 cioe se e solo se k = −1.

(b) Per quali valori di k il vettore v e autovettore di Ak?2


Il vettore v e autovettore di Ak se e solo Av e multiplo di v. Facendo il prodotto:(2 3 + k2 1

)(1−2

)=(−4− 2k

0

)si vede che v e autovettore di Ak se e solo se esiste λ

tale che λ(

1−2

)=(−4− 2k

0

)cioe λ = −4− 2k, −2λ = 0. Cio avviene se e solo se λ = 0 e

k = −2.



2. Fissato nel piano un sistema di riferimento affine sia data la retta r : x − 2y + 3 = 0 e i puntiA := (18, 9), B := (30, 15) e C := (20, 7).

(a) La retta s passante per A e B interseca la retta r? � Sı � No2

Il segmento di estremi A e B interseca la retta r? � Sı � NoMotivazione:

Poiche i coefficienti delle incognite nell’equazione cartesiana di r sono (1,−2) , la retta r haparametri direttori (2, 1). I parametri direttori di s sono (30− 18, 15− 9) = (12, 6): poichequesti parametri direttori sono proporzionali ai parametri direttori di r, le rette r e s sonoparallele, eventualmente coincidenti. Sostituendo le coordinate di A in x− 2y + 3 abbiamo18− 2 · 9 + 3 6= 0: il punto A non giace dunque su r, e, quindi, r e s sono parallele distinte enon hanno pertanto punti in comune. A maggior ragione il segmento di estremi A e B nonha punti in comune con r.

(b) La retta n passante per A e C interseca la retta r? � Sı � No2

Il segmento di estremi A e C interseca la retta r? � Sı � NoMotivazione:

I parametri direttori di n sono (20− 18, 7− 9) = (2,−2): poiche questi parametri direttorinon sono proporzionali ai parametri direttori di r, le rette r e n non sono parallele, e sono,dunque, incidenti in un punto.

I due semipiani delimitati da r sono definiti dalle disequazioni x−2y+3 > 0 e x−2y+3 < 0.

Sostituendo le coordinate di A in x − 2y + 3 otteniamo 18 − 2 · 9 + 3 = 3. Abbiamo unnumero positivo, dunque A appartiene al semipiano di disequazione x− 2y + 3 > 0.Sostituendo le coordinate di C in x − 2y + 3 otteniamo 20 − 2 · 7 + 3 = 9. Abbiamo unnumero positivo, dunque C appartiene al semipiano di disequazione x− 2y + 3 > 0.

Il segmento di estremi A e C non interseca la retta r perche A e C stanno nello stessosemipiano delimitato da r.





Ek := {(x, y, z) | x+ y − 2z = k2 + 4k}.

Sia F il sottospazio vettoriale di R3 generato dai vettori u := (1, 1, 3) e v := (2, 1, 1)



L’insieme delle soluzioni di un sistema lineare e un sottospazio vettoriale se e solo se ilsistema lineare e omogeneo. Nel caso in questione cio avviene se e solo se k2 + 4k = 0.



(b) Determina una base per Ek ∩ F .3

(9, 5, 7)Motivazione:

Il sottospazio F e l’insieme delle combinazioni lineari dei vettori u e v:

α(1, 1, 3) + β(2, 1, 1) = (α+ 2β, α+ β, 3α+ β).

Il vettore (α+2β, α+β, 3α+β) appartiene a Ek se e solo se (α+2β)+(α+β)−2(3α+β) = 0,cioe −4α+ β = 0, vale a dire β = 4α.Dunque Ek ∩ F = {(9α, 5α, 7α) | α ∈ R}. Una base per Ek ∩ F si ottiene scegliendo, adesempio, α = 1.

(c) Determina una base ortonormale di Ek rispetto al prodotto scalare standard.2

1√2(1,−1, 0), 1√

3(1, 1, 1)



4. Sia f l’endomorfismo di R3[x] definito da f(p(x)) := 2p(x) + 3p′(x) (si ricorda che la derivata diun polinomio p(x) = a+ bx+ cx2 e p′(x) = b+ 2cx).

(a) Determina la matrice A rappresentativa di f rispetto alla base canonica di R3[x] (cioe la base2formata da 1, x e x2 in quest’ordine).

A :=

2 3 00 2 60 0 2

Motivazione:

Calcoliamo l’immagine tramite f dei vettori della base canonica e decomponiamo i vettoricosı ottenuti rispetto alla base canonica stessa. Si ha f(1) = 2 = 2 · 1 + 0 · x+ 0 · x2: sullaprima colonna della matrice scriviamo allora i coefficienti (2, 0, 0). Si ha poi f(x) = 2x+3 =3 ·1 + 2 ·x+ 0 ·x2: sulla seconda colonna della matrice scriviamo allora i coefficienti (3, 2, 0).Infine f(x2) = 2x2 + 3 · 2x = 2x2 + 6x = 0 · 1 + 6 ·x+ 2 ·x2: sulla terza colonna della matricescriviamo allora i coefficienti (0, 6, 2).



2 1

Motivazione:

Il polinomio caratteristico di A e det(A− xI) =∣∣∣ 2−x 3 0

0 2−x 60 0 2−x

∣∣∣ = (2− x)3, che si annulla see solo x = 2.Per trovare i polinomi del tipo a+ bx+ cx2 che sono autovettori di f relativamente all’auto-valore 2, risolviamo il sistema lineare omogeneo nelle incognite a, b e c associato alla matriceA− 2I, cioe

3b = 06c = 00 = 0

le cui soluzioni sono (a, 0, 0) con a parametro reale. Una base di E(2) si ottiene ponendoa = 1 ed ottenendo cosı il polinomio 1.

(c) L’endomorfismo e diagonalizzabile? � Sı � No2Motivazione:

L’unico autospazio di f ha dimensione 1. La somma delle dimensioni degli autospazi di fe, dunque, minore della dimensione di R3[x].




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento euclideo siano dati il punto A := (5, 2) e la rettar : 4x+ 3y − 1 = 0.

(a) Determina la proiezione ortogonale H di A su r: H = (1,−1)2

Motivazione:

La retta r e ortogonale al vettore (4, 3). La retta n passante per A e ortogonale a r ha alloraequazioni parametriche: {

x = 5 + 4ty = 2 + 3t

Intersecando questa retta con la retta r troviamo l’equazione 4(5+4t)+3(2+3t)−1 = 0 cheha soluzione t = −1. Sostituendo questo valore nelle equazioni parametriche di n troviamole coordinate del punto H = (1,−1) proiezione di A su r.

(b) Determina due punti B e C su r tali che ABC sia un triangolo di area 50 con i lati AB e AC3uguali. B = (7,−9) C = (−5, 7)

Motivazione:

L’altezza di ABC relativa al lato BC e uguale alla distanza di A dalla retta r, cioe alladistanza di A da H ovvero a

√(5− 1)2 + (2− (−1))2 = 5. Affinche l’area sia uguale a 50 il

lato BC deve quindi avere lunghezza 50·25 = 20.

Poiche i lati AB e AC sono uguali la proiezione ortogonale di A sul lato BC, cioe H, e ilpunto medio di B e C: dunque B e C sono i punti della retta r la cui distanza da H e ugualealla meta della lunghezza del lato BC. I punti B e C appartengono cioe alla circonferenzadi centro H e raggio 20

2 = 10, la cui equazione e (x − 1)2 + (y + 1)2 = 100. Risolvendo ilsistema {

(x− 1)2 + (y + 1)2 = 1004x+ 3y − 1 = 0

troviamo i punti cercati.

(c) Determina un punto D diverso da A tale che DBC sia un triangolo di area uguale all’area di2ABC con i lati DB e DC uguali. D = (−3,−4)

Motivazione:

Poiche i lati DB e DC sono uguali la proiezione di D sulla retta r e uguale al punto mediotra B e C, cioe H. Poiche l’area di ABC e l’area di DBC sono uguali le altezze relativeal lato BC nei due triangoli sono uguali, vale a dire che le distanze di A e D dalla rettar sono uguali. Dunque A e D sono due punti equidistanti da r aventi la stessa proiezioneortogonale su r, cioe H: poiche A e D sono distinti cio significa che D e il simmetrico diA rispetto alla retta r, cioe e H e il punto medio di A e D. Dunque, se D = (x, y) si ha5+x

2 = 1 e 2+y2 = −1, da cui ricaviamo x = −3 e y = −4.



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento euclideo, siano dati il punto P := (1, 2, 3) appartenente

al piano π : 2x+ 3y + z − 11 = 0 e la retta r :

{2x − y + z = 0x + 2y − 1 = 0

.

(a) Il piano σ contenente r e ortogonale a π ha equazione cartesiana:2

7x− 6y + 4z + 1 = 0Motivazione:

Il fascio di piani passanti per r si scrive: λ(2x− y + z) + µ(x+ 2y − 1) = 0.Tale fascio puo essere riscritto come: (2λ+ µ)x+ (−λ+ 2µ)y + λz − µ = 0.Questo piano e ortogonale al piano π se e solo se i vettori (2λ + µ,−λ + 2µ, λ) e (2, 3, 1)sono ortogonali. Otteniamo cosı la condizione: 2(2λ + µ) + 3(−λ + 2µ) + 1 · λ = 0, cioe2λ+ 8µ = 0.Sostituendo, ad esempio, i valori λ = 4 e µ = −1 nell’equazione del fascio di piani, troviamoil piano σ.

(b) La proiezione ortogonale di r sul piano π ha equazioni cartesiane:2 {7x − 6y + 4z + 1 = 02x + 3y + z − 11 = 0

Motivazione:

La proiezione ortogonale della retta r su π si ottiene intersecando il piano π con il piano chepassa per r ed e ortogonale a π cioe il piano σ.

(c) Le sfere tangenti in P al piano π e aventi raggio√

14 hanno equazioni cartesiane:3

(x− 3)2 + (y − 5)2 + (z − 4)2 = 14 (x+ 1)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 = 14Motivazione:

Le sfere cercate hanno centro sulla retta n ortogonale a π e passante per P : questa ha

equazioni parametriche

x = 1 + 2ty = 2 + 3tz = 3 + t

. Imponendo che il punto generico (1 + 2t, 2 + 3t, 3 + t)

di n disti√

14 da P troviamo la condizione (1 + 2t− 1)2 + (2 + 3t− 2)2 + (3 + t− 3)2 = 14 lecui soluzioni t = 1 e t = −1, sostituite nelle equazioni parametriche di n danno le coordinatedei due centri delle sfere C1 := (3, 5, 4) e C2 := (−1,−1, 2).


21 marzo 2006 - Soluzione esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2005-2006


ISTRUZIONI








1. Siano dati i vettori u := (1, 2, 1, 1) e v := (3, 1, 1, 2) di R4.

(a) Esiste un sottospazio vettoriale di R4 di dimensione 1 contenente entrambi i vettori u e v?2� Sı � No

Motivazione:

I vettori u e v sono linearmente indipendenti perche nessuno dei due e multiplo dell’altro.Uno spazio vettoriale che contenga entrambi i vettori u e v ha allora almeno dimensione 2.

(b) Esiste un sottospazio affine di R4 di dimensione 1 contenente entrambi i vettori u e v?2� Sı � No

Motivazione:

Consideriamo il vettore w := v−u. Il vettore w genera un sottospazio E di R4 di dimensione1. Il sottospazio affine u + E e allora un sottospazio affine di dimensione 1 di R4. Ilsottospazio affine u + E contiene u (infatti u = u + 0) e contiene v (infatti v = u + w).



2. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano. Siano date le tre rette r : 2x− y− 1 = 0,s : x+ y − 5 = 0 e tk : kx+ 3y − 5 = 0, con k parametro reale.



Risolvendo il sistema {2x − y − 1 = 0x + y − 5 = 0

troviamo che le rette r e s si intersecano nel punto (2, 3). Imponendo il passaggio di tk perquesto punto troviamo la condizione 2k + 3 · 3− 5 = 0 da cui ricaviamo k = −2.

(b) Determina tutti i valori di k per cui le rette r, s e tk delimitano un triangolo rettangolo.2

k = 32 o k = −3

Motivazione:

Affinche r, s e tk delimitino un triangolo rettangolo due delle rette debbono essere ortogonalitra loro.Il vettore (2,−1) e ortogonale a r, il vettore (1, 1) e ortogonale a s ed il vettore (k, 3) eortogonale a tk.Il prodotto scalare dei due vettori (2,−1) e (1, 1) e uguale a 2 · 1 + (−1)1 = 1, dunque r e snon sono ortogonali.Il prodotto scalare di (2,−1) per (k, 3) e uguale a 2k + (−1)3 = 2k − 3. Per k = 3

2 questoprodotto scalare si annulla, quindi r e tk sono ortogonali.Il prodotto scalare di (1, 1) per (k, 3) e uguale a 1k + 1 · 3 = k + 3. Per k = −3 questoprodotto scalare si annulla, quindi s e tk sono ortogonali.




3. Sia dato il sottospazio E di R4 cosı definito:

E := {(x, y, z, w) | x+ y − z − w = 0}.


(−1, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1)Motivazione:

Risolvendo l’equazione x+ y − z − w = 0 si puo esprimere, ad esempio, x in funzione di y,z e w ed ottenere cosı:

E = {(−y + z + w, y, z, w) | y ∈ R, z ∈ R, w ∈ R}.

Ponendo prima y = 1, z = 0 e w = 0, poi y = 0, z = 1 e w = 0 e, infine y = 0, z = 0 ew = 1 otteniamo una base per E.

(b) Sia dato al variare del parametro reale k il vettore wk := (2, k, 1, 0) e sia Fk il sottospazio2vettoriale generato da wk. Per quali valori di k si ha che R4 = E ⊕ Fk?

k 6= −1Motivazione:

Affinche sia R4 = E ⊕ Fk deve essere E + Fk = R4 e E ∩ Fk = {0}. Poiche wk 6= 0, ilsottospazio Fk ha dimensione 1 qualunque sia k. Dunque E ∩ Fk puo avere dimensione 0o 1: ha dimensione 1 se e solo se E contiene Fk, cioe se e solo se E contiene wk; quindiE ∩ Fk = {0} se e solo se E non contiene wk. Il vettore (2, k, 1, 0) appartiene a E se e solose 2 + k − 1− 0 = 0 cioe k = −1.Pertanto per k 6= −1 si ha E ∩ Fk = {0}. Poiche E ha dimensione 3, per tali valori di kdalla formula di Grassmann si ha

dim(E + Fk) = dimE + dimFk − dim(E ∩ Fk) = 4− dim(E ∩ Fk) = 4,

e, dunque, E + Fk = R4.

(c) Detto G il sottospazio vettoriale generato dai vettori u := (1, 0, 1, 2) e v := (1, 2, 2, 1)3determina una base di E ∩G.

(1, 2, 2, 1)Motivazione:

Il sottospazio G e l’insieme delle combinazioni lineari dei vettori u e v:

α(1, 0, 1, 2) + β(1, 2, 2, 1) = (α+ β, 2β, α+ 2β, 2α+ β).

Il vettore (α+ β, 2β, α+ 2β, 2α+ β) appartiene a E se e solo se (α+ β) + 2β − (α+ 2β)−(2α+ β) = 0, cioe 2α = 0, vale a dire α = 0.Dunque E ∩ G = {(β, 2β, 2β, β) | α ∈ R}. Una base per E ∩ F si ottiene scegliendo, adesempio, β = 1.



4. Sia f l’endomorfismo di R3 che rispetto alla base canonica si rappresenta con A :=(

1 −1 1−1 1 −11 −1 1

).

(a) Il vettore v := (1, 1, 0) appartiene all’immagine di f? � Sı � No2Motivazione:

Il vettore v appartiene all’immagine di f se e solo se esiste un vettore colonna(

xyz

)tale che

A(

xyz

)=(

110

). Questo e equivalente a dire che il sistema

x − y + z = 1−x + y − z = 1x − y + z = 0

e risolubile. La prima e la terza equazione sono chiaramente incompatibili: pertanto v nonappartiene all’immagine di f .



0 (1, 1, 0), (−1, 0, 1)

3 (1,−1, 1)

Motivazione:

Il polinomio caratteristico di A e det(A − xI) =∣∣∣ 1−x −1 1−1 1−x −11 −1 1−x

∣∣∣ = −x3 + 3x2 = x2(3 − x),che si annulla per x = 0 e x = 3.Per trovare una base di E(0) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matriceA− 0 · I:

x − y + z = 0−x + y − z = 0x − y + z = 0

le cui soluzioni sono (h − k, h, k) con h e k parametri reali. Una base di E(0) si ottieneponendo prima h = 1 e k = 0 e poi h = 0 e k = 1.Per trovare una base di E(3) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matriceA− 3 · I:

−2x − y + z = 0−x − 2y − z = 0x − y − 2z = 0

le cui soluzioni sono (h,−h, h) con h parametro reale. Una base di E(3) si ottiene ponendoh = 1.

(c) Determina una matrice diagonale D e una matrice ortogonale M tali che D = M−1AM .2

D :=

0 0 00 0 00 0 3

M :=

1√2

1√6

1√3

1√2− 1√

6− 1√

3

0 − 2√6

1√3




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento affine siano dati i punti A := (3, 1), B := (6,−2) eC := (7, 4).

(a) Determina un punto D tale che ABCD sia un parallelogramma (fare attenzione all’ordine dei2vertici).

D = (4, 7)

Motivazione:

Il punto medio tra A e C e il punto M :=(

3+72 , 1+4

2

)=(5, 5

2

). Il punto D e il simmetrico di

B rispetto a M : se D := (x0, y0) si ha allora(

x0+62 , y0−2

2

)=(5, 5

2

)da cui otteniamo x0 = 4,

y0 = 7.

(b) Determina il semipiano delimitato dalla retta passante per A e B e contenente il punto C.2

x+ y − 4 > 0Motivazione:

La retta passante per A e B ha equazione cartesiana∣∣ x−3 y−16−3 −2−1

∣∣ = 0, cioe x + y − 4 = 0.I due semipiani delimitati da questa retta sono descritti dalle disequazioni x + y − 4 > 0 ex+y−4 < 0. Sostituendo le coordinate di C nel polinomio x+y−4 otteniamo 7+4−4 = 7:poiche il valore cosı ottenuto e positivo, il semipiano cercato e identificato dalla disequazionex+ y − 4 > 0.

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo di vertici A, B e C e definito dal sistema di disequazioni:3 x + y − 4 > 0

3x − 4y − 5 > 06x − y − 38 < 0



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento euclideo, siano dati il punto P := (2, 1, 1) e il pianoπ : x+ 2y + 2z − 15 = 0.


(x− 2)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 9Motivazione:

La sfera S ha raggio uguale alla distanza di P da π. La distanza di P da π e:

|2 + 2 · 1 + 2 · 1− 15|√12 + 22 + 22

= 3.

Dunque l’equazione della sfera e: (x− 2)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 9.

(b) La sfera T centrata in P la cui intersezione con il piano π e una circonferenza di raggio 4 ha2equazione:

(x− 2)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 25Motivazione:

Se H e la proiezione di P sul piano π e A e un qualunque punto dell’intersezione γ tra Te π, si ha che PHA e un triangolo rettangolo in H e H e il centro di γ. La lunghezza delcateto PH e uguale alla distanza di P da π cioe 3 (dal punto precedente). La lunghezzadel cateto HA e uguale al raggio di γ, cioe 4. L’ipotenusa PA, la cui lunghezza e uguale alraggio di T , ha allora lunghezza uguale a

√32 + 42 = 5. Dunque la sfera cercata ha raggio

5 ed ha, quindi, equazione (x− 2)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 25.

(c) Un piano σ parallelo al piano π e diverso da esso, la cui intersezione con la sfera T e una3circonferenza di raggio 4 ha equazione cartesiana:

x+ 2y + 2z + 3 = 0Motivazione:

Se i due piani π e σ intersecano T in duc circonferenze aventi il medesimo raggio, i due pianidevono avere la stessa distanza dal centro di T . Sappiamo gia che la distanza di P da π euguale a 3. Un generico piano parallelo a π ha equazione x+ 2y + 2z + k = 0. Imponendoche questo piano disti 3 dal punto P otteniamo la condizione

|2 + 2 · 1 + 2 · 1 + k|√12 + 22 + 22

= 3.

cioe |6 + k| = 9 le cui soluzioni sono k = −15 corrispondente al piano π e k = 3 che forniscel’equazione del piano cercato.


13 settembre 2006 - Soluzione esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2005-2006


ISTRUZIONI








1. Sia data la circonferenza γ di centro C := (3, 1) e raggio 2k con k numero reale. Sia dato il puntoP := (2, 4).

(a) Per quali valori di k per il punto P passano due rette tangenti distinte alla circonferenza γ?2

k <√

102

Motivazione:

Per il punto P passano due rette tangenti distinte a γ se e solo se P e esterno a γ, cioe see solo se la distanza di P dal centro γ e maggiore del raggio di γ. La distanza di P da C euguale a

√(2− 3)2 + (4− 1)2 =

√10. Dunque deve essere

√10 > 2k cioe k <

√102 .

(b) Per quali valori di k una delle due tangenti alla circonferenza γ passanti per P e parallela alla2retta r di equazione 3x− 4y + 1 = 0?

k = 32

Motivazione:

La retta s parallela a r e passante per P ha equazione 3x−4y+10 = 0. Affinche questa rettasia tangente a γ la sua distanza dal centro di γ deve essere uguale al raggio. La distanza diC da s e uguale a |3·3−4·1+10|√

32+(−4)2= 3. Dunque deve essere 3 = 2k cioe k = 3

2 .



2. Sia data la matrice a coefficienti reali Ak :=(−2k 2 k

2 1 1k2 1 2k

)dove k e un parametro reale.


k = 0 o k = 1Motivazione:

Una matrice e diagonalizzabile con matrice di passaggio ortogonale se e solo se e simmetrica.La matrice Ak e simmetrica se e solo se k = k2 cioe se e solo se k = 0 o k = 1.

(b) Per quali valori di k esiste una matrice ortogonale M tale che M−1(Ak +2kI)M sia diagonale?2

k = 0 o k = 1Motivazione:

La matrice A+ 2kI e(

0 2 k2 1+2k 1k2 1 4k

). Questa matrice e simmetrica se e solo se k = k2 cioe se

e solo se k = 0 o k = 1.




