Stefano Marchiafaav ESERCIZI DI GEOMETRIA UN … · di matrici. 1.2 Matrici e sistemi lineari nel...

Stefano Marchiafava

ESERCIZI DI GEOMETRIA

UN PERCORSO DIDATTICONELL'INSEGNAMENTO DI GEOMETRIA 2

per studenti di Fisica(corso dell'a.a. 2004/05)

-8 -6 -4 -2 2

2

4

6

Questo fascicolo raccoglie la maggior parte degli esercizi e alcunicomplementi relativi a un corso di Geometria 2 per studenti di Fisicatenuto nel terzo trimestre dell'a.a. 2004/05, in circa 50 ore. Si trattadegli esercizi svolti in classe, degli esercizi assegnati agli studenti percasa e poi corretti, degli esercizi assegnati con largo anticipo agli stu-denti in preparazione dei compiti di esonero, degli esercizi delle 3 provein itinere, dello scritto d'esame �nale di Luglio (per gli studenti nonesonerati) e dello scritto dell'appello di recupero di Settembre.

Il materiale �e presentato cos�i come venne distribuito durante lo svol-gimento del corso e lo sviluppo degli esercizi corrisponde a quello tem-porale della teoria reso necessario nell'anno in questione, tenuto contodi quanto era stato svolto nel corso di Geometria 1 al primo trimestre.

Puo' essere utile sottolineare che in quell'anno accademico i primielementi delle curve piane, con lo studio delle coniche in forma canonica,e delle super�ci, con gli esempi delle sfere, erano stati introdotti nelcorso di Geometria 1.5 ottobre 2007

Stefano Marchiafava

Esercizi e Complementi di algebra e geometria, a.a. 2004/05 4

ELENCO DEL MATERIALE DIDATTICO18 aprile 2005 SELEZIONE ESERCIZI SU NUMERI COMPLESSI26 aprile 2005 1a SELEZIONE ESERCIZI28 aprile 2005 ESERCIZI5 maggio 2005 ESERCIZI9 maggio 2005 ESERCIZI16 maggio 2005 ESERCIZI19 maggio 2005 10 ESONERO19 maggio 2005 Bis10 ESONERO26 maggio 2005 2a SELEZIONE ESERCIZI27-28 maggio 2005 ESERCIZI 11/3/04 e 12/3/0430-31 maggio 2005 ESERCIZI9 giugno 2005 ESERCIZI16 giugno 2005 ESERCIZI20 giugno 2005 20 ESONERO23 giugno 2005 3a SELEZIONE ESERCIZI28 giugno 2005 30 ESONERO1 luglio 2005 PROVA SCRITTA ESAME LUGLIO (1o Appello)19 settembre 2005 PROVA SCRITTA ESAME SETTEMBRE

(Appello di recupero)COMPLEMENTI DI GEOMETRIA: LE QUADRICHEINDICE ESERCIZI DI GEOMETRIA PER ARGOMENTOPROGRAMMA dell'ESAME di GEOMETRIA 2 a.a. 2004/2005


SELEZIONE ESERCIZISU NUMERI COMPLESSI

per il corso dell'a.a. 2004/2005docente S. Marchiafava

1 Campo dei numeri complessi1.1 Operazioni tra numeri complessiRicordiamo che le operazioni di somma z + z0 e di prodotto zz0 tra numericomplessi z = x+ iy; z0 = x0 + iy0 (x; y; x0; y0 2 R) sono de�nite da

z + z0 def= (x+ x0) + i(y + y0) ; zz0 def= (xx0 � yy0) + i(xy0 + x0y) :Ricordiamo anche che il coniugato �z del numero complesso z = x+iy �e il numero

complesso�z = x� iy :

1. Sono dati i numeri complessi z1 = 2� i; z2 = 1� 3i; z3 = 1 + i. Calcolare:a) z1 + z2; b) z1 � z2; c) z1z2; d) z1 + 3z2 � z3; e) �z1; f) z�11 ; g) z�12 ; h) z1=z2 :