3. Sia f l’endomorfismo di R3 definito da f(x, y, z) := (3x − 2y, x + y + 5z, 2x − y + z) e sia E ilsottospazio di R3 cosı definito E := {(x, y, z) | x+ y + z = 0}.


(−2,−3, 1)Motivazione:

Risolvendo il sistema lineare omogeneo3x − 2y = 0x + y + 5z = 0

2x − y + z = 0

si trova che il nucleo e formato dai vettori del tipo (−2t,−3t, t) al variare del parametroreale t. Scegliendo, ad esempio, t = 1 troviamo che una base del nucleo di f e formata dalvettore (−2,−3, 1).


(3, 1, 2), (−2, 1,−1).Motivazione:

Per il punto precedente il nucleo di f ha dimensione 1: pertanto l’immagine di f ha dimen-sione 3− 1 = 2. La matrice di f rispetto alla base canonica e A :=

(3 −2 01 1 52 −1 1

). Basta allora

prendere 2 colonne linearmente indipendenti di A, ad esempio le prime 2, e considerare ivettori le cui componenti rispetto alla base canonica sono dati da queste due colonne e cioei vettori (3, 1, 2) e (−2, 1,−1).

(c) Determina un vettore non nullo appartenente a f(R3) ∩ E.3

(−3, 4,−1)Motivazione:

Per il punto precedente i vettori di f(R3) sono del tipo v = h(3, 1, 2) + k(−2, 1,−1) perqualche h e k reali, cioe v = (3h − 2k, h + k, 2h − k). Questo vettore appartiene a E se esolo se (3h − 2k) + (h + k) + (2h − k) = 0 cioe se e solo se 6h − 2k = 0, ovvero k = 3h.Dunque f(R3) ∩ E e formato dai vettori del tipo (−3h, 4h,−h) al variare di h. Scegliendo,ad esempio, h = 1 troviamo un vettore come quello cercato.



4. Sia E il sottospazio vettoriale di R4 generato dai vettori u := (0, 1, 0,−1) e v := (1, 2, 1, 0). Siawk := (k, 1, 1, 1)

(a) Per quali valori del parametro reale k il vettore wk appartiene ad E?2

k = 1Motivazione:

I vettori u e v sono linearmente indipendenti, dunque dimE = 2. Il vettore wk appartienea E se e solo se il sottospazio generato da u, v e wk ha dimensione uguale alla dimensionedi E. La dimensione del sottospazio generato da u, v e wk e uguale al rango della matrice

A :=

0 1 k1 2 10 1 1−1 0 1

le cui colonne danno le componenti di u, v e wk rispetto alla base

canonica. Il minore B formato dalla seconda e terza riga e dalle prime due colonne di Aha determinante diverso da 0. Dunque rkA = 2 se e solo se gli orlati di B hanno tuttideterminante 0.


0 1 k1 2 10 1 1

e C2 :=

1 2 10 1 1−1 0 1

.

Si ha detC1 = k − 1 e detC2 = 0. Quindi detC1 e detC2 si annullano entrambi solo perk = 1.

(b) Per quali valori di k il vettore wk e ortogonale (rispetto al prodotto scalare standard) sia a u2che a v?


Calcoliamo il prodotto scalare di u per wk e di u per wk. Si ha

u×wk = 0 · k + 1 · 1 + 0 · 1 + (−1) · 1 = 0

ev ×wk = 1 · k + 2 · 1 + 1 · 1 + 0 · 1 = k + 3.

Questi prodotti scalari si annullano entrambi se e solo se k = −3.

Scegli uno degli eventuali valori di k determinati al punto b (se ce n’e piu di uno)e utilizzalo nel resto dell’esercizio:


(c) Determina una base ortonormale dello spazio generato da u, v e wk.3 (0, 1√

2, 0,− 1√

2

),(

12 ,

12 ,

12 ,

12

),(− 3√

12, 1√

12, 1√

12, 1√

12

)




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati i punti A := (1, 2) e B := (−1,−2).Indichiamo con C e D i due punti del piano tali che ABC e ABD siano triangoli equilateri.

(a) I punti C e D hanno coordinate:3

C = (2√

3,−√

3) D = (−2√

3,√

3)Motivazione:

I lati dei triangoli equilateri cercati hanno lunghezza uguale alla distanza di A da B, cioe√(1− (−1))2 + (2− (−2))2 =

√20.

I punti C e D devono distare√

20 sia da A che da B, devono cioe appartenere alle circonfe-renze (x− 1)2 + (y− 2)2 = 20 e (x− (−1))2 + (y− (−2))2 = 20. Mettendo a sistema questedue equazioni troviamo: {

x2 + y2 − 2x − 4y − 15 = 0

x2 + y2 + 2x + 4y − 15 = 0

Risolvendo questo sistema si trovano le coordinate dei due punti.

(b) L’area del quadrilatero ACBD (attenzione all’ordine dei vertici) e uguale a:2

10√

3Motivazione:

I punti C e D sono simmetrici rispetto alla retta passante per A e B. Rispetto al lato AB itriangoli ABC e ABD hanno altezza uguale alla meta della distanza tra C e D. La distanza

tra C e D e uguale a√

(2√

3− (−2√

3))2 + (−√

3−√

3)2 = 2√

15: dunque le altezze cercate

sono uguali a√

15.Ciascuno dei due triangoli ABC e ABD ha allora area uguale a

√20√

152 = 5

√3. Poiche il

quadrilatero ACBD e composto dai due triangoli ABC e ABD la sua area e allora ugualea 10√

3.

(c) Determina l’equazione cartesiana dell’asse del segmento di estremi C e D:2

2x− y = 0Motivazione:

L’asse del segmento di estremi C e D e una retta ed e formata da tutti e soli i puntiequidistanti da C e da D. Il punto A e equidistante da C e da D. Allo stesso modo ilpunto B e equidistante da C e da D. Per questo motivo la retta cercata e la retta passante

per A e B. La sua equazione cartesiana e allora∣∣∣∣ x− 1 y − 2−1− 1 −2− 2

∣∣∣∣ = 0 che, sviluppata, da

l’equazione cercata.




x = −2 + 2ty = t

z = 1e

s :

x = 2 + 3ty = −3 + t

z = 2t.

(a) Il piano π passante per r e parallelo a s ha equazione cartesiana:2

2x− 4y − z + 5 = 0Motivazione:

La retta r ha vettore direttore (2, 1, 0). La retta s ha vettore direttore (3, 1, 2). Il piano πdeve essere parallelo a questi due vettori e passare per un punto qualunque di r, ad esempio(−2, 0, 1). La sua equazione e allora:∣∣∣∣∣∣

x− (−2) y − 0 z − 12 1 03 1 2

∣∣∣∣∣∣ = 0


(b) La distanza tra s e π e:2√

21Motivazione:

Poiche il piano π e parallelo alla retta s basta calcolare la distanza di un qualsiasi punto dis da π. Ad esempio prendiamo il punto (2,−3, 0) di s: la sua distanza da π e uguale a

|2 · 2− 4 · (−3)− 0 + 5|√22 + (−4)2 + (−1)2

=√

21

(c) La retta t, proiezione ortogonale di s sul piano π ha equazioni cartesiane:3 {2x − 4y − z + 5 = 0x + y − 2z + 1 = 0

Motivazione:

La retta t e l’intersezione del piano π con il piano σ contenente s e ortogonale a π. Pertrovare σ servono un suo punto e due vettori ad esso paralleli. Il piano σ passa per tutti ipunti di s, prendiamo, ad esempio, (2,−3, 0). Inoltre σ e parallelo al vettore (3, 1, 2) (vettoredirettore di s) e al vettore (2,−4,−1) (vettore ortogonale a π). Dunque σ ha equazione:∣∣∣∣∣∣

x− 2 y − (−3) z − 03 1 22 −4 −1

∣∣∣∣∣∣ = 0

cioe 7x+ 7y − 14z + 7 = 0 o, equivalentemente, x+ y − 2z + 1 = 0.




ISTRUZIONI








1. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati i punti A := (4, 3) e B := (7,−1)e la retta r : x− 3 = 0.


C = (3,−4)Motivazione:

Il punto generico Pt sulla retta r ha coordinate (3, t). La retta congiungente Pt con B havettore direttore (7 − 3,−1 − t) = (4,−1 − t). La retta congiungente A con B ha vettoredirettore (7− 4,−1− 3) = (3,−4). Imponendo che il prodotto scalare di questi due vettorisia uguale a 0 troviamo la condizione 4 · 3 + (−1 − t)(−4) = 0 che, risolta, da t = −4.Pertanto C = (3,−4).

(b) Determina un punto D sulla retta r in modo tale che il triangolo ABD sia rettangolo in D.2

D = (3, 1)Motivazione:

Il punto generico Pt sulla retta r ha coordinate (3, t). La retta congiungente Pt con B havettore direttore (7 − 3,−1 − t) = (4,−1 − t). La retta congiungente Pt con A ha vettoredirettore (4− 3, 3− t) = (1, 3− t). Imponendo che il prodotto scalare di questi due vettorisia uguale a 0 troviamo la condizione 4 · 1 + (−1− t)(3− t) = 0 vale a dire t2 − 2t+ 1 = 0la cui unica soluzione e t = 1. Pertanto D = (3, 1).



2. Sia dato in R4 il sottospazio vettoriale E := {(x, y, z, t) | 2x+ y − z − t = 0}.

(a) Determina, nel caso esista, una base di un sottospazio vettoriale F di R4 di dimensione 2 tale2che R4 = E ⊕ F .



Motivazione:

R4 = E ⊕ F se e solo se E ∩ F = {0} e R4 = E + F .Il sottospazio vettoriale E e definito da una singola equazione non banale e ha, quindi,dimensione 4− 1 = 3. Ma allora si avrebbe, per la formula di Grassmann:

4 = dim(R4) = dimE + dimF − dim(E ∩ F )) = 3 + 2− 0,

il che non puo essere.

(b) Determina, nel caso esista, una base di un sottospazio vettoriale F di R4 di dimensione 1 tale2che R4 = E ⊕ F .


(1, 0, 0, 0)


Motivazione:

Un sottospazio F di dimensione 1 e generato da un singolo vettore non nullo v. Scegliamov /∈ E (perche altrimenti E ∩ F 6= {0}). Per la formula di Grassmann abbiamo:

dim(E + F ) = dimE + dimF − dim(E ∩ F )) = 3 + 1− 0 = 4.

Poiche l’unico sottospazio di R4 di dimensione 4 e R4 stesso, abbiamo che E+F = R4. Sonoallora soddisfatte entrambe le condizioni che ci permettono di dire che R4 = E ⊕ F . Bastadunque scegliere un vettore v := (x, y, z, t) che non appartiene a E, cioe tale che l’equazione2x+ y − z − t = 0 non sia soddisfatta, ad esempio (1, 0, 0, 0).




3. Sia dato al variare del parametro reale k il sistema lineare nelle incognite x, y e z:x + 2y + 2kz = 1x + y + 3z = 2k

2x + ky + 6z = 7


k 6= 2 e k 6= 32

Motivazione:


1 2 2k1 1 32 k 6

. Il determinante di A e (2 − k)(2k − 3) che si







x =

y =

z =

Per k = 2 il sistema diviene

x + 2y + 4z = 1x + y + 3z = 4

2x + 2y + 6z = 7

La seconda e la terza equazione sono chiaramente incompatibili.




x = 5 − 3t

y = − 2

z = t

con t parametro reale.



4. Sia data la matrice Ak :=

3 2k 30 1 k − 10 0 1

.

(a) Per quali valori di k la matrice e diagonalizzabile? 13

Motivazione:

Una matrice e diagonalizzabile se e solo se la somma delle dimensioni dei suoi autospazi euguale al suo ordine (in questo caso a 3).Poiche la matrice e triangolare, i suoi autovalori sono gli elementi della sua diagonaleprincipale, cioe 1 e 3, qualunque sia k.Determiniamo, in dipendenza da k, la dimensione degli autospazi:

dimE(1) = 3− rk(Ak − 1I) = 3− rk

2 2k 30 0 k − 10 0 0

=

{2 se k = 11 se k 6= 1

,

dimE(3) = 3− rk(Ak − 3I) = 3− rk

0 2k 30 −2 k − 10 0 −2

= 1.

Dunque dimE(1) + dimE(3) = 3 se e solo se k = 1.



(b) Determina una matrice diagonale D e una matrice invertibile M tali che D = M−1AkM .4

D :=

1 0 00 1 00 0 3

M :=

−1 − 32 1

1 0 00 1 0

Motivazione:

Per calcolare E(1) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A1 − 1I,cioe

2x + 2y + 3z = 00 = 00 = 0

le cui soluzioni sono(−h− 3

2k, h, k)

con h e k parametri reali. Una base di E(1) si ottiene,ad esempio, ponendo prima h = 1 e k = 0 e poi h = 0 e k = 1, cioe e formata da (−1, 1, 0)e(− 3

2 , 0, 1).

Per calcolare E(3) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A1 − 3I,cioe

2y + 3z = 0− 2y = 0

− 2z = 0

le cui soluzioni sono (h, 0, 0) con h parametro reale. Una base di E(3) si ottiene, ad esempio,ponendo h = 1, ed e formata da (1, 0, 0).Riportiamo ora sulla diagonale della matrice D gli autovalori di A, ciascuno un numero divolte uguale alla dimensione del corrispondente autospazio. Riportiamo sulle colonne dellamatrice M le componenti degli autovettori determinati in un ordine coerente con quello concui abbiamo posto gli autovalori sulla diagonale di D.




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati il punto B := (−1, 7) sulla rettar : 3x− y + 10 = 0 e il punto A := (4, 2).

(a) Determina un punto C sulla retta r in modo tale che il triangolo ABC sia isoscele con base2BC (cioe AB = AC).

C = (−3, 1)Motivazione:

Poiche il triangolo e isoscele il punto medio dei vertici B e C coincide con la proiezione Mdi A sulla retta passante per B e C, cioe la retta r.Per determinare M consideriamo la retta n ortogonale a r e passante per A:{

x = 4 + 3ty = 2 − t

Intersecando questa retta con la retta r troviamo l’equazione 3(4 + 3t)− (2− t) + 10 = 0 cheha soluzione t = −2. Sostituendo questo valore nelle equazioni parametriche di n troviamoche M = (−2, 4).Se C := (x0, y0) si ha allora

(x0−1

2 , y0+72

)= (−2, 4) da cui otteniamo x0 = −3, y0 = 1.


A(ABC) = 20Motivazione:

Il lato BC ha lunghezza uguale a√

(−3− (−1))2 + (1− 7)2 = 2√

10. L’altezza relativa aquesto lato e uguale alla distanza tra A e il punto M determinato al punto precedente ede, quindi, uguale a

√(4− (−2))2 + (2− 4)2 = 2

√10. L’area cercata e, pertanto, uguale a

2√

10·2√

102 = 20.

(c) L’insieme dei punti interni al triangolo di vertici A, B e C e definito dal sistema di disequazioni:3 3x − y + 10 > 0x + y − 6 < 0x − 7y + 10 < 0



6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati il punto P := (8, 3, 5), la retta

r :

{2x + y − z + 1 = 05x + 3y − 5z + 6 = 0

e il piano π : 3x+ y + 2z − 9 = 0.

(a) Il piano σ contenente r e passante per il punto P ha equazione cartesiana:2

x+ y − 3z + 4 = 0Motivazione:

Il fascio di piani passanti per r si scrive: λ(2x+ y − z + 1) + µ(5x+ 3y − 5z + 6) = 0.Imponendo il passaggio per P otteniamo la condizione:

λ(2 · 8 + 3− 5 + 1) + µ(5 · 8 + 3 · 3− 5 · 5 + 6) = 0,

vale a dire 15λ+ 30µ = 0.Sostituendo, ad esempio, i valori λ = −2 e µ = 1 nell’equazione del fascio di piani, troviamoil piano π.

(b) Determina la proiezione ortogonale H del punto P sul piano π.2

H = (2, 1, 1)Motivazione:

La retta n passante per P e ortogonale al piano π ha equazioni parametriche

x = 8 + 3ty = 3 + t

z = 5 + 2tIntersecando questa retta con il piano π troviamo l’equazione

3(8 + 3t) + (3 + t) + 2(5 + 2t)− 9 = 0,

ovvero 14t + 28 = 0, la cui soluzione e −2. Sostituendo questo valore nelle equazioniparametriche di n troviamo le coordinate del punto H.

(c) La sfera tangente in H al piano π e avente il centro sul piano σ ha equazione cartesiana:3

(x− 8)2 + (y − 3)2 + (z − 5)2 = 56Motivazione:

La sfera cercata ha centro sulla retta ortogonale a π e passante per H, vale a dire sulla rettan determinata al punto precedente. Il punto P appartiene sia a n che al piano σ, quindi e ilcentro della sfera cercata. Per determinare il raggio della sfera, basta calcolare la distanzadi P da H che e uguale a:

√(8− 2)2 + (3− 1)2 + (5− 1)2 =

√56.




ISTRUZIONI









Ek :={

(x, y, z) | 2(k2 − k)x+ y + 3z = k2 − 1}


Per ogni kMotivazione:

Il sottoinsieme Ek e l’insieme delle soluzioni di un sistema lineare nelle incognite x, y e z,qualunque sia k.



L’insieme delle soluzioni di un sistema lineare e un sottospazio vettoriale se e solo se ilsistema lineare e omogeneo. Nel caso in questione cio avviene se e solo se k2 − 1 = 0.



2. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento affine e sia dato il triangolo T di vertici A := (1, 2),B := (4, 1) e C := (5, 7). L’equazione della retta rAB passante per A e B e x + 3y − 7 = 0,l’equazione della retta rBC passante per B e C e 6x − y − 23 = 0 e l’equazione della retta rAC

passante per A e C e 5x− 4y + 3 = 0

(a) Il punto P := (3, 3):2


L’insieme dei punti interni al triangolo T e dato dall’intersezione del semipiano delimitatoda rAB e contenente C, del semipiano delimitato da rBC e contenente A, e del semipianodelimitato da rAC e contenente B.I due semipiani delimitati da rAB hanno disequazioni x + 3y − 7 > 0 e x + 3y − 7 < 0.Sostituendo le coordinate di C in x + 3y − 7 troviamo 5 + 3 · 7 − 7 = 19 che e un numeropositivo. Pertanto il primo semipiano cercato e x + 3y − 7 > 0. Procedendo analogamenteper le altre rette troviamo che l’insieme dei punti interni al triangolo T e definito dal sistemadi disequazioni:

x + 3y − 7 > 06x − y − 23 < 05x − 4y + 3 > 0

Sostituendo le coordinate di P troviamo 3 + 3 · 3 − 7 = 5 > 0, 6 · 3 − 3 − 23 = −8 < 0 e5 · 3− 4 · 3 + 3 = 6 > 0. Dunque il punto P e interno al triangolo.

(b) Il punto Q := (−2, 3):2


Conosciamo gia dal punto precedente i semipiani la cui intersezione definisce i punti internidel triangolo. Poiche 5 · (−2) − 4 · 3 + 3 = −19 < 0, il punto Q appartiene al semipianodelimitato da rAC che non contiene B: questo semipiano e formato da punti esterni altriangolo.




3. Sia f l’endomorfismo di R3 di matrice rappresentativa A :=(

1 −1 40 2 k1 0 2

)con k parametro reale e sia

v := (1, 2, 1) un vettore di R3.

(a) Per quali valori di k il vettore v appartiene al nucleo di f?2

nessun valoreMotivazione:

Moltiplicando la matrice A per il vettore colonna delle componenti di v rispetto alla base

canonica:

1 −1 40 2 k1 0 2

121

=

3k + 4

3

si ottiene che f(v) = (3, k + 4, 3). Poiche questo

vettore non si annulla per alcun valore di k si ottiene che v non appartiene al nucleo di fper alcun valore di k.

(b) Per quali valori di k il vettore v e autovettore di f?2

k = 2Motivazione:

Il vettore v e autovettore di f se e solo se esiste λ tale che f(v) = λv. Dal punto precedentesappiamo gia che f(v) = (3, k + 4, 3). Dunque v e autovettore di f se e solo se esiste λ taleche

(3, k + 4, 3) = λ(1, 2, 1),

cioe 3 = λ, k + 4 = 2λ e 3 = λ. Cio avviene se e solo se λ = 3 e k = 2.

(c) Per quali valori di k il vettore v appartiene all’immagine di f?3

k 6= −4Motivazione:

La dimensione dell’immagine di f e uguale al rango di A. Poiche detA = −4 − k si hache per k 6= −4 l’immagine di f ha dimensione 3 e, pertanto, coincide con R3: in tal casochiaramente v appartiene all’immagine di f .Nel caso in cui k = −4 il rango di A e minore di 3. Poiche A possiede almeno un minoredi ordine 2 con determinante non nullo, ad esempio quello formato dalle prime due righee due colonne, il rango di A e esattamente 2. Inoltre le prime due colonne di A danno ivettori u := (1, 0, 1) e w := (−1, 2, 0) che formano una base dell’immagine di f . Allora vappartiene all’immagine di f se e solo se il sottospazio E generato da u, w e v coincide conl’immagine di f , cioe ha dimensione 2. La matrice

(1 −1 10 2 21 0 1

)le cui colonne sono date dalle

componenti di u, w e v rispetto alla base canonica ha determinante −2 e, pertanto, E hadimensione 3: dunque v non appartiene all’immagine di f .



4. Sia E il sottospazio vettoriale di R4 generato dai vettori u := (1, 0, 2, 1) e v := (1, 2,−2, 3) e siaF := {(x, y, z, t) | x+ y + z − t = 0}.

(a) Determina la dimensione di E ∩ F2

1Motivazione:

Il sottospazio E e generato da due vettori linearmente indipendenti e ha, quindi, dimensione2. Il sottospazio F e definito come insieme delle soluzioni di una equazione omogenea nonbanale e ha, quindi, dimensione 4− 1 = 3. Per la formula di Grassmann si ha

dim(E ∩ F ) = dimE + dimF − dim(E + F ) = 5− dim(E + F ).

Poiche F ⊆ E + F ⊆ R4 la dimensione di E + F puo essere 3 o 4. La dimensione di E + Fe 3 se e solo se E +F = F il che avviene se e solo se E ⊆ F vale a dire se e solo se sia u chev appartengono a F . Poiche 1 + 0 + 2− 1 6= 0, si ha che u /∈ F . Dunque dim(E + F ) = 4 edim(E ∩ F ) = 1.

(b) Esistono due vettori linearmente indipendenti appartenenti a F ed ortogonali a u?2� Sı � No

Motivazione:

Un vettore (x, y, z, t) e ortogonale a u se e solo se il suo prodotto scalare con u si annulla,cioe se e solo se x+ 2z + t = 0. Dunque l’insieme dei vettori di F ortogonali a u e l’insiemedei vettori (x, y, z, t) che soddisfano il sistema{

x + y + z − t = 0x + 2z + t = 0

Questo e un sistema omogeneo formato da 2 equazioni indipendenti: pertanto i vettori di Fortogonali a u formano un sottospazio vettoriale di R4 di dimensione 4− 2 = 2, e quindi traessi se ne possono scegliere 2 linearmente indipendenti.

(c) Determina una base ortonormale di F3

1√2(1,−1, 0, 0), 1√

2(0, 0, 1, 1), 1

2 (1, 1,−1, 1)




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati il punto P := (−11, 5) e lacirconferenza γ : (x− 4)2 + y2 = 50. Siano r e s le rette passanti per P e tangenti a γ e siano R eS i punti rispettivi di tangenza tra queste rette e γ.


r : x+ y + 6 = 0 s : x− 7y + 46 = 0Motivazione:

Una retta e tangente alla circonferenza γ se la sua distanza dal centro della circonferenza euguale al raggio. La circonferenza γ ha centro C := (4, 0) e raggio 5

√2. La generica retta

passante per P ha equazione a(x+ 11) + b(y− 5) = 0. Imponendo che la distanza di questaretta generica da C sia uguale al raggio di γ troviamo la condizione:

|a(4 + 11) + b(0− 5)|√a2 + b2

= 5√

2

equivalente a 7a2 − 6ab − b2 = 0 le cui soluzioni sono b = a e b = −7a, da cui troviamo leequazioni cercate.

(b) Detto C il centro di γ, i triangoli CPR e CPS hanno la stessa area. Si calcoli l’area di uno2dei due.50

Motivazione:

Il triangolo CPR e rettangolo in R. L’ipotenusa CP ha lunghezza uguale alla distanza traC e P , cioe

√(−11− 4)2 + (5− 0)2 =

√250. Il cateto CR ha lunghezza uguale al raggio di

γ, cioe√

50. Per il teorema di Pitagora il cateto PR ha lunghezza√(√250)2

−(√

50)2

=√

200.

L’area del triangolo e allora uguale a√

50·√

2002 = 50.

(c) Le bisettrici degli angoli formati dalle rette r e s hanno equazioni cartesiane:3

x+ 3y − 4 = 0 3x− y + 38 = 0Motivazione:

Il centro della circonferenza γ e equidistante dalle rette r e s. Una delle due bisettrici e,quindi, la congiungente il punto P con il centro della circonferenza. La sua equazione puoallora scriversi come ∣∣∣∣ x− 4 y − 0

−11− 4 5− 0

∣∣∣∣ = 0

che, sviluppata e semplificata, da l’equazione x + 3y − 4 = 0. Poiche le due bisettrici sonoortogonali tra loro, consideriamo la generica retta ortogonale alla retta trovata 3x−y+h = 0.Imponendo il passaggio per P troviamo la condizione 3(−11)− 5 + h = 0 da cui otteniamoh = 38.




{2x + y − 4 = 05x + y + z − 10 = 0

e s :

{x − z − 2 = 0x − 2y + 3z = 0

e sia P il punto d’intersezione tra la retta r e il piano di equazione

x = 0.

(a) Il piano π contenente r e parallelo a s ha equazione cartesiana:3

x− y + z − 2 = 0Motivazione:

Risolvendo il sistema che da le equazioni cartesiane di s possiamo determinare le equazioni

parametriche di s :

x = 2 + t

y = 1 + 2tz = t

. Dunque s ha parametri direttori (1, 2, 1).

Consideriamo il fascio di piani passanti per r:

λ(2x+ y − 4) + µ(5x+ y + z − 10) = 0,

che possiamo riscrivere come (2λ + 5µ)x + (λ + µ)y + µz − 4λ − 10µ = 0. Imponendo ilparallelismo di questo piano con il vettore direttore di s troviamo la condizione (2λ+ 5µ) ·1 + (λ+ µ) · 2 + µ · 1 = 0, vale a dire 4λ+ 8µ = 0. Prendendo, ad esempio, λ = −2 e µ = 1troviamo l’equazione del piano π.

(b) La retta l passante per P e parallela a s ha equazioni cartesiane:2 {x − z + 6 = 0x − 2y + 3z − 10 = 0

Motivazione:

Risolvendo il sistema

2x + y − 4 = 05x + y + z − 10 = 0x = 0

che da l’intersezione tra r e il piano di

equazione x = 0 troviamo che P = (0, 4, 6).

La generica retta parallela a s ha equazioni cartesiane

{x − z + h = 0x − 2y + 3z + k = 0

. Imponendo

il passaggio per P otteniamo le condizioni 0 − 6 + h = 0 e 0 − 2 · 4 + 3 · 6 + k = 0 da cuiricaviamo h = 6 e k = −10.

(c) La retta l:2

� e incidente il piano π � giace sul piano π � e parallela a π ma non giace su π

Motivazione:

Il piano π e parallelo a s e, quindi, e parallelo a ogni retta parallela a s, in particolare a l.Il piano π contiene la retta r: in particolare contiene il punto P . Poiche P e un punto di l,il piano π e parallelo a l e contiene un punto di l: pertanto π contiene l’intera retta l.




ISTRUZIONI








1. Sia fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano e sia dato il quadrato ABCD di verticiA := (1, 2), B := (4, 6), C := (8, 3) e D := (5,−1).

(a) Determina l’equazione cartesiana della circonferenza circoscritta al quadrato ABCD (cioe2passante per tutti i vertici del quadrato):

(x− 9

2

)2 +(y − 5

2

)2 = 252

Motivazione:

Le diagonali di un quadrato si intersecano in un punto che e il punto medio di entrambe:poiche le diagonali hanno la medesima lunghezza questo punto e equidistante dai vertici ede, percio, il centro della circonferenza cercata. Calcolando il punto medio di due vertici nonconsecutivi, ad esempio A e C, si trova E :=

(1+8

2 , 2+32

)=(

92 ,

52

). Calcolando la distanza di

E da uno qualsiasi dei vertici, ad esempio A, troviamo il raggio della circonferenza cercata,

cioe√(

92 − 1

)2 +(

52 − 2

)2 =√

252 .

(b) Determina l’equazione cartesiana della circonferenza inscritta al quadrato ABCD (cioe tan-2gente tutti i lati del quadrato):

(x− 9

2

)2 +(y − 5

2

)2 = 254

Motivazione:

Il punto E determinato al punto precedente e equidistante dai quattro lati ed e, quindi, ilcentro della circonferenza inscritta al quadrato ABCD. Questa circonferenza ha diametrouguale al lato del quadrato (e, quindi, raggio uguale alla meta del lato). Per calcolare lalunghezza del lato basta calcolare la distanza tra due vertici consecutivi, ad esempio A e B.Si ottiene cosı

√(4− 1)2 + (6− 2)2 = 5. Dunque la circonferenza cercata ha raggio 5

2 .



2. Siano dati i tre vettori u := (3, 1), v := (2, 3) e w := (8, 5) di R2.

(a) Date le condizioni f(u) := (2, 5), f(v) := (3, 3), f(w) := (1, 4):2� esiste un unico omomorfismo f : R2 → R2 che le soddisfa tutte;� non esiste alcun omomorfismo f : R2 → R2 che le soddisfa tutte;� esiste piu di un omomorfismo f : R2 → R2 che le soddisfa tutte.

Motivazione:

I 2 vettori u e v non sono uno multiplo dell’altro e sono, quindi, linearmente indipendenti.Essi, pertanto, formano una base di R2. Comunque siano assegnate le immagini dei vettori diuna base di uno spazio vettoriale esiste un unico omomorfismo che soddisfa tali assegnazioni.In particolare esiste un unico omomorfismo f : R2 → R2 che soddisfa le prime due condizioni.Se l’omomorfismo f cosı determinato soddisfa anche la terza condizione allora esiste un unicoomomorfismo che soddisfa tutte e tre le condizioni, altrimenti non ne esiste nessuno.Per vedere se f soddisfa anche la terza assegnazione esprimiamo w come combinazionelineare di u e v:

α(3, 1) + β(2, 3) = (8, 5).

Risolvendo il sistema che cosı si ottiene si trova α = 2 e β = 1 cioe 2u + v = w. Poiche f eun omomorfismo si ha allora:

f(w) = 2f(u) + f(v) = 2(2, 5) + (3, 3) = (7, 13).

Dunque la terza condizione non e soddisfatta.

(b) Date le condizioni g(u) := (1, 2, 1), g(v) := (2, 1, 0), g(w) := (4, 5, 2):2� esiste un unico omomorfismo g : R2 → R3 che le soddisfa tutte;� non esiste alcun omomorfismo g : R2 → R3 che le soddisfa tutte;� esiste piu di un omomorfismo g : R2 → R3 che le soddisfa tutte.

Motivazione:

Come al punto precedente sappiamo che esiste un unico omomorfismo g : R2 → R3 chesoddisfa le prime due condizioni. Se l’omomorfismo g cosı determinato soddisfa anche laterza condizione allora esiste un unico omomorfismo che soddisfa tutte e tre le condizioni,altrimenti non ne esiste nessuno.Poiche g e un omomorfismo si ha allora:

g(w) = 2g(u) + g(v) = 2(1, 2, 1) + (2, 1, 0) = (4, 5, 2).

Dunque la terza condizione e soddisfatta.




3. Sia f l’endomorfismo di R3 definito da f(x, y, z) := (3x+ y − 5z, 2x+ 3y − z, x− 2z).



Risolvendo il sistema lineare omogeneo3x + y − 5z = 02x + 3y − z = 0x − 2z = 0

si trova che il nucleo e formato dai vettori del tipo (2t,−t, t) al variare del parametro realet. Scegliendo, ad esempio, t = 1 troviamo che una base del nucleo di f e formata dal vettore(2,−1, 1).


(3, 2, 1), (1, 3, 0).Motivazione:

Per il punto precedente il nucleo di f ha dimensione 1: pertanto l’immagine di f ha dimen-sione 3− 1 = 2. La matrice di f rispetto alla base canonica e A :=

(3 1 −52 3 −11 0 −2

). Basta allora

prendere 2 colonne linearmente indipendenti di A, ad esempio le prime 2, e considerare ivettori le cui componenti rispetto alla base canonica sono dati da queste due colonne e cioei vettori (3, 2, 1) e (1, 3, 0).

(c) Determina una base di f(R3) ∩ ker f .3


Dai punti precedenti sappiamo gia che dim ker f = 1 e dim f(R3) = 2. Per la formula diGrassmann abbiamo allora

dim(f(R3)∩ ker f) = dim(f(R3) + dim ker f − dim(f(R3) + ker f) = 3− dim(f(R3) + ker f)

La somma f(R3)+ker f e generata dai vettori (3, 2, 1), (1, 3, 0) e (2,−1, 1). La sua dimensionee allora uguale al rango della matrice

(3 1 22 3 −11 0 1

). Questo rango e almeno 2 (la dimensione

di f(R3) + ker f e almeno uguale alla dimensione di f(R3)). Calcolando il determinante sitrova che e uguale a 0, pertanto la matrice ha rango 2. Dalla formula precedente abbiamoallora che f(R3) ∩ ker f ha dimensione 1 e, pertanto, coincide con ker f .




3 0 0 k + 10 1 1 00 1 1 00 0 0 2

con k parametro reale.

(a) Per quali valori di k esiste una matrice invertibile N tale che N−1AkN sia una matrice3diagonale?

ogni valore di kMotivazione:

Il polinomio caratteristico di Ak e uguale a −(3 − x)(2 − x)2x qualunque sia k. I suoiautovalori sono, dunque, 0, 2 e 3. Determiniamo, in dipendenza da k, la dimensione degliautospazi:

dimE(0) = 4− rk(Ak − 0 · I) = 1 qualunque sia k,dimE(2) = 4− rk(Ak − 2 · I) = 2 qualunque sia k,dimE(3) = 4− rk(Ak − 3 · I) = 1 qualunque sia k.

Dunque la somma delle dimensioni degli autospazi e uguale all’ordine della matrice, cioe a4, per ogni valore di k.



Una matrice si puo diagonalizzare per mezzo di una matrice ortogonale se e solo se esimmetrica. La matrice A e simmetrica se e solo se k = −1.




D :=

3 0 0 00 0 0 00 0 2 00 0 0 2

M :=

1 0 0 00 1√

21√2

00 − 1√

21√2

00 0 0 1




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento euclideo siano dati i punti P := (2, 5), B := (8,−3) ela retta r : 3x+ y − 1 = 0.

(a) Determina la proiezione ortogonale A di P su r: A = (−1, 4)2Motivazione:

La retta r e ortogonale al vettore (3, 1). La retta n passante per P e ortogonale a r ha alloraequazioni parametriche: {

x = 2 + 3ty = 5 + t

Intersecando questa retta con la retta r troviamo l’equazione 3(2 + 3t) + (5 + t)− 1 = 0 cheha soluzione t = −1. Sostituendo questo valore nelle equazioni parametriche di n troviamole coordinate del punto A = (−1, 4) proiezione di P su r.

(b) Determina il simmetrico C di B rispetto a r: C = (−4,−7)2Motivazione:

La retta s passante per B e ortogonale a r ha equazioni parametriche:{x = 8 + 3ty = −3 + t

Intersecando questa retta con la retta r troviamo l’equazione 3(8+3t)+(−3+ t)−1 = 0 cheha soluzione t = −2. Sostituendo questo valore nelle equazioni parametriche di s troviamole coordinate del punto H = (2,−5) proiezione di B su r. Il punto C = (x, y) e il punto taleche H sia il punto medio di B e C, cioe 8+x

2 = 2 e −3+y2 = −5 da cui si trova C = (−4,−7).

(c) Determina l’area del triangolo ABC:360

Motivazione:

Per il calcolo dell’area prendiamo come base il lato BC la cui lunghezza e√(8− (−4))2 + (−3− (−7))2 =

√160 = 4

√10.

Poiche B e C sono simmetrici rispetto a r, la retta s passante per B e C e ortogonalea r. Poiche il punto A appartiene a r, la sua proiezione ortogonale su s e esattamentel’intersezione tra r e s, cioe il punto H determinato al punto precedente. La distanza tra Ae s, cioe l’altezza del triangolo ABC relativa al lato BC, e allora uguale alla distanza tra Ae H, vale a dire

√(−1− 2)2 + (4− (−5))2 =

√90 = 3

√10.

L’area del triangolo e allora uguale a 4√

10·3√

102 = 60.




{x + 3z − 1 = 0y + 2z + 2 = 0

e s :

x = 2 + t

y = 1 − 3tz = 3 − t

(a) Di piani contenenti r e paralleli a s:2� non ne esiste nessuno;� ne esiste uno solo: il piano π di equazione cartesiana 5x− 2y + 11z − 9 = 0� ne esiste piu di uno.

Motivazione:

Il fascio di piani passanti per r si scrive: λ(x+ 3z− 1) +µ(y+ 2z+ 2) = 0, che, riscritto, daλx+ µy + (3λ+ 2µ)z − λ+ 2µ = 0.Imponendo la condizione di parallelismo con s, cioe con il vettore (1,−3,−1), otteniamo larelazione 1λ − 3µ − 1(3λ + 2µ) = 0, vale a dire −2λ − 5µ = 0. Le soluzioni non banali diquesta equazione omogenea sono tutte proporzionali tra loro e corrispondono quindi a ununico piano π di cui si puo trovare l’equazione cartesiana sostituendo, ad esempio, i valoriλ = 5 e µ = −2 nell’equazione del fascio di piani.

(b) Di piani contenenti r e ortogonali a s:2� non ne esiste nessuno;


Motivazione:

Dal punto precedente sappiamo gia che il piano generico contenente r ha equazione cartesianaλx + µy + (3λ + 2µ)z − λ + 2µ = 0: il vettore (λ, µ, 3λ + 2µ) da la direzione ortogonale aquesto piano. La condizione di ortogonalita con la retta s puo essere espressa richiedendoche questo vettore sia proporzionale al vettore (1,−3,−1) che da la direzione di s. Visto cheλ e µ sono determinati a meno di un coefficiente di proporzionalita possiamo richiedere che(λ, µ, 3λ+ 2µ) = (1,−3,−1). E facile allora vedere che queste condizioni sono incompatibilie, quindi, non esistono piani contenenti r e ortogonali a s.

(c) Le rette r e s sono:3� coincidenti � incidenti � parallele e distinte � sghembe

Motivazione:

Se le rette r e s fossero parallele (coincidenti o distinte), ogni piano passante per r sarebbeparallelo a s. Sappiamo che cosı non e dal primo punto. Le rette possono allora essere oincidenti o sghembe.Cerchiamo un eventuale punto di intersezione tra r e s. Otteniamo il sistema:{

(2 + t) + 3(3− t) − 1 = 0(1− 3t) + 2(3− t) + 2 = 0

vale a dire

{−2t + 10 = 0−5t + 9 = 0

. Questo sistema e, chia-

ramente, non risolubile. Dunque r e s non hanno punti in comune e sono, percio,sghembe.


11 luglio 2007 - Soluzione esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2006-2007


ISTRUZIONI








1. Siano A e B due matrici quadrate. Sia v un vettore non nullo che e autovettore di A relativamenteall’autovalore −3 ed e autovettore di B relativamente all’autovalore 1.

(a) Si consideri la matrice A+B.2

� il vettore v e autovettore di A+B relativamente all’autovalore −2� il vettore v non e autovettore di A+B� i dati assegnati non permettono di stabilire se v e autovettore di A+B oppure no

Motivazione:

Sappiamo che Av = −3v e che Bv = v. Dunque

(A+B)v = Av +Bv = −3v + v = −2v.

(b) Si consideri la matrice (A+B)2.2

� il vettore v e autovettore di (A+B)2 relativamente all’autovalore 4� il vettore v non e autovettore di (A+B)2

� i dati assegnati non permettono di stabilire se v e autovettore di (A+B)2 oppure noMotivazione:

Dal punto precedente sappiamo che (A+B)v = −2v. Dunque

(A+B)2v = (A+B)(A+B)v = (A+B)(−2v) = −2(A+B)v = −2(−2v) = 4v.

Soluzione esame 11 luglio 2007 - Pagina 1


2. Fissato nello spazio un sistema di riferimento affine siano dati i punti A := (1, 3, 1), B := (2, 2, 5)e il piano π : 2x+ y + z − 21 = 0.

(a) Il segmento di estremi A e B interseca il piano π?2


I due semispazi delimitati dal piano π sono definiti dalle disequazioni 2x+ y + z − 21 > 0 e2x+ y + z − 21 < 0.

Sostituendo le coordinate di A in 2x+y+z−21 otteniamo 2 ·1+3+1−21 = −15. Abbiamoun numero negativo, dunque A appartiene al semispazio di disequazione 2x+y+z−21 < 0.Sostituendo le coordinate di B in 2x+y+z−21 otteniamo 2 ·2+2+5−21 = −10. Abbiamoun numero negativo, dunque B appartiene al semispazio di disequazione 2x+y+z−21 < 0.

Il segmento di estremi A e B non interseca il piano π perche A e B stanno nello stessosemispazio delimitato da π.

(b) La semiretta di origine A e contenente B interseca il piano π?2


La retta passante per A e B ha equazioni parametriche:

r :

x = 1 + (2− 1)ty = 3 + (2− 3)tz = 1 + (5− 1)t

Il punto A si ottiene in corrispondenza del valore 0 del parametro t, mentre il punto B siottiene in corrispondenza del valore 1 del parametro t: dunque i punti della semiretta diorigine A e contenente B sono quelli corrispondenti ai valori positivi del parametro t.Intersecando la retta r con il piano π otteniamo l’equazione 2(1+t)+(3−t)+(1+4t)−21 = 0la cui soluzione e t = 3. Poiche questo e un valore positivo, l’intersezione tra r e π e unpunto della semiretta di origine A e contenente B.




3. Sia f l’endomorfismo di R4 definito da f(x, y, z, w) := (x+ y, y + z, z + w,w + x).


(−1, 1,−1, 1)Motivazione:

Risolvendo il sistema lineare omogeneox + y = 0

y + z = 0z + w = 0

x + w = 0

si trova che il nucleo e formato dai vettori del tipo (−t, t,−t, t) al variare del parametro realet. Scegliendo, ad esempio, t = 1 troviamo che una base del nucleo di f e formata dal vettore(−1, 1,−1, 1).


(1, 0, 0, 1), (1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0).Motivazione:

Per il punto precedente il nucleo di f ha dimensione 1: pertanto l’immagine di f ha dimen-

sione 4 − 1 = 3. La matrice di f rispetto alla base canonica e A :=(

1 1 0 00 1 1 00 0 1 11 0 0 1

). Il minore

formato dalle prime 3 righe e 3 colonne e invertibile e, quindi, le prime 3 colonne di A sonolinearmente indipendenti. I vettori le cui componenti rispetto alla base canonica sono datida queste colonne, e cioe i vettori (1, 0, 0, 1), (1, 1, 0, 0) e (0, 1, 1, 0), formano dunque unabase per l’immagine di f .

(c) Esistono tre vettori distinti u, v e w che hanno la stessa immagine non nulla tramite f? Se3sı, scrivere dei vettori siffatti (non e necessaria la motivazione), se no, spiegare perche nonesistono.


(1, 0, 0, 0), (0, 1,−1, 1), (2,−1, 1,−1)



4. Sia E il sottospazio vettoriale di R4 generato da u := (1, 1,−1, 0) e v := (0, 1,−1, 1) e F ilsottospazio vettoriale di R4 generato da (2, 3, 0, 2) e (0, 1,−4, 0).

(a) Determina una base per E ∩ F .2

(2, 4,−4, 2)Motivazione:

Un vettore w appartiene a E ∩ F se si puo esprimere come combinazione lineare sia di(1, 1,−1, 0) e (0, 1,−1, 1) sia di (2, 3, 0, 2) e (0, 1,−4, 0). Dunque:

α(1, 1,−1, 0) + β(0, 1,−1, 1) = γ(2, 3, 0, 2) + δ(0, 1,−4, 0).