2. Dati i numeri complessi a = 2 + 2i; b = 3i risolvere l'equazione az = b.3. Dati i numeri complessi a = 2 + 2i; b = 3i; c = �1 determinare le soluzioni

dell'equazione ax+ by = c.4. Dati x = 2 + 3i; y = 1� 2i; z = 3� i calcolare xyz e �x�y�z.5. Riconoscere che il prodotto (2�i)(3+2i)(�2�i)(3�2i) �e reale, senza calcolarlo.6. Sono dati i numeri complessi x = 2 + 3i; y = 3� 2i.Calcolare a) z = x2 + y2, b) x�x+ y�y. Veri�care c) che x�y+ �xy �e reale, d) x�y� �xy

�e immaginario puro.*7. Mostrare chea) z = x�y + �xy (x; y 2 C) �e sempre un numero reale,b) z0 = x�y � �xy (x; y 2 C) �e sempre un numero immaginario puro.


8. Riconoscere chea) z = (2� i)(1 + i) + (2 + i)(1� i) �e reale,b) z = (2� i)(1 + i) + (2 + i)(�1 + i) �e immaginario puro.Ricordiamo che la norma N(z) e il modulo jzj del numero complesso z = x+ iy

sono de�niti de�niti ponendoN(z) def= x2 + y2 ; jzj def= px2 + y2

9. Veri�care che N(zz0) = N(z)N(z0); 8z; z0 2 C.*10. Tenuto conto del risultato del precedente esercizio, mostrare che se due interi

n;m sono ciascuno somma di due quadrati di due numeri interi allora anche il loroprodotto nm �e una somma di quadrati di due numeri interi.

*11. Si consideri la corrispondenza ' : C �! M(2) (M(2) = insieme dellematrici quadrate di ordine 2 a elementi reali) per la quale

' : z = x+ iy 7�!� x �yy x

�

Mostrare chea) ' �e biunivoca sull'immagine;b) det('(z)) = N(z);c) '(z + z0) = '(z) + '(z0);d) '(zz0) = '(z)'(z0).e) Utilizzando il risultato conseguito in b) e la nota propriet�a del determinante di

un prodotto, dimostrare quanto asserito nell'esercizio 9.f) Dimostrare la propriet�a associativa del prodotto di numeri complessi utilizzando

la iniettivit�a della ' e la propriet�a associativa del prodotto (righe per colonne)di matrici.

1.2 Matrici e sistemi lineari nel campo complesso C1. Calcolare il determinante della matrice

A =� i �1 + 2i

1� i 2� 3i�:

2. Veri�care che


a) il determinante della matriceB =

� i �1 + 2i1 + 2i 5i

�

�e nullo.b) Veri�care che le righe di B sono proporzionali (in C !) e determinare il fattore

di proporzionalit�a.La matrice B del precedente esercizio 2 rientra tra quelle della forma

� ai z��z bi

�(a; b 2 R; z 2 C)

Cosa si pu�o dire in generale circa il determinante di tali matrici?Data una matrice complessa A (non necessariamente quadrata) si indica con �A

la matrice ottenuta da A sostituendo ogni elemento aij con il suo coniugato �aij. �A sichiama la coniugata di A.

4. a) Veri�care che per matrici quadrate complesse di ordine n = 1; 2 risultasempre det �A = detA.

*b) Mostrare che per ogni matrice quadrata complessa A di ordine n risultadet �A = detA.

5. Mostrare che date comunque due matrici complesse A;B quadrate di ordine n,risulta sempre

a) AB = �A �B ; det(AB) = detA detB :Una matrice complessa A, quadrata di ordine n, si dice hermitiana se risulta�At = A.6. a) Determinare la forma di una matrice hermitiana di ordine rispettivamente

n = 1; 2; 3.b) Veri�care che le matrici hermitiane di ordine n = 1; 2 hanno determinante reale.Utilizzando quanto mostrato nella risoluzione dell'esercizio 4, stabilire che una

matrice hermitiana, di ordine n qualunque, ha determinante reale.7. E' data la matrice

D =0@ 2� i 3i �1 + 2i

i �1 1 + i6 + i �4 + 7i �2 + 3i

1A :

a) Determinare il rango di D.