Questa relazione conduce al sistema

α = 2γα + β = 3γ + δ

−α − β = − 4δβ = 2γ

. Sostituendo ad α e β nella se-

conda e terza equazione le espressioni in termini di γ date dalla prima e quarta equazioneotteniamo δ = γ e −4δ = −4γ. Le equazioni cosı trovate sono ovviamente equivalenti, e pos-siamo cosı esprimere le soluzioni in termini di γ nel modo seguente (α, β, γ, δ) = (2t, 2t, t, t)al variare del parametro reale t. Il generico vettore di E ∩ F si puo allora scrivere comet(2, 3, 0, 2) + t(0, 1,−4, 0), vale a dire (2t, 4t,−4t, 2t). Scegliendo, ad esempio, t = 1 si trovaun vettore che forma una base di E ∩ F .

(b) Determina una base per E + F .2

(1, 1,−1, 0), (0, 1,−1, 1), (2, 3, 0, 2)Motivazione:

Sia E che F sono generati da due vettori linearmente indipendenti e hanno quindi dimensione2. Dal punto precedente sappiamo che E∩F ha dimensione 1. Per la formula di Grassmann,si ha allora dim(E + F ) = dimE + dimF − dim(E ∩ F ) = 2 + 2 − 1 = 3. I vettori(1, 1,−1, 0), 0, 1,−1, 1), (2, 3, 0, 2) e (0, 1,−4, 0) generano E+F : dobbiamo quindi trovare 3vettori linearmente indipendenti tra questi. I primi 2 sono linearmente indipendenti percheformano una base per E: il terzo vettore (che appartiene a F ) non e combinazione linearedei primi 2 perche, se cosı fosse, apparterrebbe anche a E e dovrebbe quindi essere multiplodi (2, 4,−4, 2), vettore che genera E ∩ F . Dunque i primi 3 vettori formano una base diE + F .

(c) Determina tutti i vettori di F ortogonali sia a u che a v.3

(2t, 2t, 4t, 2t) al variare di t in RMotivazione:

I vettori di F si scrivono come γ(2, 3, 0, 2) + δ(0, 1,−4, 0) cioe (2γ, 3γ+ δ,−4δ, 2γ). Ponendouguale a 0 il prodotto scalare di questo vettore generico sia con u che con v otteniamo2γ · 1 + (3γ + δ) · 1 − 4δ(−1) + 2γ · 0 = 0 e 2γ · 0 + (3γ + δ) · 1 − 4δ(−1) + 2γ · 1 = 0 valea dire 5γ + 5δ = 0 e 5γ + 5δ = 0, le cui soluzioni sono (γ, δ) = (t,−t) al variare di t in R.Quindi i vettori cercati sono i vettori del tipo (2t, 2t, 4t, 2t) al variare di t in R.




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento euclideo sia dato il triangolo di vertici A := (7, 4),B := (7,−6) e C := (1, 6).

(a) Determina l’intersezione delle altezze del triangolo ABC: (11, 6)2

Motivazione:

Basta ovviamente intersecare due delle altezze. La retta passante per A e B e parallelaall’asse delle y. La generica retta ortogonale al lato AB ha allora equazione cartesianay + c = 0. Imponendo il passaggio per il punto C troviamo quindi che l’altezza relativaal lato AB ha equazione y − 6 = 0. La retta passante per A e C ha parametri direttori(1 − 7, 6 − 4) = (−6, 2) o, equivalentemente, (3,−1). La generica retta ortogonale al latoAC ha allora equazione cartesiana 3x− y + c = 0. Imponendo il passaggio per B troviamola condizione 3 · 7− (−6) + c = 0 da cui otteniamo c = −27. L’altezza relativa al lato AC haallora equazione 3x− y− 27 = 0. Mettendo a sistema le equazioni delle due altezze trovate,determiniamo il punto (11, 6).

(b) Determina l’intersezione degli assi dei lati del triangolo ABC: (2,−1)2

Motivazione:

Basta ovviamente intersecare due degli assi. Dal punto precedente sappiamo gia che lagenerica retta ortogonale al lato AB ha equazione cartesiana y + c = 0. Il punto medio diA e B e

(7+72 , 4−6

2

)= (7,−1). Imponendo il passaggio per questo punto troviamo quindi

che l’asse del lato AB ha equazione y + 1 = 0. Dal punto precedente sappiamo gia che lagenerica retta ortogonale al lato AC ha equazione cartesiana 3x− y+ c = 0. Il punto mediodi A e C e

(7+12 , 4+6

2

)= (4, 5). Imponendo il passaggio per questo punto troviamo quindi la

condizione 3 · 4− 5 + c = 0 da cui otteniamo c = −7. L’asse del lato AC ha allora equazione3x− y− 7 = 0. Mettendo a sistema le equazioni dei due assi trovati, determiniamo il punto(2,−1).

(c) Determina l’equazione cartesiana della circonferenza passante per i punti A, B e C:3(x− 2)2 + (y + 1)2 = 50

Motivazione:

Il centro della circonferenza passante per i punti A, B e C e l’intersezione degli assi trovati alpunto precedente, cioe il punto (2,−1). Per determinare il raggio della circonferenza bastacalcolare la distanza tra il centro e uno qualunque dei vertici del triangolo, ad esempio A. Sitrova cosı

√(7− 2)2 + (4− (−1))2 =

√50. La circonferenza ha allora equazione cartesiana

(x− 2)2 + (y + 1)2 = 50.




r :

{y − z + 1 = 0

x − 3z + 6 = 0


x− 7y + 4z − 1 = 0Motivazione:

Il fascio di piani passanti per r si scrive: λ(y − z + 1) + µ(x− 3z + 6) = 0.Imponendo il passaggio per A otteniamo la condizione: λ(1− 1 + 1) + µ(4− 3 · 1 + 6) = 0,vale a dire λ+ 7µ = 0.Sostituendo, ad esempio, i valori λ = −7 e µ = 1 nell’equazione del fascio di piani, troviamoil piano π.


3x+ y + z − 14 = 0Motivazione:

La retta r e ortogonale ai vettori (0, 1,−1) e (1, 0,−3). Dunque, se (m,n, p) sono parametridirettori di r, si ha n− p = 0 e m− 3p = 0. Si puo scegliere allora (3, 1, 1) come parametridirettori di r. Un generico piano ortogonale a r ha allora equazione del tipo 3x+y+z+d = 0.Imponendo il passaggio per A otteniamo la condizione 3 · 4 + 1 + 1 + d = 0 da cui otteniamod = −14.


√6

Motivazione:

La distanza tra A e r e uguale alla distanza tra A e la sua proiezione H su r.Il punto H e l’intersezione di r con σ. Dunque H si trova risolvendo il sistema:

y − z + 1 = 0x − 3z + 6 = 0

3x + y + z − 14 = 0Risolvendo questo sistema troviamo (3, 2, 3). La distanza tra A

e H e√

(4− 3)2 + (1− 2)2 + (1− 3)2 =√

6.




ISTRUZIONI








1. Fissato nello spazio un sistema di riferimento affine siano dati i punti A := (2, 1, 1), B := (3, 2, 4),C := (1, 1, 2) e D := (3, k, 1).

(a) I punti A, B e C sono allineati?2


I tre punti sono allineati se e solo se la matrice(3− 2 2− 1 4− 11− 2 1− 1 2− 1

)=(

1 1 3−1 0 1

)ha rango 1. Questa matrice ha rango 2 e, pertanto i punti non sono allineati.

(b) Determina i valori di k per cui i punti A, B, C e D sono complanari:2

k = 54

Motivazione:

Utilizziamo la formula che da la complanarita dei quattro punti A, B, C e D:∣∣∣∣∣∣3− 2 2− 1 4− 11− 2 1− 1 2− 13− 2 k − 1 1− 1

∣∣∣∣∣∣ = 0

che da 5− 4k = 0 la cui soluzione e k = 54 .



2. Sia dato al variare del parametro reale k il sistema lineare nelle incognite x, y e z:x + ky + 2z = 9

2x + y + kz = 5k3x + 2y + 3z = 16


k 6= 1 e k 6= 53

Motivazione:


1 k 22 1 k3 2 3

. Il determinante di A e 3k2 − 8k + 5 che si




(b) Per quali valori di k la terna (x, y, z) = (3, 2, 1) e soluzione del sistema?2

k = 2Motivazione:

La terna assegnata deve soddisfare tutte le equazioni del sistema. Sostituendo i valori datinel sistema troviamo le condizioni

3 + k · 2 + 2 · 1 = 92 · 3 + 2 + k · 1 = 5k3 · 3 + 2 · 2 + 3 · 1 = 16

vale a dire 5 + 2k = 98 + k = 5k

16 = 16

Risolvendo questo semplice sistema nell’incognita k si trova 2 come unica soluzione.





−2 1 k1 −2 11 1 −2

.

(a) Per quali valori di k la matrice Ak ha −2 come autovalore?2


La matrice Ak ha −2 come autovalore se e solo se det(Ak − (−2)I) = 0. Poiche

det(Ak − (−2)I) =

∣∣∣∣∣∣0 1 k1 0 11 1 0

∣∣∣∣∣∣ = k + 1

si ha che Ak ha −2 come autovalore se e solo se k + 1 = 0, cioe k = −1.


k = 1Motivazione:

Una matrice si puo diagonalizzare per mezzo di una matrice ortogonale se e solo se esimmetrica. La matrice A e simmetrica se e solo se k = 1.




D :=

−3 0 00 −3 00 0 0

M :=

−1√2− 1√

61√3

1√2− 1√

61√3

0 2√6

1√3



4. Sia f : R4 → R3 definito da f(x, y, z, w) := (2x+ y− z−w, y+ z+w, x+ y) e sia Ek il sottospaziovettoriale di R3 generato da vk := (1, 3, k).


(−1, 1, 0,−1), (0, 0, 1,−1)Motivazione:

Basta risolvere il sistema:

2x + y − z − w = 0

y + z + w = 0x + y = 0

, le cui soluzioni sono (−h, h, k,−h− k) al

variare di h e k in R. Ponendo h = 1 e k = 0 troviamo il vettore (−1, 1, 0,−1); ponendoh = 0 e k = 1 troviamo il vettore (0, 0, 1,−1).


(2, 0, 1), (1, 1, 1)Motivazione:

Dal punto precedente sappiamo che dim ker f = 2 e, pertanto, dim f(R4) = 4−dim ker f = 2.L’immagine di f e generata dalle immagini dei vettori della base canonica: basta alloratrovare 2 vettori linearmente indipendenti tra questi vettori immagine. Facendo i calcoli sivede che f(1, 0, 0, 0) = (2, 0, 1) e f(0, 1, 0, 0) = (1, 1, 1). Questi due vettori cosı trovati sonolinearmente indipendenti e, pertanto, formano una base per l’immagine di f .

(c) Per quali valori di k si ha R3 = f(R4)⊕ Ek?3

k 6= 2Motivazione:

Devono essere soddisfatte le due condizioni R3 = f(R4) + Ek e f(R4) ∩ Ek = {0}. Se laprima condizione e soddisfatta, abbiamo che dim(f(R4) +Ek) = dim R3 = 3 e, quindi, dallaformula di Grassmann si ottiene

dim(f(R4) ∩ Ek) = dim(f(R4) + Ek)− dim f(R4)− dimEk = 3− 2− 1 = 0.

Basta dunque verificare per quali valori di k si ha R3 = f(R4)+Ek. Poiche f(R4) e generatoda (2, 0, 1) e (1, 1, 1), mentre Ek e generato da (1, 3, k), abbiamo che la somma f(R4) + Ek

e generata da (2, 0, 1), (1, 1, 1) e (1, 3, k): pertanto la dimensione di f(R4) + Ek e uguale al

rango della matrice

2 1 10 1 31 1 k

. Questa matrice ha rango 3 se e solo se ha determinante

non nullo, cioe se e solo se 2k − 4 6= 0.




5. Fissato nel piano un sistema di riferimento affine siano dati i punti A := (3, 1), O := (0, 0) eB := (7,−2).

(a) Determina un punto C tale che AOBC sia un parallelogramma (fare attenzione all’ordine dei2vertici).

C = (10,−1)

Motivazione:

Il punto medio tra A e B e il punto M :=(

3+72 , 1−2

2

)=(5,− 1

2

). Il punto C e il simmetrico

di O rispetto a M : se D := (x0, y0) si ha allora(

x0+02 , y0+0

2

)=(5,− 1

2

)da cui otteniamo

x0 = 10, y0 = −1.

(b) Determina il punto M di intersezione delle diagonali del parallelogramma AOBC trovato al2punto precedente.

M :=(5,− 1

2

)Motivazione:

Il punto di intersezione delle diagonali di un parallelogramma e il punto medio di ciascunadelle diagonali. Abbiamo gia trovato questo punto medio al punto precedente.

(c) L’insieme dei punti interni al parallelogramma AOBC e definito dal sistema di disequazioni:3

x − 3y > 0

2x + 7y > 0x − 3y − 13 < 0

2x + 7y − 13 < 0




{2x + 3y + 3 = 03x + 5y + 2z + 4 = 0

e s :

x = 5 + 3ty = 1 − t

z = 1 + t


x+ y − 2z + 2 = 0Motivazione:

Considerato il fascio di piani passanti per r: λ(2x + 3y + 3) + µ(3x + 5y + 2z + 4) = 0,riscriviamone l’equazione come (2λ+ 3µ)x+ (3λ+ 5µ)y + 2µz + 3λ+ 4µ = 0.Imponendo la condizione di parallelismo con s, cioe con il vettore (3,−1, 1), otteniamo larelazione (2λ+ 3µ)3 + (3λ+ 5µ)(−1) + 2µ · 1 = 0, vale a dire 3λ+ 6µ = 0.Sostituendo, ad esempio, i valori λ = 2 e µ = −1 nell’equazione del fascio di piani, troviamoil piano π.


x+ y − 2z − 4 = 0Motivazione:

Il piano cercato e parallelo alle rette r e s e, quindi, e anche parallelo al piano π trovato alpunto precedente. La sua equazione sara allora del tipo x+ y− 2z+k = 0. Per determinareil valore di k per cui si ottiene un piano contenente s basta allora imporre il passaggio perun punto di s: infatti un piano parallelo ad una retta o contiene tutta la retta o non contienealcun punto della retta. Imponendo allora il passaggio per il punto P := (5, 1, 1) (ottenutoponendo t = 0 nelle equazioni parametriche di s) otteniamo la condizione 5+1−2 ·1+k = 0da cui otteniamo k = −4.

(c) La sfera tangente ai piani π e σ ed avente il centro sull’asse delle x ha equazione cartesiana:3

(x− 1)2 + y2 + z2 = 32

Motivazione:

Una sfera e tangente a un piano se e solo se la distanza tra questo piano e il centro dellasfera e uguale al raggio della sfera stessa.Il centro C della sfera cercata dovra allora essere un punto equidistante dai due piani π eσ. Poiche C deve appartenere all’asse delle x avremo che C := (h, 0, 0) per qualche valoredi h. Imponendo l’equidistanza da π e σ troviamo la condizione:

|h+ 0− 2 · 0 + 2|√12 + 12 + (−2)2

=|h+ 0− 2 · 0− 4|√

12 + 12 + (−2)2

vale a dire |h + 2| = |h − 4| da cui si ricava che o h + 2 = h − 4, che non ha soluzione, oche h + 2 = 4 − h la cui soluzione e h = 1. La sfera cercata ha allora centro in (1, 0, 0).Calcolando ora la distanza del centro da uno dei due piani, ad esempio da π troviamo cheil raggio della sfera e uguale a |1+0−2·0+2|√

12+12+(−2)2= 3√

6e, pertanto l’equazione cartesiana della

sfera e (x− 1)2 + y2 + z2 = 32 .




ISTRUZIONI








1. Siano f e g due omomorfismi da R2 a R3 tali che f(2, 1) = g(2, 1) = (1, 3, 3) e ker f = ker g.

(a) Se dim ker f = dim ker g = 1 allora necessariamente gli omomorfismi f e g coincidono?2� Sı � No

Motivazione:

Sia v1 := (2, 1) e sia v2 un vettore non nullo di ker f = ker g. Dal momento che v1 /∈ ker f ,abbiamo che v1 e v2 formano una base di R2.Per ipotesi abbiamo f(v1) = g(v1) = (1, 3, 3) e f(v2) = g(v2) = 0.Ma allora i due omomorfismi f e g coincidono perche coincidono sugli elementi di una basedi R2.

(b) Se dim ker f = dim ker g = 0 allora necessariamente gli omomorfismi f e g coincidono?2� Sı � No

Motivazione:

Poiche dim ker f + dim f(R2) = dim R2 = 2, abbiamo che dim ker f = 0 se e solo sel’immagine di f ha dimensione 2. Lo stesso vale per g.Scelta una base per R2, per dare un omomorfismo da R2 in R3 si possono assegnare leimmagini dei vettori di una base: comunque si scelgano queste immagini esistera uno e unsolo omomorfismo che soddisfa queste assegnazioni.Poiche conosciamo gia l’immagine di (2, 1) sia tramite f che tramite g scegliamo una basedi R2 formata da (2, 1) e da un altro vettore che non sia un suo multiplo, ad esempio (1, 0).Poiche per ipotesi f(2, 1) = (1, 3, 3), per avere un omomorfismo la cui immagine abbiadimensione 2 basta imporre che f(1, 0) non sia multiplo di (1, 3, 3): ad esempio possiamoporre f(1, 0) = (1, 0, 0).Analogamente per costruire g basta imporre che g(1, 0) non sia multiplo di (1, 3, 3): possiamoscegliere ad esempio g(1, 0) = (2, 0, 0) ottenendo cosı un omomorfismo diverso da f .



2. Fissato nel piano un sistema di riferimento affine, si considerino i punti A := (30, 30), B := (39, 33),C := (30, 34) e D := (34, 30).

(a) I segmenti AB e CD (estremi esclusi) hanno un punto in comune?2� Sı � No

Motivazione:

Il segmento AB e dato dai punti P := (x, y) tali che{x = 30 + (39− 30)ty = 30 + (33− 30)t

con 0 < t < 1.Il segmento CD e dato dai punti P := (x, y) tali che{

x = 30 + (34− 30)ty = 34 + (30− 34)t

con con 0 < t < 1.Per determinare i punti di intersezione delle rette contenenti i due segmenti cerchiamo lesoluzioni del sistema {

30 + 9t = 30 + 4u30 + 3t = 34 − 4u

Il sistema ha come soluzione t = 13 , u = 3

4 . Dal momento che sia t che u sono compresi tra0 e 1, il punto di intersezione delle due rette appartiene ai segmenti AB e CD.

Vedere il file dei commenti.

(b) Il punto D e interno al triangolo ABC?2� Sı � No

Motivazione:

Osserviamo che, se il punto D fosse interno al triangolo ABC allora i punti C e Dapparterrebbero allo stesso semipiano delimitato dalla retta rAB passante per A e B.Abbiamo pero visto che il segmento CD interseca la retta rAB passante per A e B, pertantoi punti C e D appartengono a semipiani delimitati dalla retta rAB differenti.Da cio segue che il punto D non e interno al triangolo ABC.





3. Sia f l’endomorfismo di R3 definito da f(x, y, z) := (2x− 2y, x+ y + z, 3x− y + z).

(a) Determinare una base del nucleo di f .2(1, 1,−2)

Motivazione:

Risolvendo il sistema lineare omogeneo2x − 2y = 0x + y + z = 0

3x − y + z = 0

si trova che il nucleo e formato dai vettori del tipo (t, t,−2t) al variare del parametro realet. Scegliendo, ad esempio, t = 1 troviamo che una base del nucleo di f e formata dal vettore(1, 1,−2).

(b) Determinare una base dell’immagine di f .2

(2, 1, 3), (−2, 1,−1)Motivazione:

Dal punto precedente sappiamo che il nucleo ha dimensione uguale a 1. Pertanto l’immagineha dimensione uguale a dim R3 − dim ker f = 3− 1 = 2. Poiche l’immagine e generata dalleimmagini dei vettori di una base di R3, possiamo calcolare successivamente le immagini deivettori di una base di R3, ad esempio la base canonica, finche ne troviamo due linearmenteindipendenti. Abbiamo f(1, 0, 0) = (2, 1, 3) e f(0, 1, 0) = (−2, 1,−1). Poiche i vettori cosıottenuti sono linearmente indipendenti, essi formano una base per l’immagine di f e non c’ebisogno di calcolare l’immagine di (0, 0, 1).

(c) Stabilire se esistono due vettori linearmente indipendenti aventi la stessa immagine. Se3esistono, determinarli.

(1, 0, 0) e (2, 1,−2)Motivazione:

Due vettori hanno la stessa immagine se e solo se la loro differenza appartiene al nucleo.Poiche il nucleo e generato dal vettore (1, 1,−2) abbiamo, ad esempio, che i vettori (1, 0, 0) e(1, 0, 0) + (1, 1,−2) = (2, 1,−2) hanno la stessa immagine. Questi vettori sono chiaramentelinearmente indipendenti.





1 2 12 4 20 0 0

.


0 5Motivazione:

Il polinomio caratteristico di A e det(A− xI) =

∣∣∣∣∣∣1− x 2 1

2 4− x 20 0 0− x

∣∣∣∣∣∣ = −x3 + 5x2, che si

annulla per 0 e 5.




0 (−2, 1, 0), (−1, 0, 1)

5 (1, 2, 0)

Motivazione:

Per calcolare E(0) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A−0I, cioex + 2y + z = 0

2x + 4y + 2z = 00 = 0

le cui soluzioni sono (−2h − k, h, k) con h e k parametri reali. Una base di E(0) si ottieneponendo prima h = 1 e k = 0 e poi h = 0 e k = 1.Per calcolare E(5) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A−5I, cioe

−4x + 2y + z = 02x − y + 2z = 0

− 5z = 0

le cui soluzioni sono (h, 2h, 0) con h parametro reale. Una base di E(5) si ottiene ponendoh = 1.



D :=

0 0 00 0 00 0 5

M :=

−2 −1 11 0 20 1 0





5. Fissato nel piano un sistema di riferimento cartesiano siano dati i punti B := (5, 3), C := (−1, 1)e la retta t : x+ 2y + 5 = 0.

(a) Determina l’equazione cartesiana della retta r parallela a t ed equidistante dai punti B e C:2

x+ 2y − 6 = 0Motivazione:

La generica retta parallela a t ha equazione del tipo x+2y+h = 0. Imponendo l’equidistanzada B e C troviamo l’equazione |5+2·3+h|√

12+22 = |−1+2·1+h|√12+22 da cui ricaviamo h = −6.


(b) Detto A il punto di intersezione tra r e l’asse delle y e detto H il punto d’intersezione tra r e2la retta passante per B e C determinare il simmetrico D di A rispetto a HD = (4, 1)

Motivazione:

Intersecando la retta r con l’asse delle y troviamo il punto A = (0, 3).

La retta passante per B e C ha equazioni parametriche:

{x = 5 + (−1− 5)ty = 3 + (1− 3)t

. Intersecando

con la retta r troviamo l’equazione (5− 6t) + 2(3− 2t)− 6 = 0 la cui soluzione e t = 12 . In

corrispondenza di tale valore troviamo allora il punto H = (2, 2). Il simmetrico di A rispettoa H e il punto D := (x, y) tale che H sia punto medio di A e D: otteniamo cosı le equazioni0+x

2 = 2, 3+y2 = 2 da cui ricaviamo x = 4, y = 1.

(c) Determina l’area del triangolo ABH e del triangolo ACH:3A(ABH) = 5

2 A(ACH) = 52

Motivazione:

Se consideriamo come base di entrambi i triangoli il lato AH, la cui lunghezza e√(2− 0)2 + (2− 3)2 =

√5, vediamo che le altezze relative a tali basi sono, rispettivamente,

la distanza di B da r e la distanza di C da r. Dal punto a sappiamo che queste distanzesono uguali fra loro e sono uguali precisamente a 5√

5: pertanto entrambi i triangoli hanno

area uguale a√

5 5√5

2 = 52 .





{x + 2y − 3z + 2 = 0

2x + y − z + 3 = 0

e s :

x = 2 + t

y = 1 + 3tz = 3 + t


x− y + 2z + 1 = 0Motivazione:

Il fascio di piani passanti per r si puo scrivere come: λ(x+2y−3z+2)+µ(2x+y−z+3) = 0ovvero (λ+ 2µ)x+ (2λ+ µ)y + (−3λ− µ)z + 2λ+ 3µ = 0.Imponendo la condizione di parallelismo con s, cioe con il vettore (1, 3, 1), otteniamo larelazione 1 · (λ+ 2µ) + 3 · (2λ+ µ) + 1 · (−3λ− µ) = 0, vale a dire 4λ+ 4µ = 0.Sostituendo, ad esempio, i valori λ = −1 e µ = 1 nell’equazione del fascio di piani, troviamoil piano π.



x− y + 2z − 7 = 0Motivazione:

Il piano cercato e parallelo sia a r sia a s e, dunque, e parallelo al piano π, e ha, pertanto,equazione del tipo x− y + 2z + k = 0. Per imporre che il piano contenga la retta s e allorasufficiente imporre che contenga un punto di s, ad esempio, il punto (2, 1, 3), ottenendo lacondizione 2− 1 + 2 · 3 + k = 0, da cui troviamo k = −7.

(c) Determinare l’equazione cartesiana della sfera con il centro sull’asse delle x e le cui intersezioni3con i piani π e σ sono circonferenze entrambe di raggio uguale a 2.

(x− 3)2 + y2 + z2 = 203

Motivazione:

Due piani intersecano una sfera in circonferenze di raggio uguale se e solo se il centro dellasfera e equidistante dai due piani. Il generico punto dell’asse x e del tipo (h, 0, 0). Imponendoche sia equidistante da π e σ troviamo l’equazione: |h−0+2·0+1|√

12+(−1)2+22= |h−0+2·0−7|√

12+(−1)2+22la cui

soluzione e h = 3. Dunque il centro della sfera cercata e C := (3, 0, 0). Inoltre la distanzadi C dal piano π (e da σ) e uguale a 4√

6. Se γ e la circonferenza di raggio 2 intersezione

della sfera cercata con il piano π, il suo centro H e la proiezione di C su π. Detto allora Pun qualsiasi punto di γ, il triangolo CHP e un triangolo rettangolo in H il cui cateto CH euguale alla distanza di C da π, cioe 4√

6, mentre il cateto HP e uguale al raggio di γ cioe 2.

Per il teorema di Pitagora l’ipotenusa CP e allora uguale a

√22 +

(4√6

)2

=√

203 : poiche

P sta sulla sfera questo valore e uguale al raggio della sfera cercata.




ISTRUZIONI








1. Fissata in V 2(O) una base ortonormale formata dai vettori e1 e e2, sia dato il vettore v1 := e1 +e2.


Infinite.Motivazione:

I vettori v1 = e1 + e2 e v2 := ae1 + be2 formano una base di V 2(O) se e solo se essi sonolinearmente indipendenti. Cio e verificato se la matrice(

1 a1 b

)e invertibile, cioe se e solo se a 6= b. Chiaramente vi sono infinite coppie (a,b) verificantiquesta condizione. Basta infatti osservare che, fissata per esempio a = 0, tutti gli infinitinumeri b 6= 0 verificano la condizione richiesta.


Nessuna.Motivazione:

I vettori appartenenti ad una base ortonormale hanno tutti norma uguale a 1. Poiche ilvettore v1 ha norma diversa da 1, non esiste alcuna base ortonormale contenente il vettorev1.




r :

x = a + t

y = b + 2tz = c + 3t

s :

x = 1y = 2 + dt

z = −1 + 5t


Nessun valore di a, b, c e d.Motivazione:

Le rette r e s hanno rispettivamente vettori direttori u := (1, 2, 3) e v := (0, d, 5).Osserviamo che il rango della matrice

B :=(

1 2 30 d 5

)e uguale a 2 per tutti i valori di a, b, c e d: infatti il minore formato dalla prima e dallaterza colonna ha determinante non nullo. Pertanto le due rette non sono tra loro parallele.Sappiamo pero che rette perpendicolari ad uno stesso piano sono tra loro parallele. Ne segueche non esiste mai un piano perpendicolare ad entrambe le rette r e s.


Tutti i valori di a, b, c e d.Motivazione:

Una retta verificante le condizioni date ha equazioni parametriche:x = 3 + lt

y = 5 + mt

z = 7 + nt

con il vettore w := (l,m, n) perpendicolare ai vettori u e v. Pertanto (l,m, n) devonoverificare il sistema: {

l + 2m + 3n = 0dm + 5n = 0

Abbiamo un sistema omogeneo formato da due equazioni in tre incognite. La matrice deicoefficienti del sistema e la matrice B determinata nel punto (a) e quindi ha rango ugualea 2 per tutti i valori di a, b, c e d. Il nostro sistema ha quindi infinite soluzioni tutteproporzionali tra loro. Pertanto queste infinite soluzioni determinano un’unica retta.






1 2 02 4 00 0 5

.



0 (−2, 1, 0)

5 (1, 2, 0), (0, 0, 1)

Motivazione:

Il polinomio caratteristico di A e det(A− xI) =∣∣∣ 1−x 2 0

2 4−x 00 0 5−x

∣∣∣ = −x(x− 5)2, che si annullaper 0 e 5.Per calcolare E(0) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A−0I, cioe

x + 2y = 02x + 4y = 0

5z = 0

le cui soluzioni sono (−2h, h, 0) con h parametro reale. Una base di E(0) si ottiene ponendoh = 1.Per calcolare E(5) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A−5I, cioe

−4x + 2y = 02x − y = 0

0 = 0

le cui soluzioni sono (h, 2h, k) con h e k parametri reali. Una base di E(5) si ottiene ponendoprima h = 1 e k = 0 e poi h = 0 e k = 1.


D :=

0 0 00 5 00 0 5

M :=

− 2√5

1√5

01√5

2√5

00 0 1



N :=

− 2√5

1√5

01√5

2√5

00 0 −1


Motivazione:

Le colonne di una matrice ortogonale che diagonalizza A si ottengono a partire da una baseortonormale di ciascun autospazio: basta quindi prendere, anche solo per uno degli autospazi,una base ortonormale differente. Ad esempio, nella base ortonormale di E(5) utilizzata perscrivere M rimpiazziamo il vettore (0, 0, 1) con il suo vettore opposto (0, 0,−1) ottenendoun vettore che e anch’esso ortogonale all’altro vettore della base di E(5) ed ha norma 1:modifichiamo poi di conseguenza la terza colonna della matrice ortogonale.




x + y − z + tw = 1x + 2y + tz − w = 2t

2x + 2ty − 2z + 2w = 2dove t e un parametro reale.

(a) Determinare i valori di t per cui il sistema ha una sola soluzione.2


Per il teorema di Rouche-Capelli un sistema ha un’unica soluzione se e solo se la matricedel sistema e la matrice completa del sistema hanno entrambe rango uguale al numero delleincognite, cioe, in questo caso, 4. La matrice del sistema e la matrice completa del sistemahanno entrambe 3 righe e quindi hanno al massimo rango 3: pertanto non esiste alcun valoreper cui hanno rango 4.



Vi sono infinite soluzioni per ogni valore di t.Per t = 1 l’insieme delle soluzioni e un sottospazio affine di dimensione 2per t 6= 1 l’insieme delle soluzioni e un sottospazio affine di dimensione 1

Motivazione:

Per il teorema di Rouche-Capelli un sistema e risolubile se e solo se la matrice del sistemae la matrice completa del sistema hanno lo stesso rango: in tal caso le soluzioni dipendonoda un numero di parametri uguale al numero delle incognite meno il rango delle matrici.La matrice del sistema e At :=

(1 1 −1 t1 2 t −12 2t −2 2

). Calcoliamone il rango. Il minore B formato

dalle prime 2 righe e dalle prime 2 colonne di At ha determinante non nullo. Gli orlati diB sono le matrici C1 :=

(1 1 −11 2 t2 2t −2

)e C2 :=

(1 1 t1 2 −12 2t 2

). Questi minori hanno determinante

rispettivamente uguale a −2t2 + 2 e 2t2 − 2t. Il determinante di C1 si annulla per t = 1 et = −1 mentre quello di C2 si annulla per t = 0 e t = 1: l’unico valore per cui si annullanocontemporaneamente e t = 1. Pertanto At ha rango 3 se t 6= 1 e rango 2 se t = 1. Nel primocaso anche la matrice completa del sistema ha rango 3: infatti il suo rango e maggiore ouguale del rango della matrice del sistema e non puo essere maggiore di 3 perche la matricecompleta ha 3 righe. Pertanto, se t 6= 1 il sistema e risolubile con infinite soluzioni dipendentida 4− 3 = 1 parametro. Pertanto lo spazio affine delle soluzioni ha dimensione 1.Se invece t = 1 consideriamo gli orlati di B nella matrice completa del sistema: sappiamo giache due di essi (cioe C1 e C2) hanno determinante nullo. L’unico che dobbiamo consideraree(

1 1 11 2 22 2 2

). Poiche il determinante di questo minore e 0 la matrice completa del sistema ha

rango 2 e il sistema e risolubile con infinite soluzioni dipendenti da 4 − 2 = 2 parametriindipendenti. Pertanto lo spazio affine delle soluzioni ha dimensione 2.


Valore di t scelto:t = 1

Soluzioni del sistema:x = 3h − 3ky = 1 − 2h + 2kz = h

w = k

con h e k parametri reali






da r e contenente l’origine:C = (4, 1) D = (2, 2)

Motivazione:

La retta r ha equazione∣∣ x−3 y−4

5−3 3−4

∣∣ = 0 cioe x + 2y − 11 = 0. Poiche 0 + 2 · 0 − 11 < 0, ilsemipiano delimitato da r e contenente l’origine e definito dalla disequazione x+2y−11 < 0.Il quadrato cercato ha lato uguale alla distanza tra A e B cioe

√(5− 3)2 + (3− 4)2 =

√5.

La retta ortogonale a r e passante per A ha equazioni parametriche

{x = 3 + t

y = 4 + 2t: dunque

il generico punto di questa retta e (3 + t, 4 + 2t). Imponendo che la distanza di questopunto da A sia uguale al lato del quadrato troviamo

√(3 + t− 3)2 + (4 + 2t− 4)2 =

√5 da

cui otteniamo t = 1 e t = −1. I due punti che otteniamo in corrispondenza di tali valoriappartengono a semipiani opposti rispetto a r. Per t = 1 otteniamo il punto (4, 6): poiche4 + 2 · 6 − 11 > 0, il punto cercato e l’altro, cioe D := (2, 2). Poiche un quadrato e, inparticolare, un parallelogramma, per trovare C calcoliamo prima il punto medio M tra Be D. Otteniamo cosı M =

(5+2

2 , 3+22

)=(

72 ,

52

). Imponendo che M sia il punto medio tra

C := (x, y) e A otteniamo(

x+32 , y+4

2

)=(

72 ,

52

)da cui ricaviamo C = (4, 1).

Vedere il file dei commenti.(b) Determina l’equazione cartesiana della circonferenza circoscritta al quadrato ABCD (cioe2

passante per i punti A, B, C e D) e l’equazione cartesiana della circonferenza inscritta alquadrato ABCD (cioe tangente ai lati del quadrato)

Circonferenza circoscritta:(x− 7

2

)2 +(y − 5

2

)2 = 52

Circonferenza inscritta:(x− 7

2

)2 +(y − 5

2

)2 = 54

Motivazione:

Entrambe le circonferenze hanno centro nel centro M del quadrato che abbiamo gia deter-minato al punto precedente. La circonferenza inscritta ha raggio uguale alla meta del latodel quadrato, cioe

√5

2 , mentre il raggio della circonferenza circoscritta puo essere calcolatocome la distanza tra il centro della circonferenza e uno qualunque dei vertici del quadrato,

ad esempio A, ottenendo√(

3− 72

)2 +(4− 5

2

)2 =√

52 .


delle x determina l’area del triangolo ABP A(ABP ) = 52

Motivazione:

Consideriamo come base del triangolo il lato AB la cui lunghezza e√

5. L’altezza relativaa tale base e data dalla distanza di P da r: poiche P giace sulla retta s che e parallela a r,la distanza di P da r e uguale alla distanza di s da r cioe al lato del quadrato ABCD che e√

5. Il triangolo ha allora area√

5√

52 = 5

2 .





{2x + y − z − 1 = 0x + y − 2z + 2 = 0

e s :

{3x + 2y − 3z − 11 = 04x + 3y − 5z − 9 = 0

(a) Le rette r e s sono:3� coincidenti � incidenti � parallele e distinte � sghembe

Motivazione:

Se trasformiamo le equazioni cartesiane di r e s nelle equazioni parametriche otteniamo:

r :

x = 1 + t

y = 1 − 3tz = 2 − t

e s :

x = 2 + t

y = 2 − 3tz = 1 − t

Poiche i parametri direttori delle due rette sono proporzionali, le due rette sono parallele.Per stabilire coincidono oppure sono distinte prendiamo un punto qualsiasi di r, ad esempioP := (1, 1, 2) e ne sostituiamo le coordinate nelle equazioni di s. Poiche 3·1+2·1−3·2−11 6= 0abbiamo che P non appartiene a s e, dunque, le due rette sono distinte.




Motivazione:

Dal punto precedente sappiamo che le rette r e s sono parallele. Dunque tutti i piani checontengono r, essendo paralleli a r, sono anche paralleli a s.




Motivazione:

Sappiamo gia che le rette r e s sono parallele: quindi ogni piano ortogonale a s e ancheortogonale a r. I piani contenenti r non sono ortogonali a r stessa, quindi non esiste nessunpiano come quello cercato.





ISTRUZIONI








1. Fissata in V 2(O) una base ortonormale formata dai vettori e1 e e2, sia dato il vettore v1 := −e1−e2.



I vettori v1 = −e1 − e2 e v2 := ae1 + be2 formano una base di V 2(O) se e solo se essi sonolinearmente indipendenti. Cio e verificato se la matrice(

−1 a−1 b

)e invertibile, cioe se e solo se a 6= b. Chiaramente vi sono infinite coppie (a,b) verificantiquesta condizione. Basta infatti osservare che, fissata per esempio a = 0, tutti gli infinitinumeri b 6= 0 verificano la condizione richiesta.







r :

x = a − t

y = b + t

z = c + 2ts :

x = 3y = 5 + dt

z = 7 − 5t



Le rette r e s hanno rispettivamente vettori direttori u := (−1, 1, 2) e v := (0, d,−5).Osserviamo che il rango della matrice

B :=(−1 1 20 d −5





y = 4 + mt

z = 6 + nt


−l + m + 2n = 0dm − 5n = 0







1 0 −20 5 0−2 0 4

.



0 (2, 0, 1)

5 (1, 0,−2), (0, 1, 0)

Motivazione:

Il polinomio caratteristico di A e det(A− xI) =∣∣∣ 1−x 0 −2

0 5−x 0−2 0 4−x

∣∣∣ = −x(x− 5)2, che si annullaper 0 e 5.Per calcolare E(0) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A−0I, cioe

x − 2z = 05y = 0

−2x + 4z = 0

le cui soluzioni sono (2h, 0, h) con h parametro reale. Una base di E(0) si ottiene ponendoh = 1.Per calcolare E(5) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A−5I, cioe

−4x − 2z = 00 = 0

−2x − z = 0

le cui soluzioni sono (h, k,−2h) con h e k parametri reali. Una base di E(5) si ottieneponendo prima h = 1 e k = 0 e poi h = 0 e k = 1.


D :=

0 0 00 5 00 0 5

M :=

2√5

1√5

00 0 11√5− 2√

50



N :=

2√5

1√5

00 0 −11√5− 2√

50


Motivazione:

Le colonne di una matrice ortogonale che diagonalizza A si ottengono a partire da una baseortonormale di ciascun autospazio: basta quindi prendere, anche solo per uno degli autospazi,una base ortonormale differente. Ad esempio, nella base ortonormale di E(5) utilizzata perscrivere M rimpiazziamo il vettore (0, 1, 0) con il suo vettore opposto (0,−1, 0) ottenendoun vettore che e anch’esso ortogonale all’altro vettore della base di E(5) ed ha norma 1:modifichiamo poi di conseguenza la terza colonna della matrice ortogonale.




x + y + tz − w = 1

4x + 2y − 4z + tw = 2ttx + 2y + 4z − 2w = 2







Il sistema ha una infinite soluzioni per ogni valore di t.Per t = 2 lo spazio affine delle soluzioni ha dimensione uguale a 2.Per t 6= 2 lo spazio affine delle soluzioni ha dimensione uguale a 1.

Motivazione:


(1 1 t −14 2 −4 tt 2 4 −2



(1 1 t4 2 −4t 2 4

)e C2 :=

(1 1 −14 2 tt 2 −2


rispettivamente uguale a −2t2 + 4t e t2 − 4. Il determinante di C1 si annulla per t = 0 et = 2 mentre quello di C2 si annulla per t = −2 e t = 2: l’unico valore per cui si annullanocontemporaneamente e t = 2. Pertanto At ha rango 3 se t 6= 1 e rango 2 se t = 2. Nel primocaso anche la matrice completa del sistema ha rango 3: infatti il suo rango e maggiore ouguale del rango della matrice del sistema e non puo essere maggiore di 3 perche la matricecompleta ha 3 righe. Pertanto, se t 6= 2 il sistema e risolubile con infinite soluzioni dipendentida 4− 3 = 1 parametro. La dimensione dello spazio affine delle soluzioni e quindi uguale a1.Se invece t = 2 consideriamo gli orlati di B nella matrice completa del sistema: sappiamo giache due di essi (cioe C1 e C2) hanno determinante nullo. L’unico che dobbiamo consideraree(

1 1 14 2 42 2 2

). Poiche il determinante di questo minore e 0 la matrice completa del sistema ha

rango 2 e il sistema e risolubile con infinite soluzioni dipendenti da 4− 2 = 2 parametri. Ladimensione dello spazio affine delle soluzioni e quindi uguale a 2.

(c) Tra i valori di t determinati al punto precedente scegline uno per cui la dimensione dello spazio2affine delle soluzioni e la piu alta e trova le soluzioni del sistema in tal caso.

Valore di t scelto:t = 2

Soluzioni del sistema:x = 1 + 4h − 2ky = − 6h + 3kz = h

w = k








Motivazione:


5−4 7−4

∣∣ = 0 cioe 3x − y − 8 = 0. Poiche 3 · 0 − 0 − 8 < 0, ilsemipiano delimitato da r e contenente l’origine e definito dalla disequazione 3x−y−8 < 0.Il quadrato cercato ha lato uguale alla distanza tra A e B cioe

√(5− 4)2 + (7− 4)2 =

√10.


{x = 4 + 3ty = 4 − t

: dunque

il generico punto di questa retta e (4 + 3t, 4 − t). Imponendo che la distanza di questopunto da A sia uguale al lato del quadrato troviamo

√(4 + 3t− 4)2 + (4− t− 4)2 =

√10

da cui otteniamo t = 1 e t = −1. I due punti che otteniamo in corrispondenza di tali valoriappartengono a semipiani opposti rispetto a r. Per t = 1 otteniamo il punto (7, 3): poiche3 · 7 − 3 − 8 > 0, il punto cercato e l’altro, cioe D := (1, 5). Poiche un quadrato e, inparticolare, un parallelogramma, per trovare C calcoliamo prima il punto medio M tra Be D. Otteniamo cosı M =

(5+1

2 , 7+52

)= (3, 6). Imponendo che M sia il punto medio tra


x+42 , y+4

2

)= (3, 6) da cui ricaviamo C = (2, 8).



Circonferenza circoscritta: (x− 3)2 + (y − 6)2 = 5Circonferenza inscritta: (x− 3)2 + (y − 6)2 = 5

2

Motivazione:


√102 , mentre il raggio della circonferenza circoscritta puo essere calcolato

come la distanza tra il centro della circonferenza e uno qualunque dei vertici del quadrato,

ad esempio A, ottenendo√

(4− 3)2 + (4− 6)2 =√

5.


delle x determina l’area del triangolo ABPA(ABP ) = 5

Motivazione:




10√

102 = 5.