b) Se rgD < 3 scrivere una delle righe come combinazione lineare delle altre.c) Se rgD < 3 scrivere una delle colonne come combinazione lineare delle altre.8. Determinare una matrice complessa 3�3 avente per prima riga (i 2�i 1+3i)

e determinante uguale a 1 + i.9. Considerato il sistema lineare� (2 + i)x+ (1� 3i)y = 1 + i

ix+ (3� 5i)y = 2 :a) Veri�care che �e determinato.b) Calcolarne la soluzione con le formule di Cramer.c) Veri�care che la soluzione calcolata �e e�ettivamente una soluzione del sistema.10. Determinare l'inversa A�1 della matrice A del precedente esercizio 1.11. Determinare le soluzioni del sistema� (2 + i)x1� 3ix2 = 1� i

(�1 + 2i)x1+ 3x2 = 3 + i :

12. Determinare le soluzioni del sistema� 3ix1� (2� i)x2+ (1� i)x3 = 0(1 + i)x1� 2x2+ (3� 2i)x3 = 0 :

13. Determinare le soluzioni del sistema8<:

(2 + i)x1� 5x2 = 1� i�3x1+ (1� 2i)x2 = �2 + 3i

2(1� i)x1� (4 + 2i)x2 = �1 + 2i :

1.3 Trasformazioni lineari tra spazi vettoriali numerici com-plessi

1. Data la trasformazione lineare T : C3 ! C2 di equazioni� y1 = x1+ (2� i)x2+ x3y2 = (3� i)x1+ 2x2� (4 + i)x3

Determinare


a) l'immagine y = Tx di x = (2i;�1; i);b) il nucleo di T .c) Veri�care che T �e surgettiva.2. Data la trasformazione lineare S : C2 ! C3 di equazioni

8<:

y1 = (1� i)x1+ 2ix2y2 = ix1� (4 + 3i)x2y3 = (1 + i)x1� 6x2

determinare il nucleo di S.3. Considerate le trasformazioni lineari T : C3 ! C2; S : C2 ! C3 degli esercizi

precedenti,a) determinare le equazioni di ST : C3 ! C3;b) veri�care che ST non �e surgettiva;c) determinare le equazioni di TS : C2 ! C2;d) veri�care che TS �e un automor�smo di C2;e) scrivere le equazioni di (TS)�1.4. Determinare gli endomor�smi T di C2 per i quali risultaa) T 2 = T ;b) T 2 = 0 .


SOLUZIONISELEZIONE ESERCIZI

SU NUMERI COMPLESSIPer il corso dell'a.a. 2004/2005

docente S. Marchiafava

2 Campo dei numeri complessi2.1 Operazioni tra numeri complessi1. a) 3� 4i , b) 1 + 2i, c) �1� 7i , d) 4� 11i , e) 2 + i, f) 2=5 + (1=5)i ,g) 1=10 + (3=10)i , h) z1=z2 = z1z�12 = 1=2 + (1=2)i.

2. L'equazione az = b assegnata, essendo a 6= 0, ammette la soluzione, unica,z = ba�1, cio�e z = 34(1 + i).

3. Poich�e b 6= 0 l'equazione ax + by = c data pu�o essere risolta rispetto a yscrivendo y = b�1(c � ax). Le soluzioni sono le in�nite coppie di numeri complessidel tipo n(x = t; y = �23(1� i) +

13i) ; t 2 C

o :4. xyz = 23� 11i e �x�y�z = xyz = 23+11i (poich�e il prodotto dei coniugati di due

numeri complessi �e uguale al coniugato del loro prodotto, �x�y = xy).5. Il prodotto �e della forma yz(��y)�z = �y�yz�z, quindi reale se si tiene presente

che il prodotto di un numero complesso per il coniugato �e sempre reale.6. a) x2 + y2 = 0, b) x�x+ y�y = 26. c) x�y + �xy = 0, d) x�y � �xy = 26i.*7. x�y; �xy sono coniugati, (x�y = ��y�x = y�x). Quindi a) z = x�y + �xy �e reale, b)

z0 = x�y � �xy �e un numero immaginario puro.8. Applicando il risultato precedente per x = 2� i; y = 1� i, risulta subito chea) z = x�y + �xy , �e reale,b) z = x�y � �xy �e immaginario puro.9. Se z = x+ iy; z0 = x0 + iy0 sono due numeri complessi risultaN(zz0) = (xx0 � yy0)2 + (xy0 + x0y)2