{x + y + z − 5 = 0

3x − y + z − 1 = 0

e s :

{5x + y + 3z − 14 = 0x − 3y − z + 2 = 0


Motivazione:


r :

x = 1 + t

y = 3 + t

z = 1 − 2te s :

x = 2 + t

y = 1 + t

z = 1 − 2tPoiche i parametri direttori delle due rette sono proporzionali, le due rette sono parallele.Per stabilire coincidono oppure sono distinte prendiamo un punto qualsiasi di r, ad esempioP := (1, 3, 1) e ne sostituiamo le coordinate nelle equazioni di s. Poiche 5·1+3+3·1−14 6= 0abbiamo che P non appartiene a s e, dunque, le due rette sono distinte.




Motivazione:





Motivazione:






ISTRUZIONI








1. Fissata in V 2(O) una base ortonormale formata dai vettori e1 e e2, sia dato il vettore v1 := −e1+e2.



I vettori v1 = −e1 + e2 e v2 := ae1 + be2 formano una base di V 2(O) se e solo se essi sonolinearmente indipendenti. Cio e verificato se la matrice(

−1 a1 b

)e invertibile, cioe se e solo se a 6= −b. Chiaramente vi sono infinite coppie (a,b) verificantiquesta condizione. Basta infatti osservare che, fissata per esempio a = 0, tutti gli infinitinumeri b 6= 0 verificano la condizione richiesta.







r :

x = a + 3ty = b + 2tz = c + t

s :

x = 1y = 2 + dt

z = −1 + 7t



Le rette r e s hanno rispettivamente vettori direttori u := (3, 2, 1) e v := (0, d, 7).Osserviamo che il rango della matrice

B :=(

3 2 10 d 7





y = 7 + mt

z = 8 + nt


3l + 2m + n = 0dm + 7n = 0







−4 2 02 −1 00 0 −5

.



0 (1, 2, 0)

−5 (−2, 1, 0), (0, 0, 1)

Motivazione:

Il polinomio caratteristico di A e det(A − xI) =∣∣∣−4−x 2 0

2 −1−x 00 0 −5−x

∣∣∣ = −x(x + 5)2, che siannulla per 0 e −5.Per calcolare E(0) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A−0I, cioe

−4x + 2y = 02x − y = 0

− 5z = 0

le cui soluzioni sono (h, 2h, 0) con h parametro reale. Una base di E(0) si ottiene ponendoh = 1.Per calcolare E(−5) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A−(−5)I,cioe

x + 2y = 02x + 4y = 0

0 = 0

le cui soluzioni sono (−2h, h, k) con h e k parametri reali. Una base di E(−5) si ottieneponendo prima h = 1 e k = 0 e poi h = 0 e k = 1.


D :=

0 0 00 −5 00 0 −5

M :=

1√5− 2√

50

2√5

1√5

00 0 1



N :=

1√5− 2√

50

2√5

1√5

00 0 −1


Motivazione:

Le colonne di una matrice ortogonale che diagonalizza A si ottengono a partire da una baseortonormale di ciascun autospazio: basta quindi prendere, anche solo per uno degli autospazi,una base ortonormale differente. Ad esempio, nella base ortonormale di E(5) utilizzata perscrivere M rimpiazziamo il vettore (0, 0, 1) con il suo vettore opposto (0, 0,−1) ottenendoun vettore che e anch’esso ortogonale all’altro vettore della base di E(5) ed ha norma 1:modifichiamo poi di conseguenza la terza colonna della matrice ortogonale.




x + y + z + tw = 1x + 2y + tz + w = −2t

2x − 2ty + 2z − 2w = 2dove t e un parametro reale.




Vedere il file dei commenti.(b) Determina i valori di t per cui il sistema ha infinite soluzioni, specificando per ciascuno di essi3

la dimensione dello spazio affine delle sue soluzioni.

Si hanno infinite soluzioni per ogni valore di t.Per t = −1 lo spazio affine delle soluzioni ha dimensione uguale a 2.per t 6= −1 lo spazio affine delle soluzioni ha dimensione uguale a 1.

Motivazione:


(1 1 1 t1 2 t 12 −2t 2 −2



(1 1 11 2 t2 −2t 2

)e C2 :=

(1 1 t1 2 12 −2t −2


rispettivamente uguale a 2t2 − 2 e −2t2 − 2t. Il determinante di C1 si annulla per t = 1e t = −1 mentre quello di C2 si annulla per t = 0 e t = −1: l’unico valore per cui siannullano contemporaneamente e t = −1. Pertanto At ha rango 3 se t 6= −1 e rango 2 set = −1. Nel primo caso anche la matrice completa del sistema ha rango 3: infatti il suorango e maggiore o uguale del rango della matrice del sistema e non puo essere maggioredi 3 perche la matrice completa ha 3 righe. Pertanto, se t 6= −1 il sistema e risolubile coninfinite soluzioni dipendenti da 4 − 3 = 1 parametro. Lo spazio affine delle soluzioni haquindi dimensione uguale a 1.Se invece t = −1 consideriamo gli orlati di B nella matrice completa del sistema: sappiamogia che due di essi (cioe C1 e C2) hanno determinante nullo. L’unico che dobbiamo conside-rare e

(1 1 11 2 22 2 2

). Poiche il determinante di questo minore e 0 la matrice completa del sistema

ha rango 2 e il sistema e risolubile con infinite soluzioni dipendenti da 4− 2 = 2 parametriindipendenti. Lo spazio affine delle soluzioni ha quindi dimensione uguale a 2.


Valore di t scelto:t = −1

Soluzioni del sistema:x = − 3h + 3ky = 1 + 2h − 2kz = h

w = k








Motivazione:


4−5 5−3

∣∣ = 0 cioe 2x + y − 13 = 0. Poiche 2 · 0 + 0 − 13 < 0, ilsemipiano delimitato da r e contenente l’origine e definito dalla disequazione 2x+y−13 < 0.Il quadrato cercato ha lato uguale alla distanza tra A e B cioe

√(4− 5)2 + (5− 3)2 =

√5.


{x = 5 + 2ty = 3 + t

: dunque

il generico punto di questa retta e (5 + 2t, 3 + t). Imponendo che la distanza di questopunto da A sia uguale al lato del quadrato troviamo

√(5 + 2t− 5)2 + (3 + t− 3)2 =

√5 da

cui otteniamo t = 1 e t = −1. I due punti che otteniamo in corrispondenza di tali valoriappartengono a semipiani opposti rispetto a r. Per t = 1 otteniamo il punto (7, 4): poiche2 · 7 + 4 − 13 > 0, il punto cercato e l’altro, cioe D := (3, 2). Poiche un quadrato e, inparticolare, un parallelogramma, per trovare C calcoliamo prima il punto medio M tra Be D. Otteniamo cosı M =

(4+3

2 , 5+22

)=(

72 ,

72

). Imponendo che M sia il punto medio tra


x+52 , y+3

2

)=(

72 ,

72

)da cui ricaviamo C = (2, 4).



Circonferenza circoscritta:(x− 7

2

)2 +(y − 7

2

)2 = 52

Circonferenza inscritta:(x− 7

2

)2 +(y − 7

2

)2 = 54

Motivazione:


√5

2 , mentre il raggio della circonferenza circoscritta puo essere calcolatocome la distanza tra il centro della circonferenza e uno qualunque dei vertici del quadrato,

ad esempio A, ottenendo√(

5− 72

)2 +(3− 7

2

)2 =√

52 .


delle x determina l’area del triangolo ABP A(ABP ) = 52

Motivazione:




5√

52 = 5

2 .





{2x + y + 4z − 9 = 0x + y + z − 5 = 0

e s :

{3x + 2y + 5z − 19 = 03x + y + 7z − 17 = 0


Motivazione:


r :

x = 1 + 3ty = 3 − 2tz = 1 − t

e s :

x = 2 + 3ty = 4 − 2tz = 1 − t

Poiche i parametri direttori delle due rette sono proporzionali, le due rette sono parallele.Per stabilire coincidono oppure sono distinte prendiamo un punto qualsiasi di r, ad esempioP := (1, 3, 1) e ne sostituiamo le coordinate nelle equazioni di s. Poiche 3·1+2·3+5·1−19 6= 0abbiamo che P non appartiene a s e, dunque, le due rette sono distinte.




Motivazione:





Motivazione:






ISTRUZIONI








1. Fissata in V 2(O) una base ortonormale formata dai vettori e1 e e2, sia dato il vettore v1 := e1−e2.



I vettori v1 = e1 − e2 e v2 := ae1 + be2 formano una base di V 2(O) se e solo se essi sonolinearmente indipendenti. Cio e verificato se la matrice(

1 a−1 b

)e invertibile, cioe se e solo se a 6= −b. Chiaramente vi sono infinite coppie (a,b) verificantiquesta condizione. Basta infatti osservare che, fissata per esempio a = 0, tutti gli infinitinumeri b 6= 0 verificano la condizione richiesta.






2. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, si considerino il punto A := (−3,−5,−7)e, al variare dei parametri a, b, c e d, le rette:

r :

x = a − t

y = b − 2tz = c − 3t

s :

x = 1y = 2 + dt

z = −1 + 5t



Le rette r e s hanno rispettivamente vettori direttori u := (−1,−2,−3) e v := (0, d, 5).Osserviamo che il rango della matrice

B :=(−1 −2 −30 d 5




Una retta verificante le condizioni date ha equazioni parametriche:x = −3 + lt

y = −5 + mt

z = −7 + nt


−l − 2m − 3n = 0dm + 5n = 0







−5 0 00 −1 20 2 −4

.



0 (0, 2, 1)

−5 (1, 0, 0), (0, 1,−2)

Motivazione:

Il polinomio caratteristico di A e det(A − xI) =∣∣∣−5−x 0 0

0 −1−x 20 2 −4−x

∣∣∣ = −x(x + 5)2, che siannulla per 0 e −5.Per calcolare E(0) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A−0I, cioe

−5x = 0− y + 2z = 0

2y − 4z = 0

le cui soluzioni sono (0, 2h, h) con h parametro reale. Una base di E(0) si ottiene ponendoh = 1.Per calcolare E(−5) risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A−(−5)I,cioe

0 = 04y + 2z = 02y + z = 0

le cui soluzioni sono (h, k,−2k) con h e k parametri reali. Una base di E(−5) si ottieneponendo prima h = 1 e k = 0 e poi h = 0 e k = 1.


D :=

0 0 00 −5 00 0 −5

M :=

0 1 02√5

0 1√5

1√5

0 − 2√5



N :=

0 −1 02√5

0 1√5

1√5

0 − 2√5


Motivazione:

Le colonne di una matrice ortogonale che diagonalizza A si ottengono a partire da una baseortonormale di ciascun autospazio: basta quindi prendere, anche solo per uno degli autospazi,una base ortonormale differente. Ad esempio, nella base ortonormale di E(5) utilizzata perscrivere M rimpiazziamo il vettore (1, 0, 0) con il suo vettore opposto (−1, 0, 0) ottenendoun vettore che e anch’esso ortogonale all’altro vettore della base di E(5) ed ha norma 1:modifichiamo poi di conseguenza la seconda colonna della matrice ortogonale.




x + y + tz + w = 1

4x + 2y + 4z + tw = −2ttx − 2y + 4z − 2w = −2





Vedere il file dei commenti.(b) Determina i valori di t per cui il sistema ha infinite soluzioni, specificando per ciascuno di essi3

la dimensione dello spazio affine delle soluzioni del sistema.

Si hanno infinite soluzioni per ogni valore di t.Per t = −2 lo spazio affine delle soluzioni ha dimensione uguale a 2.per t 6= −2 lo spazio affine delle soluzioni ha dimensione uguale a 1.

Motivazione:


(1 1 t 14 2 4 tt −2 4 −2



(1 1 t4 2 4t −2 4

)e C2 :=

(1 1 14 2 tt −2 −2


rispettivamente uguale a −2t2 − 4t e t2 − 4. Il determinante di C1 si annulla per t = 0 et = −2 mentre quello di C2 si annulla per t = −2 e t = 2: l’unico valore per cui si annullanocontemporaneamente e t = −2. Pertanto At ha rango 3 se t 6= −2 e rango 2 se t = −2.Nel primo caso anche la matrice completa del sistema ha rango 3: infatti il suo rango emaggiore o uguale del rango della matrice del sistema e non puo essere maggiore di 3 perchela matrice completa ha 3 righe. Pertanto, se t 6= 1 il sistema e risolubile con infinite soluzionidipendenti da 4− 3 = 1 parametro. Pertanto lo spazio affine delle soluzioni ha dimensioneuguale a 1.Se invece t = −2 consideriamo gli orlati di B nella matrice completa del sistema: sappiamogia che due di essi (cioe C1 e C2) hanno determinante nullo. L’unico che dobbiamo consi-derare e

(1 1 14 2 4−2 −2 −2

). Poiche il determinante di questo minore e 0 la matrice completa del

sistema ha rango 2 e il sistema e risolubile con infinite soluzioni dipendenti da 4 − 2 = 2parametri. Pertanto lo spazio affine delle soluzioni ha dimensione uguale a 2.


Valore di t scelto:t = −2

Soluzioni del sistema:x = 1 − 4h + 2ky = 6h − 3kz = h

w = k








Motivazione:


6−3 5−4

∣∣ = 0 cioe x − 3y + 9 = 0. Poiche 0 − 3 · 0 + 9 > 0, ilsemipiano delimitato da r e contenente l’origine e definito dalla disequazione x−3y+ 9 > 0.Il quadrato cercato ha lato uguale alla distanza tra A e B cioe

√(6− 3)2 + (5− 4)2 =

√10.


{x = 3 + t

y = 4 − 3t: dunque

il generico punto di questa retta e (3 + t, 4 − 3t). Imponendo che la distanza di questopunto da A sia uguale al lato del quadrato troviamo

√(3 + t− 3)2 + (4− 3t− 4)2 =

√10

da cui otteniamo t = 1 e t = −1. I due punti che otteniamo in corrispondenza di tali valoriappartengono a semipiani opposti rispetto a r. Per t = 1 otteniamo il punto (4, 1): poiche4 − 3 · 1 + 9 > 0, questo e il punto cercato D. Poiche un quadrato e, in particolare, unparallelogramma, per trovare C calcoliamo prima il punto medio M tra B e D. Otteniamocosı M =

(6+4

2 , 5+12

)= (5, 3). Imponendo che M sia il punto medio tra C := (x, y) e A

otteniamo(

x+32 , y+4

2

)= (5, 3) da cui ricaviamo C = (7, 2).



Circonferenza circoscritta: (x− 5)2 + (y − 3)2 = 5Circonferenza inscritta: (x− 5)2 + (y − 3)2 = 5

2

Motivazione:


√102 , mentre il raggio della circonferenza circoscritta puo essere calcolato

come la distanza tra il centro della circonferenza e uno qualunque dei vertici del quadrato,

ad esempio A, ottenendo√

(5− 3)2 + (3− 4)2 =√

5.


delle x determina l’area del triangolo ABPA(ABP ) = 5

Motivazione:




10√

102 = 5.





{2x + y + z − 9 = 0x − y + z − 2 = 0

e s :

{4x − y + 3z − 14 = 05x + y + 3z − 19 = 0


Motivazione:


r :

x = 1 + 2ty = 3 − t

z = 4 − 3te s :

x = 3 + 2ty = 1 − t

z = 1 − 3tPoiche i parametri direttori delle due rette sono proporzionali, le due rette sono parallele.Per stabilire coincidono oppure sono distinte prendiamo un punto qualsiasi di r, ad esempioP := (1, 3, 4) e ne sostituiamo le coordinate nelle equazioni di s. Poiche 4·1−3+3·4−14 6= 0abbiamo che P non appartiene a s e, dunque, le due rette sono distinte.




Motivazione:





Motivazione:




12 gennaio 2007 - Commenti esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2006-2007

Questo documento riporta commenti, approfondimenti o metodi di soluzione alternativi per alcuni esercizidell’esame. Ovviamente alcuni esercizi potevano essere risolti utilizzando metodi ancora diversi. I testiutilizzati si riferiscono a quelli della prima versione.

Esercizio 2 L’insieme dei punti del triangolo, bordo compreso, si ottiene considerando il sistema didisequazioni

x + 3y − 7 ≥ 06x − y − 23 ≤ 05x − 4y + 3 ≥ 0

In sostanza si sostituiscono le disuguaglianze strette con disuguaglianze deboli. In particolare i puntidel bordo del triangolo sono quelli che soddisfano questo sistema e che soddisfano almeno una delledisequazioni con il segno uguale: ad esempio sostituendo le coordinate del punto R :=

(3, 4

3

)nelle

disequazioni troviamo 3 + 3 · 43 − 7 = 0, 6 · 3− 43 − 23 = − 19

3 e 5 · 3− 4 43 + 3 = 38

3 . Dunque il puntoR soddisfa tutte e tre le disequazioni e la prima di esse con il segno uguale: pertanto appartiene albordo. Il punto Q := (−2, 3) invece, anche se soddisfa la disequazione x+ 3y − 7 ≥ 0 con il segnouguale non appartiene al bordo del triangolo: infatti, come visto nella soluzione dell’esercizio, lecoordinate di Q non soddisfano la terza disequazione del sistema e, quindi, il punto Q e esterno altriangolo. Il fatto che −2 + 3 · 3 − 7 = 0 non ci dice che Q appartiene al bordo del triangolo, masolo che appartiene alla retta passante per i punti A e B.

Esercizio 3(b) Si noti che non e necessario calcolare preventivamente gli autovalori di f utilizzando ilpolinomio caratteristico.

Esercizio 3(c) Si poteva anche determinare esplicitamente f a partire dalla matrice ottenendo cosı

f(x, y, z) = (x− y + 4z, 2y + kz, x+ 2z).

Ora il vettore v appartiene all’immagine di f se e solo se esistono x, y, z tali che

(x− y + 4z, 2y + kz, x+ 2z) = (1, 2, 1),

il che equivale a dire che il sistema x − y + 4z = 0

2y + kz = 2x + 2z = 1

e risolubile. Per il teorema di Rouche-Capelli questo puo essere espresso dicendo che il rango dellamatrice A e uguale al rango della matrice orlata

A′ :=

1 −1 4 00 2 k 21 0 2 1

Notiamo ora che, a parte il diverso modo di interpretare l’esercizio, rispetto alle soluzioni pubblicatenel testo i calcoli da fare sono essenzialmente i medesimi. Per calcolare il rango di A, infatti si puoiniziare a calcolarne il determinante. Poiche questo determinante e −4 − k si ha che per k 6= −4la matrice A ha rango 3 e, quindi, necessariamente anche la matrice orlata ha lo stesso rango: ilsistema e risolubile.

Nel caso in cui k = −4 si ha che il rango di A e 2 e un minore invertibile di A di ordine 2 e il minoreB formato dalle prime due righe e due colonne. Il minore B ha in A′ precisamente due orlati:uno e A, di cui e inutile calcolare il determinante perche sappiamo essere 0 (stiamo per l’appuntoconsiderando il valore di k che annulla il determinante di A), l’altro e la matrice

(1 −1 10 2 21 0 1

)che e

esattamente la stessa matrice di cui abbiamo calcolato il determinante nelle soluzioni pubblicatenel testo: il determinante di questa matrice e −2 e, pertanto, la matrice A′ ha rango 3. Dunque ilsistema non e risolubile.

Esercizio 4(a) Si poteva anche determinare direttamente l’intersezione. Un vettore appartiene a E see solo se si puo esprimere come combinazione lineare di u e v:

α(1, 0, 2, 1) + β(1, 2,−2, 3)

Commenti esame 12 gennaio 2007 - Pagina 1


o, equivalentemente,(α+ β, 2β, 2α− 2β, α+ 3β).

Questo vettore generico di E appartiene a F se e solo se

(α+ β) + (2β) + (2α− 2β)− (α+ 3β) = 0

vale a dire2α− 2β = 0,

cioe se e solo se α = β. Dunque i vettori di E ∩ F sono tutti e soli i vettori del tipo

(α+ α, 2α, 2α− 2α, α+ 3α),

cioe(2α, 2α, 0, 4α).

L’intersezione E ∩ F e dunque generata dal singolo vettore non nullo (2, 2, 0, 4).

Esercizio 4(c) Vediamo in dettaglio la soluzione. Innanzitutto troviamo una base di F : risolvendol’equazione che descrive tale sottospazio si ha che i vettori di F sono tutti e soli i vettori del tipo

(x, y, z, x+ y + z)

al variare dei parametri x, y e z in R. Dunque una base per F e formata dai vettori v1 := (1, 0, 0, 1),v2 := (0, 1, 0, 1) e v3 := (0, 0, 1, 1). Applichiamo ora il procedimento di ortonormalizzazione diGram-Schmidt. Poniamo

u1 := v1,

u2 := v2 + αu1.

Calcolando il prodotto scalare u1 × u2 troviamo:

u1 × u2 = (1, 0, 0, 1)× ((0, 1, 0, 1) + α (1, 0, 0, 1)) == (1, 0, 0, 1)× (0, 1, 0, 1) + α (1, 0, 0, 1)× (1, 0, 0, 1) == 1 + 2α.

Se ora scegliamo α = − 12 abbiamo che u1 ⊥ u2. Dunque:

u1 = (1, 0, 0, 1) ,

u2 = (0, 1, 0, 1)− 12

(1, 0, 0, 1) =(−1

2, 1, 0,

12

).

Poniamo ora:u3 := v3 + β1u1 + β2u2.

Cerchiamo allora β1 e β2 tali che u3 sia ortogonale a u1 e a u2. Calcoliamo i prodotti scalari:

u3 × u1 = (v3 + β1u1 + β2u2)× u1 == v3 × u1 + β1u1 × u1 + β2u2 × u1 == v3 × u1 + β1u1 × u1 == (0, 0, 1, 1)× (1, 0, 0, 1) + β1 (1, 0, 0, 1)× (1, 0, 0, 1) == 1 + 2β1.



Si noti che abbiamo utilizzato il fatto che u1×u2 = 0. Dunque se scegliamo β1 = − 12 abbiamo che

u3 × u1 = 0. Analogamente:

u3 × u2 = (v3 + β1u1 + β2u2)× u2 == v3 × u2 + β1u1 × u2 + β2u2 × u2 == v3 × u2 + β2u2 × u2 =

= (0, 0, 1, 1)×(−1

2, 1, 0,

12

)+

+ β2

(−1

2, 1, 0,

12

)×(−1

2, 1, 0,

12

)=

=12

+32β2.

Dunque se scegliamo β2 = − 13 abbiamo che u3 × u2 = 0. Abbiamo dunque una base ortogonale

per E:

u1 = (1, 0, 0, 1) ,

u2 =(−1

2, 1, 0,

12

),

u3 = (0, 0, 1, 1)− 12

(1, 0, 0, 1)− 13

(−1

2, 1, 0,

12

)=(−1

3,−1

3, 1,

13

).

Prima di proseguire puo essere utile, per escludere eventuali errori di calcolo, controllare che ivettori cosı ottenuti sono a due a due ortogonali facendo i vari prodotti scalari e che appartengonoeffettivamente a F verificando che soddisfano l’equazione che definisce F .

Se ora dividiamo ciascuno di questi vettori per la propria norma otteniamo una base ortonormaledi E:

w1 :=1‖u1‖

u1 =1√2

(1, 0, 0, 1),

w2 :=1‖u2‖

u2 =

√23

(−1

2, 1, 0,

12

),

w3 :=

√34

(−1

3,−1

3, 1,

13

).

Questa base e diversa da quella data nelle soluzioni pubblicate nel testo.

Esercizio 5(a) Per risolvere esplicitamente l’equazione omogenea 7a2 − 6ab− b2 = 0 si puo notare cheper b = 0 si ottiene come corrispondente soluzione a = 0: poiche ponendo a = b = 0 nell’equazionedel fascio di rette non si ottiene l’equazione di una retta ma l’identita 0 = 0, possiamo supporreche b 6= 0. Dividendo allora per b2 l’equazione omogenea otteniamo l’equazione di secondo gradonell’incognita a

b :

7(ab

)2

− 6a

b− 1 = 0,

che puo ora essere facilmente risolta.

Esercizio 5(b) Notiamo che per risolvere questo esercizio non e stato necessario determinare esplicita-mente i vertici del triangolo. In particolare si noti che si poteva dare risposta a questa domandaanche senza conoscere le risposta alla domanda (a).

Se non ci si fosse accorti di cio si poteva procedere determinando l’intersezione tra una delletangenti, ad esempio la retta r : x+ y + 6 = 0, e la circonferenza:{

x+ y + 6 = 0

(x− 4)2 + y2 = 50

la cui equazione risolvente e(−6− y − 4)2 + y2 = 50



ovvero2y2 + 20y + 50,

che ha come soluzione (doppia) y = −5. Sostituendo questo valore nell’equazione di r troviamoR := (−1,−5). Ora abbiamo i tre vertici del triangolo CPR: la lunghezza del lato del lato PRe uguale a

√(−11− (−1))2 + (5− (−5))2) = 10

√2 (questo dato, ovviamente coincide con quello

calcolato nelle soluzioni pubblicate nel testo). Per determinare l’altezza relativa a questo lato sipuo procedere in due modi:

• si nota che il triangolo CPR e rettangolo in R poiche PR e tangente alla circonferenza inP e CP e il raggio della circonferenza passante per il punto di tangenza. Grazie a questaosservazione, dunque, l’altezza non e altro che il raggio della circonferenza.

• se non si nota che il triangolo CPR e rettangolo in R, basta calcolare la distanza del puntoC dalla retta r trovando ancora (ovviamente) lo stesso valore.

Esercizio 5(c) Questo esercizio e stato risolto in maniera semplice utilizzando proprieta geometrichedella circonferenza: in particolare si poteva dare risposta alla domanda (c) anche senza conoscerela risposta alla domanda (a). Se non si fosse notato questo fatto si poteva procedere anche cosı:una volta trovate le rette tangenti rispondendo alla domanda (a), le bisettrici degli angoli formatidalle rette r e s sono formate da tutti e soli i punti equidistanti da r e s, cioe da tutti i punti (x, y)che soddisfano la condizione:

|x+ y + 6|√12 + 12

=|x− 7y + 46|√

12 + (−7)2

vale a dire5|x+ y + 6| = |x− 7y + 46|.

Questo avviene se e solo se5(x+ y + 6) = x− 7y + 46,

o−5(x+ y + 6) = x− 7y + 46.

Sviluppando queste due equazioni otteniamo le equazioni delle bisettrici cercate.

Esercizio 6(b) Alternativamente questo esercizio poteva essere risolto anche cosı. Una volta trovato ilpunto P , ricordando che al punto (a) abbiamo determinato i parametri direttori di s (e, quindi, dil) le equazioni parametriche di l possono essere scritte cosı:

x = t

y = 4 + 2tz = 6 + t

.

Ora e facile ottenere delle equazioni cartesiane di t, ad esempio

{2x − y 4 = 0x − z + 6 = 0

Esercizio 6(c) La risposta a questa domanda e stata data con considerazioni unicamente geometrichesenza bisogno di alcun calcolo. In particolare si noti che si poteva dare risposta a questa domandaanche senza conoscere le risposte alle domande (a) e (b).

Se non ci si fosse accorti di cio si poteva procedere determinando l’intersezione tra la retta l e ilpiano π. Questo puo essere fatto in due modi:

• Utilizzando le equazioni cartesiane della retta l si considera il sistemax − z + 6 = 0x − 2y + 3z − 10 = 0x − y + z − 2 = 0

Risolvendo questo sistema con il metodo preferito si vede facilmente che le soluzioni dipendonoda un parametro, cioe corrispondono ai punti di una retta. Dunque l’intersezione tra l e π euna retta (che deve necessariamente coincidere con l).



• Utilizzando le equazioni parametriche di l si considera l’equazione risolvente

t− (4 + 2t) + (6 + t)− 2 = 0.

Poiche questa e un’identita, ogni punto di l appartiene al piano π.


22 marzo 2007 - Commenti esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2006-2007


Esercizio 3(c) Una volta trovate le basi per nucleo e immagine di f si poteva determinare direttamentela loro intersezione senza utilizzare la formula di Grassman. Un vettore v appartiene al nucleo dif se e multiplo del vettore (2,−1, 1) cioe se e uguale a α(2,−1, 1) per qualche α reale; d’altra partev appartiene all’immagine di f se e combinazione lineare di (3, 2, 1) e (1, 3, 0) cioe se esistono β eγ tali che v = β(3, 2, 1) + γ(1, 3, 0). Dunque si ha

α(2,−1, 1) = β(3, 2, 1) + γ(1, 3, 0),

vale a dire(2α,−α, α) = (3β + γ, 2β + 3γ, β)

che da come condizione β = α e γ = −α. Dunque i vettori dell’intersezione dipendono da unparametro α e sono tutti e soli i vettori del tipo (2α,−α, α) al variare di α in R.

Esercizio 4(b) Si noti che per rispondere a questa domanda non e necessario aver risposto alla domandaprecedente: in particolare non e necessario calcolare gli autovalori di f utilizzando il polinomiocaratteristico.

Esercizio 4(c) Vediamo per esteso come determinare le matrici D e M . La matrice D puo essereottenuta immediatamente: basta scrivere lungo la diagonale gli autovalori determinati al punto a,ciascuno un numero di volte uguale alla dimensione del corrispondente autospazio. Dunque

D :=

3 0 0 00 0 0 00 0 2 00 0 0 2

.

Si sarebbe potuto scegliere anche un diverso ordine per gli autovalori: in tal caso anche la matriceM dovrebbe essere modificata di conseguenza.

Poi occorre calcolare per ciascun autovalore una base ortonormale del relativo autospazio.

Cominciamo, ad esempio, a calcolare una base (non necessariamente ortonormale) dell’autospaziorelativo a 2. Occorre risolvere il sistema omogeneo:

3− 2 0 0 00 1− 2 1 00 1 1− 2 00 0 0 2− 2

xyzt

=

0000

,

le cui soluzioni sono i vettori del tipo (0, t, t, u) al variare di t e u in R. Una base per E(2) eallora formata dai vettori (0, 1, 1, 0) e (0, 0, 0, 1). Dobbiamo ora ortonormalizzare questa base:fortunatamente questi due vettori formano gia una base ortogonale di E(2) (se non ce ne fossimoaccorti o se avessimo trovato una base differente non sarebbe stato comunque difficile trovare unabase ortogonale con la prima parte del processo di ortonormalizzazione di Gram-Schmidt). Perottenere una base ortonormale di E(2) basta ora dividere ciascun vettore della base ortogonaleper la propria norma, ottenendo cosı i vettori

(0, 1√

2, 1√

2, 0)

e (0, 0, 0, 1). Poiche nella matrice Dabbiamo posto l’autovalore 2 in terza e quarta posizione, scriviamo le componenti rispetto alla basecanonica dei vettori cosı ottenuti lungo la terza e quarta colonna di M . Possiamo poi calcolare inmaniera analoga una base ortonormale per gli altri autospazi (poiche entrambi gli altri autospazihanno dimensione 1, una volta trovata una base per essi, basta dividere ciascun vettore per lapropria norma).

E importante notare che il processo di ortonormalizzazione va applicato separatamente sulle basidi ciascun autospazio: se si considerasse una base di R4 formata da autovettori di A e si applicassea questa base il processo di ortonormalizzazione si otterrebbe una base ortonormale di R4 chepotrebbe non essere formata da autovettori di A.

Commenti esame 22 marzo 2007 - Pagina 1

22 marzo 2007 - Commenti esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2006-2007

Esercizio 6(a) Date due rette r e s:

• nel caso siano parallele, tutti i piani contenenti r sono paralleli a s;

• nel caso non siano parallele, esiste un unico piano contenente r e parallelo a s.

In particolare si poteva senz’altro escludere la possibilita che non esistesse alcun piano contenenter e parallelo a s.

Esercizio 6(b) L’insieme dei piani ortogonali a s forma un fascio di piani paralleli. Dato un puntoqualunque dello spazio esiste esattamente uno e un solo piano di questo fascio che lo contiene. Inparticolare dato un punto qualunque di r esiste un unico piano ortogonale a s che lo contiene:pertanto puo esistere al massimo un piano ortogonale a s contenente tutta la retta r Si potevasenz’altro escludere quindi la possibilita che ci fossero infiniti piani contenenti r e ortogonali a s.Il piano in questione esiste se e solo se le rette r e s son ortogonali (si ricordi che nello spazio duerette ortogonali non sono necessariamente incidenti).

Esercizio 6(c) Si noti che si e potuto escludere il parallelismo tra le due rette sfruttando la soluzionedella prima domanda. Se non ci si fosse accorti di cio si potevano determinare i parametri direttoridi r ricavandone le equazioni parametriche:

x = 1 − 3ty = −2 − 2tz = t

.

Poiche i parametri direttori di r non sono proporzionali ai parametri direttori di s, le due rette nonsono parallele.

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11 luglio 2007 - Commenti esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2006-2007


Esercizio 2(a) I calcoli utilizzati nella seconda parte permettono di rispondere anche a questo quesito.Nella parametrizzazione data nelle soluzioni i punti del segmento di estremi A e B corrispondonoa valori del parametro compreso tra 0 e 1: poiche l’intersezione tra la retta r e il piano π si ottieneper il valore 3 del parametro, cio significa che tale intersezione non appartiene al segmento.

Esercizio 2(b) La retta r puo essere parametrizzata anche in modi diversi: ovviamente in tal caso ipunti della semiretta di origine A e contenente B corrispondono a valori differenti del parametro.Ad esempio se parametrizziamo la retta r cosı:

r :

x = 2 + t

y = 2 − t

z = 5 + 4t

vediamo che A si ottiene per t = −1 e B si ottiene per t = 0. Dunque i punti della semiretta diorigine A e contenente B sono quelli corrispondenti ai valori del parametro t maggiori di −1.

Esercizio 3(c) Dato un vettore u, i vettori che hanno la stessa immagine di u tramite f sono tutti esoli quelli che si possono scrivere nella forma u + t per qualche vettore t in ker f . Poiche sappiamodal punto (a) che il nucleo di f ha dimensione 1 e contiene, quindi, infiniti vettori, dato un qualsiasivettore u, esistono infiniti vettori che hanno la stessa immagine di u tramite f . Poiche e richiestodi trovare tre vettori aventi la stessa immagine non nulla, basta allora scegliere un qualsiasi vettoreu tale che f(u) 6= 0 cioe tale che u /∈ ker f . Poiche ker f e formato dai multipli di (−1, 1,−1, 1),scegliamo, ad esempio, u := (1, 0, 0, 0). Sommiamo a questo vettore due distinti vettori nonnulli del nucleo di f e otteniamo, ad esempio, i vettori (1, 0, 0, 0) + (−1, 1,−1, 1) = (0, 1,−1, 1) e(1, 0, 0, 0) + (1,−1, 1,−1) = (2,−1, 1,−1).

Esercizio 4(b) Se non avessimo calcolato preventivamente la dimensione della somma utilizzando laformula di Grassmann, avremmo potuto considerare la matrice le cui colonne sono date dallecomponenti rispetto alla base canonica dei generatori della somma:

1 0 2 01 1 3 1−1 −1 0 −40 1 2 0

.

Calcolando poi il rango di questa matrice con uno dei metodi usuali (il risultato sara chiaramente3) e facile poi determinare una base per E + F .

Esercizio 5(b) L’equazione dell’asse di un segmento puo anche essere determinata tenendo conto delfatto che e il luogo dei punti del piano equidistanti dagli estremi. Ad esempio un punto P := (x, y)appartiene all’asse del segmento AC se e solo se la distanza di P da A e uguale alla distanza di Pda C, cioe se (x− 7)2 + (y − 4)2 = (x− 1)2 + (y − 6)2. Espandendo questa uguaglianza troviamox2 − 14x + 49 + y2 − 8y + 16 = x2 − 2x + 1 + y2 − 12y + 36 da cui si ottiene 12x − 4y − 28 = 0equivalente all’equazione 3x− y − 7 = 0 trovata con altro metodo.

Esercizio 5(c) Per trovare l’equazione della circonferenza senza determinare esplicitamente il centro e ilraggio si puo considerare l’equazione cartesiana della generica circonferenza x2+y2+ax+by+c = 0.Imponendo il passaggio per A, B e C otteniamo il sistema

65 + 7a + 4b + c = 085 + 7a − 6b + c = 037 + a + 6b + c = 0

la cui soluzione a = −4, b = 2, c = −45 da l’equazione cercata.

Commenti esame 11 luglio 2007 - Pagina 1

21 settembre 2007 - Commenti esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2006-2007


Esercizio 3(a) Per rispondere a questa domanda non serve calcolare il polinomio caratteristico e de-terminare gli autovalori in funzione del parametro k.

Esercizio 3(b) Vediamo per esteso come determinare le matrici D e M . Calcoliamo innanzitutto ilpolinomio caratteristico della matrice Ak (con k = 1):

det(A− xI) =

∣∣∣∣∣∣−2− x 1 1

1 −2− x 11 1 −2− x

∣∣∣∣∣∣ = −x3 − 6x2 − 9x = −x(x+ 3)2.

Gli autovalori di Ak sono, quindi, 0 e −3.

Occorre calcolare per ciascun autovalore una base ortonormale del relativo autospazio.

Cominciamo con il calcolare una base (non necessariamente ortonormale) dell’autospazio relativoa −3. Occorre risolvere il sistema omogeneo:−2− (−3) 1 1

1 −2− (−3) 11 1 −2− (−3)

xyz

=

000

,

le cui soluzioni sono i vettori del tipo (−t− u, t, u) al variare di t e u in R. Una base per E(−3) eallora formata dai vettori v1 := (−1, 1, 0) e v2 := (−1, 0, 1). Applichiamo ora il procedimento diortonormalizzazione di Gram-Schmidt. Poniamo

u1 := v1,

u2 := v2 + αu1.

Calcolando il prodotto scalare u1 × u2 troviamo:

u1 × u2 = (−1, 1, 0)× ((−1, 0, 1) + α (−1, 1, 0)) == (−1, 1, 0)× (−1, 0, 1) + α (−1, 0, 1)× (−1, 0, 1) == 1 + 2α.

Se ora scegliamo α = − 12 abbiamo che u1 ⊥ u2. Dunque:

u1 = (−1, 1, 0) ,

u2 = (−1, 0, 1)− 12

(−1, 1, 0) =(−1

2,−1

2, 1)

formano una base ortogonale per E(−3).

Prima di proseguire puo essere utile, per escludere eventuali errori di calcolo, controllare che i vettoricosı ottenuti siano effettivamente ortogonali facendone il prodotto scalare e che appartengano aE(−3) verificando che soddisfino il sistema che da gli autovettori relativi all’autovalore −3.

Per ottenere una base ortonormale di E(−3) basta ora dividere ciascun vettore della base ortogonaleper la propria norma, ottenendo cosı i vettori

(− 1√

2, 1√

2, 0)

e (− 1√6,− 1√

6, 2√

6).

Calcoliamo ora una base (non necessariamente ortonormale) dell’autospazio relativo a 0. Occorrerisolvere il sistema omogeneo:−2− 0 1 1

1 −2− 0 11 1 −2− 0

xyz

=

000

,

le cui soluzioni sono i vettori del tipo (t, t, t) al variare di t e in R. Una base per E(0) e allora formatadal vettore (1, 1, 1). Poiche abbiamo un singolo vettore, per ottenere una base ortonormale di E(0)e sufficiente dividere questo vettore per la propria norma, ottenendo cosı il vettore

(1√3, 1√

3, 1√

3

).

Commenti esame 21 settembre 2007 - Pagina 1

21 settembre 2007 - Commenti esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2006-2007

Abbiamo cosı trovato una base ortonormale di R3 formata da autovettori di Ak:(− 1√

2, 1√

2, 0)

,

(− 1√6,− 1√

6, 2√

6) e(

1√3, 1√

3, 1√

3

).

E importante notare che il processo di ortonormalizzazione va applicato separatamente sulle basidi ciascun autospazio: se si considerasse una base di R3 formata da autovettori di A e si applicassea questa base il processo di ortonormalizzazione si otterrebbe una base ortonormale di R3 chepotrebbe non essere formata da autovettori di Ak. Inoltre, lase che abbiamo trovato e solo unadelle possbili basi ortonormali di R3 formata da autovettori di Ak.

Possiamo ora scrivere la matrice D e la matrice M . Per la matrice D basta scrivere lungo la diago-nale gli autovalori determinati in precedenza, ciascuno un numero di volte uguale alla dimensionedel corrispondente autospazio. Dunque

D :=

−3 0 00 −3 00 0 0

.

Per scrivere la matrice M riportiamo sulle sue colonne le componenti rispetto alla base canonicadei vettori della base ortonormale di autovettori di Ak che abbiamo determinato in precedenza:

M :=

−1√2− 1√

61√3

1√2− 1√

61√3

0 2√6

1√3

.

Si sarebbe potuto scegliere anche un diverso ordine per gli autovalori: in tal caso anche la matriceM dovrebbe essere modificata di conseguenza.

Esercizio 5(a) Per determinare il punto C avremmo anche potuto determinare la retta passante perO = (0, 0) e A = (3, 1) la cui equazione cartesiana e x− 3y = 0 e la retta passante per O = (0, 0)e B := (7,−2) la cui equazione cartesiana e 2x + 7y = 0. Intersecando queste due rette troviamole coordinate del punto C. Ovviamente questo metodo funziona perche i punti O, A e B non sonoallineati, vale a dire il parallelogramma non e degenere.

Esercizio 5(c) Determiniamo innanzitutto le rette cui appartengono i lati del parallelogramma. Laretta passante per O = (0, 0) e A = (3, 1) ha equazione cartesiana x − 3y = 0; la retta passanteper O = (0, 0) e B := (7,−2) ha equazione cartesiana 2x + 7y = 0, la retta passante per B e Cha equazione cartesianax − 3y − 13 = 0 e la retta passante per A e C ha equazione cartesiana2x + 7y − 13 = 0. Per ciascuna di queste rette dobbiamo trovare, tra i due semipiani che essadelimita, qual e quello che contiene i punti interni al parallelogramma. Ad esempio, data la rettapassante per O e A, dobbiamo considerare il semipiano contenente il punto B (e di conseguenzaanche il punto C). Sostituendo nel polinomio x− 3y le coordinate di B, troviamo 7− 3(−2) = 13.Poiche 13 > 0 la disequazione che ci interessa e x − 3y > 0. Analogamente troviamo le altredisequazioni.

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6 dicembre 2007 - Commenti esame di geometria - Ing. gestionale - a.a. 2007-2008

Questo documento riporta:

• Motivazioni Alternative (M.A.). Mostriamo risoluzioni dell’esercizio differenti da quelle inseritenelle soluzioni. Alcune volte queste richiedono meno calcoli.

• Impariamo Dagli Errori Altrui (I.D.E.A.)

• Approfondimenti Ulteriori (A.U.)

I testi utilizzati si riferiscono a quelli della prima versione.

Esercizio 2(a)

M.A. Per risolvere questo esercizio si poteva anche determinare la retta rAB passante per i puntiA e B la cui equazione e x − 3y + 60 = 0 e la retta rCD passante per i punti C e D lacui equazione e x + y − 64 = 0. Poiche le due rette non sono parallele, si intersecano in unpunto H. Per vedere se H appartiene al segmento AB consideriamo i due semipiani in cui laretta rCD divide il piano: questi semipiani sono descritti rispettivamente dalle disequazionix + y − 64 > 0 e x + y − 64 < 0. Poiche 30 + 30 − 64 < 0 e 39 + 33 − 64 > 0 i punti A eB stanno in semipiani delimitati da rCD diversi: pertanto il punto H sta sul segmento AB.Analogamente si vede che il punto H sta sul segmento CD.

I.D.E.A. Molti studenti hanno affermato che i segmenti AB e CD si intersecano poiche le retterAB e rBC non sono parallele. Questa affermazione e chiaramente sbagliata. Infatti affinchei due segmenti si intersechino e necessario ma non sufficiente che le rette si intersechino. Lerette infatti si possono intersecare in un punto esterno ad uno o ad entrambi i segmenti. Siconsiglia a questo proposito di dare qualche esempio.

I.D.E.A. Alcuni studenti hanno affermato che i segmenti AB e BC si intersecano se i punti C eD appartengono a semipiani differenti delimitati dalla retta rAB . Anche questa affermazionee sbagliata. Infatti in tal caso il punto di intersezione del segmento CD con la retta rAB echiaramente interno al segmento CD ma potrebbe essere esterno al segmento AB.