= (xx0)2 + (yy0)2 � 2xx0yy0 + (xy0)2 + (x0y)2 + 2xy0x0y= (xx0)2 + (yy0)2 + (xy0)2 + (x0y)2

N(z)N(z0) = (x2 + y2)(x02 + y02) = x2x02 + x2y02 + y2x02 + y2y02


e quindi, confrontando, si trova appunto che N(zz0) = N(z)N(z0) .*10. Siano m = p2 + q2 e n = r2 + s2 due numeri interi, rispettivamente somma

di quadrati di numeri interi p; q e r; s. Considerati i numeri complessi z = p + iqe z0 = r + is, per i quali evidentemente N(z) = m;N(z0) = n, e il prodotto zz0 =(pr � qs) + i(ps + qr), tenuto conto del risultato del precedente esercizio risultanm = (pr � qs)2 + (ps = qr)2.

*11.a) ' �e biunivoca sull'immagine, ovvero iniettiva, dato che per dati numeri comp-

lessi z = x+ iy; z0 = x0 + iy0 (x; y; x0; y0 2 C) risulta '(z) = '(z0), x = x0; y =y0;

b) Calcolando risulta det('(z)) = x2 + y2 = N(z);

c) '(z + z0) =� x+ x0 �(y + y0)y + y0 x+ x0

�=� x �yy x

�+� x0 �y0y0 x0

�

= '(z) + '(z0) ;

d) '(zz0) =� xx0 � yy0 �(xy0 + x0y)xy0 + x0y xx0 � yy0

�=� x �yy x

�� x0 �y0y0 x0

�

= '(z)'(z0) .

e) Utilizzando il risultato conseguito in b) e la nota propriet�a del determinante diun prodotto, risultaN(zz0) = det('(zz0)) = det('(z)'(z0)) = det('(z))det('(z0)) = N(z)N(z0) :

f) Con l'uso della d) e della propriet�a associativa del prodotto (righe per colonne)di matrici risulta

'((zz0)z")= '(zz0)'(z") = h

� x �yy x

�� x0 �y0y0 x0

�i� x" �y"y" x"

�

=� x �yy x

�h� x0 �y0y0 x0

�� x" �y"y" x"

�i = '(z)'(z0z")= '(z(z0z"))

Poich�e l'applicazione ' �e iniettiva, l'uguaglianza '((zz0)z") = '(z(z0z")) orastabilita equivale a (zz0)z" = z(z0z"), cio�e vale l'associativit�a del prodotto dinumeri complessi.


2.2 Matrici e sistemi lineari nel campo complesso C1. detA = a11a22 � a12a21 = i(2� 3i)� (�1 + 2i)(1� i) = 2� i.2.a) detB = i5i+ (1� 2i)(1 + 2i) = �5 + 5 = 0.b) Le righe di B sono proporzionali (in C ) per il fattore di proporzionalit�a � per

il quale 1 + 2i = �i; 5i = �(�1 + 2i), ovvero � = 1+2ii , cio�e � = 2 � i, comesubito si veri�ca.

Una matrice B =� ai z��z bi

�ha determinante detB = �ab � zz e se a; b 2 R

tale determinante �e reale, qualunque sia z 2 C.4. a) n = 1; A = (a); A = (a) : detA = a = detA. n = 2; A =

� a bc d

�; A =� a b

c d�: detA = ad� bc = ad� bc = detA.