Esercizio 2 (b)

M.A. Abbiamo visto come rispondere alla domanda senza fare alcun calcolo e sfruttando il fattoche, se un segmento interseca una retta r in un suo punto interno, allora gli estremi delsegmento appartengono a due semipiani differenti delimitati dalla retta r. Ovviamente sisarebbe potuto rispondere alla domanda determinando innanzitutto le condizioni verificateda tutti e soli i punti interni al triangolo di vertici A, B e C. Esse sono:

x − 3y + 60 < 0x + 9y − 336 < 0x − 30 > 0

La prima disequazione e ottenuta considerando dapprima l’equazione x − 3y + 60 = 0 dellaretta passante per i punti A e B e scegliendo tra le due disequazioni x − 3y + 60 > 0 ex − 3y + 60 < 0 quella verificata dal punto C. In modo analogo la seconda disequazione eottenuta a partire dall’equazione della retta passante per B e C, mentre la terza e ottenutaa partire dall’equazione della retta passante per A e C (osserviamo a questo proposito che ipunti B e C hanno entrambi l’ascissa uguale a 30 e quindi l’equazione della retta passanteper essi e x− 30 = 0). Una volta determinate le tre disequazioni si osserva che le coordinatedel punto D verificano solo la prima delle tre disequazioni e quindi il punto D non e internoal triangolo ABC.

Esercizio 3 (c)

I.D.E.A. Alcuni studenti hanno affermato che, poiche il nucleo di f ha dimensione uguale a1, non esistono due vettori linearmente indipendenti che hanno la stessa immagine. Questaaffermazione e sbagliata dal momento che il fatto che il nucleo ha dimensione uguale a 1 ci dicesolamente che non esistono due vettori linearmente indipendenti che abbiano come immagine ilvettore nullo. Esistono invece vettori linearmente indipendenti che hanno la stessa immagine.

Commenti esame 6 dicembre 2007 - Pagina 1


A.U. Una rappresentazione geometrica puo aiutare a capire. Ricordiamo che i sottospazi vettorialidi dimensione 1 possono essere pensati come rette passanti per l’origine, mentre i sottospaziaffini di dimensione 1 possono essere pensati come rette non necessariamente passanti perl’origine. Nel nostro caso il nucleo corrisponde alla retta r passante per l’origine e avente(1, 1,−2) come vettore direttore, mentre le controimmagini non vuote corrispondono alle retteparallele a r.Se prendiamo quindi un vettore v non appartenente al nucleo e indichiamo con w la suaimmagine tramite f (cioe f(v) = w, il sottospazio affine v + ker f e formato da tutti i vettoriaventi per immagine w: questo sottospazio affine corrisponde a una retta s parallela a r e nonpassante per l’origine. Due vettori distinti qualunque di questo sottospazio affine (cioe aventiil punto finale su s) sono linearmente indipendenti perche se fossero linearmente dipendentidovrebbero essere uno multiplo dell’altro e, in particolare, la retta passante per i loro puntifinali (cioe s) dovrebbe passare per l’origine.

Esercizio 4(a)

I.D.E.A. Alcuni studenti hanno compiuto vari errori nel calcolo delle radici del polinomio carat-teristico. Spesso l’errore e nato dalla lunghezza dei calcoli dovuta al fatto che si e scelto unmetodo lungo per il calcolo del determinante. In questo caso conviene ovviamente sviluppareil determinante rispetto alla terza riga in modo tale che il polinomio caratteristico det(A−xI)sia automaticamente fattorizzato nel prodotto di −x per un polinomio di secondo grado, lecui radici sono facili da calcolare.

I.D.E.A. Alcuni studenti, per calcolare il polinomio caratteristico di A, hanno innanzitutto ope-rato sulla matrice A operazioni elementari di riga, ottenendo una matrice A′. Si tratta di unerrore grave. Infatti operando operazioni elementari di riga, il determinante e il rango dellamatrice rimangono inalterati, ma variano autovettori ed autovalori.

Esercizio 4(b)

M.A. Si sarebbe potuto determinare una base dell’autospazio relativo a 0 osservando innanzituttoche il rango di A e uguale a 1 e quindi l’autospazio ha dimensione uguale a 2 (spiegare perche).Dobbiamo quindi determinare due vettori linearmente indipendenti aventi come immagine ilvettore nullo. A tale scopo osserviamo che la matrice A ha la prima e la terza colonna ugualie quindi le immagini del primo e del terzo vettore della base canonica di R3 hanno la stessaimmagine (spiegare perche). Ne segue che il vettore v1 = (1, 0,−1), differenza dei due vettoridi cui sopra, ha come immagine il vettore nullo. Osserviamo poi che la seconda colonna dellamatrice A e il doppio della prima colonna. Ne segue che il vettore v2 = (2,−1, 0) ha comeimmagine il vettore nullo (spiegare perche). Si verifica facilmente che v1 e v2 sono linearmenteindipendenti.

I.D.E.A. Alcuni studenti hanno calcolato in modo esatto i vettori dell’autospazio di f . Sono(−2h−k, h, k). Hanno poi pero assegnato in modo sbagliato i valori ai parametri. Ricordiamo ilprocedimento da seguire in questo caso. I parametri sono 2 , quindi l’autospazio ha dimensione2. Una sua base si ottiene prima assegnando i valori (1, 0) a (h, k) e poi assegnando i valori(0, 1) a (h, k).

I.D.E.A. Vari studenti hanno scritto “Il vettore (−2, 1, 0) forma una base di E(0) e il vettore(−1, 0, 1) forma un’altra base di E(0)”. Questa affermazione e chiaramente sbagliata. Sisarebbe dovuto scrivere “Il vettore (−2, 1, 0) e il primo vettore di una base di E(0) e il vettore(−1, 0, 1) e il secondo vettore”.

I.D.E.A. Alcuni studenti, per fortuna pochi, hanno determinato autospazi la cui somma delledimensioni e maggiore di 3. Si tratta di un gravissimo errore. Sappiamo infatti che i vettoridelle singole basi degli autospazi, messi tutti insieme, sono linearmente indipendenti. Nonpossono essere quindi in numero superiore a 3.

Esercizio 4(c)

M.A. Per ottenere la matrice D basta scrivere lungo la diagonale gli autovalori determinati inprecedenza, ciascuno un numero di volte uguale alla dimensione del corrispondente autospazio.



Dunque

D :=

0 0 00 0 00 0 5

.

Per scrivere la matrice M riportiamo sulle sue colonne le componenti rispetto alla basecanonica dei vettori della base di autovettori di A che abbiamo determinato in precedenza:

M :=

−2 −1 11 0 20 1 0

.

Si sarebbe potuto scegliere anche un diverso ordine per gli autovalori: in tal caso si sarebbedovuto modificare di conseguenza anche la matrice M (vedere il punto successivo).

I.D.E.A. Molti studenti hanno posto

D :=

5 0 00 0 00 0 0

.

e

M :=

−2 −1 11 0 20 1 0

.

Si tratta di un errore grave. Dal momento che abbiamo inserito al primo posto della diagonaleprincipale della matrice D l’autovalore 5 dobbiamo scegliere come prima colonna della matriceM le coordinate del vettore di una base di E(5). Analogamente, dato che abbiamo inserito alsecondo e al terzo posto della matrice D il valore 0, dobbiamo inserire nella seconda e terzacolonna della matrice M le coordinate di due vettori che formano una base di E(0).

I.D.E.A. Alcuni studenti hanno determinato una matrice M avente chiaramente il determinantenullo. Si tratta di un gravissimo errore. La matrice M deve avere il determinante non nullodal momento che si deve avere D = M−1AM .

I.D.E.A. Alcuni studenti hanno posto sulla diagonale principale di D numeri che non sono auto-valori di A. Grave errore: sulla diagonale principale di D compaiono solo gli autovalori di A.Si consiglia di dimostrare questa affermazione.

I.D.E.A. Alcuni studenti, pochi per la verita, hanno determinato per ogni autospazio una baseortonormale. In effetti non hanno compiuto alcun errore. Hanno pero fatto tanti calcoli inutili.Infatti non e richiesto che la matrice M sia ortonormale. Osserviamo che, poiche la matriceA non e simmetrica, non esiste alcuna matrice M ortogonale che la diagonalizza. Osserviamoinfine che, anche scegliendo basi ortonormali in ogni autospazio, in questo caso non si ottieneuna base ortonormale per tutto lo spazio R3. Infatti i vettori di E(5) non sono ortogonali adambedue i vettori di una qualsiasi base di E(0). Provare per credere.

Esercizio 5(a)

M.A. Si puo risolvere questo esercizio anche trovando il punto medio H =(

5−12 , 3+1

2

)= (2, 2) di

C e D, considerando il fascio di rette parallele a t: x + 2y + k = 0 e imponendo il passagioper H ottenendo cosı la condizione 2 + 2 · 2 + k = 0 da cui ricaviamo k = −6 che da quindil’equazione x+ 2y − 6 = 0.Si puo infatti dimostrare che ogni retta passante per il punto medio H di B e C e equidistantedai punti B e C. Se chiamiamo E la proiezione ortogonale di B su r e F la proiezioneortogonale di C su r vediamo che i triangoli BHE e CHF hanno gli angoli BEH e CFHuguali (perche retti), gli angoli in BHE e CHF uguali perche opposti al vertice e i lati BH eCH uguali (perche H e punto medio di B e C). Dunque i triangoli BHE e CHF sono uguali:in particolare i lati BE e CF sono uguali. Poiche la distanza di B da r e uguale alla distanzadi B da E e la distanza di C da r e uguale alla distanza di C da F abbiamo che B e C sonoequidistanti da r. Per completezza avremmo dovuto osservare che la retta passante per B eC non e parallela a t: in tal caso infatti i punti B e C sarebbero stati equidistanti da ciascunaretta parallela a t.



r

t

B

C

HE

F

I.D.E.A. Alcuni studenti dopo aver determinato il punto medio H tra C e D hanno determinatola retta ortogonale al segmento CD passante per H (ottenendo cosı la retta di equazione4x+ 2y−12 = 0). Questa retta e l’asse del segmento ma non e parallela a t (che ha equazionex+ 2y + 5). Il disegno dovrebbe aiutare a comprendere meglio la situazione.Si noti che l’asse del segmento e la retta formata dai punti che sono equidistanti da B e Cma dicendo che una retta e equidistante da B e C non si intende dire che ogni punto dellaretta e equidistante da B e C. Anche qui, il disegno dovrebbe aiutare a comprendere megliola situazione.

Esercizio 5(c)

I.D.E.A. Alcuni studenti hanno calcolato l’area dei triangoli ACH e ADH supponendo che fosserorettangoli in H cioe che la retta r fosse ortogonale alla retta passante per B e C. Questoerrore e simile al precedente: la retta r non e l’asse del segmento B e C. Anche qui, il disegnodovrebbe aiutare a comprendere meglio la situazione.

Esercizio 6(a)

I.D.E.A. Alcuni studenti, dopo aver scritto l’equazione del fascio come (λ + 2µ)x + (2λ + µ)y +(−3λ − µ)z + 2λ + 3µ = 0 e aver notato che la retta s ha vettore direttore (1, 3, 1) hannoimposto come condizione di parallelismo tra retta e fascio

1 · (λ+ 2µ) + 3 · (2λ+ µ) + 1 · (−3λ− µ) + 2λ+ 3µ = 0

invece che1 · (λ+ 2µ) + 3 · (2λ+ µ) + 1 · (−3λ− µ) = 0.

La condizione1 · (λ+ 2µ) + 3 · (2λ+ µ) + 1 · (−3λ− µ) + 2λ+ 3µ = 0

non e la condizione di parallelismo tra piano e retta ma e, semmai, la condizione di passaggioper il punto (1, 3, 1).Per ricordare la condizione di parallelismo tra un piano e un vettore in un riferimento cartesia-no si puo ragionare cosı: il piano di equazione ax+by+cz+d = 0 e parallelo al vettore (m,n, p)se e solo se il vettore (a, b, c) (che e ortogonale al piano) e ortogonale al vettore (m,n, p) cioese e solo se il prodotto scalare tra questi due vettori (cioe am+ bn+ cp si annulla.D’altra parte la condizione di parallelismo non puo coinvolgere il termine noto del piano.Infatti i due piani ax+ by+ cz + d = 0 e ax+ by+ cz + d′ = 0 sono tra loro paralleli e quindiogni vettore m,n, p) parallelo al primo piano e parallelo anche al secondo: se la condizionefosse am+ bn+ cp+ d = 0 avremmo (nel caso in cui d 6= d′) che am+ bn+ cp+ d′ 6= 0 cioe ilvettore m,n, p) sarebbe parallelo al primo piano ma non al secondo.



Questo documento riporta:

• Motivazioni Alternative (M.A.). Mostriamo risoluzioni dell’esercizio differenti da quelle inseritenelle soluzioni. Alcune volte queste richiedono meno calcoli.

• Impariamo Dagli Errori Altrui (I.D.E.A.)

• Approfondimenti Ulteriori (A.U.)

I testi utilizzati si riferiscono a quelli della prima versione.

Esercizio 2(b)

M.A. Per rispondere a questo esercizio si poteva anche osservare che, scelti comunque i parametri,le due rette non sono parallele per e quindi esistono infiniti piani, tutti tra loro paralleli,paralleli alle rette date. Pertanto esistono infinite rette, tutte tra loro parallele, perpendicolaria tali piani e quindi perpendicolari alle due rette. Una sola di queste rette passa per il puntoA.

I.D.E.A. Alcuni studenti hanno detto che dal momento che le rette r e s non sono parallele, alloranon puo esistere nessuna retta ortogonale a entrambe: la proprieta che rette ortogonali allastessa retta sono fra loro parallele vale nel piano ma non nello spazio.

Esercizio 3(b)

I.D.E.A. Molti studenti hanno determinato la matriceM usando una base ortogonale. Ricordiamoche, nonostante il nome, per avere una matrice ortogonale, si deve considerare una baseortonormale. In effetti il nome “matrice ortogonale” puo indurre in errore. D’altronde ilnome e usato in tutto il mondo: non e quindi possibile modificarlo.

Esercizio 3(c)

M.A. Per determinare un’altra matrice ortogonale N a partire dalla matrice M , si potrebbe anchescambiare tra loro il secondo e terzo vettore e ottenere quindi la matrice

N :=

− 2√5

0 1√5

1√5

0 2√5

0 −1 0

.

La diagonalizzata di A rispetto a questa nuova base e sempre la matrice

D =

0 0 00 5 00 0 5

dal momento che il secondo e il terzo vettore sono autovettori con lo stesso autovettore.

I.D.E.A. Molti studenti hanno invece scambiato il primo con il secondo vettore. In tal caso perola diagonalizzata di A e la matrice

D′ :=

5 0 00 0 00 0 5

.

Esercizio 4(a)

I.D.E.A. Molti studenti hanno affermato che, affinche un sistema abbia una sola soluzione, ilsistema deve essere Crameriano: deve cioe avere un ugual numero di equazioni e di incognitee il determinante della matrice dei coefficienti deve essere non nullo. Questa affermazione efalsa. Si pensi per esempio al sistema:

x + 2y = 12x + y = 23x + 3y = 3

.



Il numero delle incognite e diverso dal numero delle equazioni (e, quindi, non si puo neanchefare il determinante della matrice del sistema, perche non e quadrata), eppure il sistema hauna sola soluzione. Fare i calcoli. E invece vera l’affermazione che ogni sistema Crameriano hauna sola soluzione. In altri termini gli studenti che hanno fatto questo errore hanno confusotra condizione necessaria e condizione sufficiente.

I.D.E.A. Molti studenti hanno compiuto un errore nel calcolo del rango della matrice At dei coeffi-cienti del sistema. Hanno calcolato esattamente i valori per i quali si annullano i determinantidei due minori orlati a partire dal minore formato dalle prime due righe e due colonne. Ildeterminante del primo minore si annulla per t = 1 e t = −1 mentre il determinante delsecondo minore si annulla per t = 0 e t = 1. Fin qui tutto giusto. Hanno pero commessol’errore di affermare che il rango della matrice A e uguale a 2 per t = −1, t = 1 e t = 0. Infattiper t = −1 il determinante del primo minore si annulla ma il determinante del secondo minoree diverso da 0. Pertanto il rango della matrice A e uguale a 3. Analogamente per t = 0 ildeterminante del secondo minore si annulla ma il determinante del primo minore e diverso da0. Pertanto il rango della matrice A e uguale a 3. Solo per t = 1 il rango della matrice A euguale a 2. In tal caso infatti i determinanti di entrambi i minori si annullano.

Esercizio 5(a)

I.D.E.A Diversi studenti hanno risolto l’equazione√

10t2 =√

10 dicendo che era equivalente al-l’equazione

√10t =

√10 e ottenendo quindi la sola soluzione t = 1: la radice di t2, tuttavia,

non e t ma e |t|. Quindi l’equazione√

10t =√

10 ha le due soluzioni t = 1 e t = −1. Geo-metricamente questo corrisponde ai due quadrati di lato AB, posti simmetricamente rispettoalla retta passante per AB. Per determinare quale delle due soluzioni dell’equazione andassescelta, occorreva considerare la condizione data dal testo dell’esercizio, che richiedeva che ilquadrato fosse contenuto nel semipiano delimitato da r e contenente l’origine.

Esercizio 5(c)

A.U. Notiamo che non e necessario determinare esplicitamente il punto P per determinare l’areadel triangolo ABP : infatti tutti i punti della retta s, essendo parallela alla retta r passanteper A e B hanno la medesima distanza da r; in altri termini, tutti i triangoli ABP con verticeP sulla retta s hanno la stessa altezza relativa alla base AB e, quindi, la stessa area.

r

s

A

B

P1

P2

I.D.E.A Diversi studenti per calcolare l’area del triangolo ABP hanno scelto un certo lato comebase (ad esempio AP ) e poi per calcolare l’altezza relativa a tale base hanno calcolato ladistanza del punto B dal punto medio M del lato AP : cosı facendo non si calcola la distanzadi B dalla retta passante per il lato AP ma la lunghezza di una mediana. Queste due misurecoincidono se e solo se AB = BP , cioe il triangolo e isoscele. Anche nel caso in cui il triangolofosse stato isoscele (e non era questo il caso) si sarebbe dovuto osservarlo esplicitamente edimostrarlo. Occorre fare attenzione a non fidarsi di quello che sembra di poter ricavare dallefigure.



A

B

P

M

I.D.E.A Diversi studenti per calcolare l’area del triangolo ABP hanno calcolato la misura di duelati (ad esempio AB e BP ) e hanno espresso l’area come prodotto di questi due lati diviso2. Cio vale solo in un caso particolare, cioe quando il triangolo e rettangolo in B: valgono lestesse considerazioni appena esposte e cioe di non fidarsi delle figure.

Esercizio 6(a)

I.D.E.A Diversi studenti hanno commesso errori di calcolo nel ricavare le equazioni parametrichedi una retta a partire dalle equazioni cartesiane. A parte consigliare maggior attenzione, puoessere opportuno in questi casi fare una semplice verifica dei risultati ottenuti. Ad esempio,se dalle equazioni cartesiane della retta r:{

2x + y − z − 1 = 0x + y − 2z + 2 = 0

ricaviamo queste equazioni parametriche:

r :

x = 1 + t

y = 1 − 3tz = 2 − t

,

sostituendo le espressioni di x, y e z nelle equazioni cartesiane otteniamo{2(1 + t) + (1− 3t) − (2− t) − 1 = 0(1 + t) + (1− 3t) − 2(2− t) + 2 = 0

.

Dal momento che si ottengono de identita 0 = 0 le equazioni parametriche sono corrette.Se non avessimo trovato delle identita ci saremmo accorti di aver commesso errori nelladeterminazione delle equazioni parametriche.

I.D.E.A Alcuni studenti hanno determinato in maniera corretta le equazioni parametriche delle

due rette, ad esempio cosı: r :

x = 1 + t

y = 1 − 3tz = 2 − t

e s :

x = 2 + t

y = 2 − 3tz = 1 − t

ma hanno poi interpretato

in maniera scorretta il risultato. Alcuni hanno osservato che poiche i parametri direttoridelle due rette sono proporzionali allora le due rette sono coincidenti: la proporzionalita deiparametri direttori ci da pero solo il parallelismo. Altri hanno osservato che le rette sonoparallele e, per giustificare il fatto che fossero distinte, hanno usato il fatto che r passa peril punto (1, 1, 2) mentre s passa per il punto (2, 2, 1): questo non e sufficiente per dire chele due rette sono diverse, infatti la stessa retta puo essere rappresentata in modi diversi, inparticolare prendendo come punto corrispondente al valore 0 del parametro t un qualunquepunto della stessa retta.

Esercizio 6(b)



M.A. Si poteva anche ragionare in questo modo: dopo aver visto che s ha parametri direttori(1, 1,−2) consideriamo il fascio di piani passanti per r:

λ(x+ y + z − 5) + µ(3x− y + z − 1) = 0,

vale a dire(λ+ 3µ)x+ (λ− µ)y + (λ+ µ)z − 5λ− µ = 0.

Ora imponiamo la condizione di parallelismo tra il piano generico del fascio e la retta sottenendo la condizione

(λ+ 3µ) · 1 + (λ− µ) · 1 + (λ+ µ) · (−2) = 0,

che, sviluppata, da 0 = 0 cioe un’identita soddisfatta da tutti i valori di λ e µ. Pertanto tuttii piani passanti per r sono paralleli a µ.

I.D.E.A. Alcuni studenti hanno impostato correttamente il problema come descritto poco sopra,ma, arrivati all’identita 0 = 0 hanno dedotto che non c’era nessun piano: ricordiamo chequando si ottiene un’identita significa che tutti i valori possibili sono soluzioni.

Esercizio 6(c)

M.A. Si poteva anche ragionare in questo modo: dopo aver visto che s ha parametri direttori(1, 1,−2) consideriamo il fascio di piani passanti per r:

λ(x+ y + z − 5) + µ(3x− y + z − 1) = 0,

vale a dire(λ+ 3µ)x+ (λ− µ)y + (λ+ µ)z − 5λ− µ = 0.

La condizione di ortogonalita tra il piano generico del fascio e la retta s puo essere espressadicendo che i vettori (λ+ 3µ, λ− µ, λ+ µ) e (1, 1,−2) sono proporzionali: poiche non ci sonovalori per cui cio accade, possiamo concludere che non ci sono piani passanti per r e ortogonalia s.


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