*b) Per ogni matrice quadrata complessa A = (aij) di ordine n risulta detA =P�a1i1 : : : anin =P�a1i1 : : : anin =P�a1i1 : : : anin = detA.5. Date due matrici complesse A = (aij); B = (bij) quadrate di ordine n, e posto

C = AB; C = (cij), risultaa) cij =

Xk aikbkj =

Xk aikbkj

QuindiAB = AB :

Sicch�e, anche con l'uso di quanto provato nel precedente esercizio,det(AB) = det(AB) = detAdetB == detA detB :

6. a) n = 1 : A = (a) con a = a, cio�e A = (a); a 2 R; n = 2 : A =� a bc d

�; At =� a c

b d�

quindi A �e hermitiana se e solo se della forma A =� r bb s

�con r; s 2 R

(e b 2 C qualunque). Lasciamo allo Studente determinare la forma di A nel cason = 3.

b) E' chiaro che se n = 1 il determinante di una matrice hermitiana A = (a), perla quale quindi l'elemento a �e reale, ha determinante reale (appunto uguale ad a). Se


n = 2, detAdet� r bb s

�= rs � bb �e un numero reale (somma dei numeri reali rs e

�N(b)).Pi�u in generale, per un ordine n qualunque, utilizzando quanto mostrato nella

risoluzione dell'esercizio 4, risultadetAt = detA = detA

e se At = A si ha detA = detA; quindi una matrice hermitiana, di ordine nqualunque, ha determinante reale.

7.a) Calcolando risulta detD = 0; inoltre, il minore formato dalle prime due righe e

prima e terza colonna vale�� 2� i �1 + 2ii 1 + i

�� = 5 + 2i 6= 0 ;quindi il rango di D �e 2.

b) Possiamo scrivere la terza riga come combinazione lineare delle prime due righecon coe�cienti �; � rispettivamente. Tali coe�cienti formano la soluzione delsistema � (2� i)� +i� = 6 + i

(�1 + 2i)� +(1 + i)� = �2 + 3i :Risolvendo si trova � = 2 + i; � = 1� i.

c) Lasciamo allo Studente scrivere una delle colonne come combinazione linearedelle altre, facendo le dovute veri�che.

8.Una matrice complessa 3 � 3 avente per prima riga (i 2 � i 1 + 3i) e deter-minante uguale a 1 + i �e, ad esempio,

A =0@ i 2� 1 1 + 3i

0 1� i 00 0 1

1A :

9. Considerato il sistema lineare� (2 + i)x +(1� 3i)y = 1 + iix +(3� 5i)y = 2 :

a) La matrice A dei coe�cienti del sistema ha determinante non nullo,detA =

�� 2 + i 1� 3ii 3� 5i

�� = 8� 8iquindi il sistema ammette una ed una sola soluzione.


b) Calcolando la soluzione (x; y) con le formule di Cramer si trova:

x =�� 1 + i 1� 3i

2 3� 5i��

8� 8i ; y =�� (2 + i) 1 + i

i 2�� ;

cio�e la soluzione �e �18(1 + 5i); 18(2 + 3i)�.c) Lasciamo allo Studente veri�care che la soluzione calcolata �e e�ettivamente una

soluzione del sistema.10. Risulta

A�1 =� 7�4i5 4�3i5�3+i5 �1+2i5

�:

11. La matrice dei coe�cienti delle incognite ha determinante uguale a zero mentreil minore della matrice completa formato dalla colonna dei coe�cienti di x1 e dallacolonna dei termini noti �e non nullo,�� 2 + i 1� i

�1 + 2i 3 + i�� 6= 0;

quindi le equazioni sono incompatibili (i primi membri sono proporzionali per il fattore�i mentre per lo stesso fattore non lo sono i termini noti).

12. Calcolando i minori del secondo ordine della matrice del sistema (lineareomogeneo), � 3i �(2� i) 1� i

1 + i �2 3� 2i�:

si trova l'autosoluzione (�2 + 5i;�4 � 9i; 3 � 5i) e quindi le soluzioni del sistema,tutte ad essa proporzionali, costituiscono l'insiemen(x1; x2; x3) = �(�2 + 5i;�4� 9i; 3� 5i) ; � 2 Co :

13. Il determinante della matrice completa B del sistema �e diverso da zero, detB =21� 117i. Quindi il sistema non ammette soluzioni.2.3 Trasformazioni lineari tra spazi vettoriali numerici com-

plessi1.

a) L'immagine y = T (2i;�1; i) �e y = (�2 � (2 � i) + i; (3 � i)2i � 2 � (4 + i)i)ovvero y = (�2 + 4i;�1 + 2i).


b) Le equazioni di KerT sono� x1+ (2� i)x2+ x3 = 0

(3� i)x1+ 2x2� (4 + i)x3 = 0 :Risolvendo si trova

KerT = n�(�11 + 2i; 7;�3 + 5i); � 2 Co :c) T �e surgettiva poich�e dim(ImT ) = 3� dim(KerT ) = 2 = dimC2.2. La matrice di S ha rango 2. Quindi KerS = f0g.3. Denotiamo con A;B le matrici di T; S rispettivamente.a) La matrice di ST �e

BA =0@ 3 + 5i 1� i 3� 9i�15� 4i �9� 4i 13 + 17i�17 + 7i �9 + i 25 + 7i

1A :

b) T : C3 ! C2 ha sicuramente nucleo diverso da 0 e quindi cos�i anche avvieneper la composizione ST : C2 ! C2, che pertanto non pu�o essere surgettiva.

c) La matrice di TS �eAB =

� 3 + 2i �11�1� 7i 18 + 6i

�:

d) det(AB) = 31 + 131i 6= 0. Quindi TS �e un automor�smo di C2.e) Lasciamo allo Studente determinare la matrice (AB)�1 che serve per scrivere le

equazioni di (TS)�1.4.a) Se T �e invertibile l'uguaglianza T 2 = T , moltiplicata per T�1, implica T = I. Se

T non �e invertibile ammette certamente l'autovalore 0 e l'unico altro autovaloreammissibile diverso da 0 �e � = 1 (Infatti se v �e un autovettore associato a �,cio�e Tv = �v e deve risultare anche T 2v = Tv ovvero �2v = �v ne segue � = 1o � = 0). In de�nitiva, se T �e diverso dall'identit�a I e dall'operatore nullo O, edinoltre diagonalizzabile vi �e (a meno di uno scambio di righe) solo una possibilematrice diagonale,

� 0 00 1

�, corrispondente agli operatori di proiezione su di

una retta. Se T si suppone non invertibile e non diagonalizzabile l'unica possibile


matrice di Jordan sarebbe� 0 1

0 0�

ma la posta condizione T 2 = T lo escludepoich�e � 0 1

0 0�� 0 1

0 0�=� 0 0

0 0�6=� 0 1

0 0�:

b) Se T �e diagonalizzabile la condizione T 2 = 0 implica che gli autovalori sono tuttinulli e quindi che sia T = 0. Nel caso che T non �e diagonalizzabile la matricedi Jordan risulta caratterizzata dall'essere

� 0 10 0

�.


SELEZIONE 1ESERCIZI di Algebra e Geometria

per studenti di Fisicadocente S. Marchiafava

a.a. 2004/0526 aprile 2005

1 Risoluzione di sistemi lineari omogeneiE' dato il sistema lineare omogeneo8><

>:x1 � x2 + 2x3 � x4 + x5 = 0

x2 + x3 � 3x4 = 02x1 � x2 + 5x3 � 5x4 + 2x5 = 0

Determinare una base per lo spazio delle soluzioni.Scrivere la soluzione generale del sistema.

2 Risoluzione di sistemi lineariE' dato il sistema lineare8><

>:2x1 + x2 � x3 + 3x4 � x5 = �1x1 + 2x2 + 3x3 � 5x4 + x5 = 0�x1 + 3x2 + 2x3 + 2x4 = 1

a) Veri�care che x0 = (�12 ; 110 ; 110 ; 0; 0) e' una soluzione.b) Veri�care se y1 = (0; 4;�6; 0; 10);y2 = (1; 1; 0; 0;�1);y3 = (5;�11; 14; 5; 0)

sono soluzioni del sistema lineare omogeneo associato.c) Determinare le soluzioni del sistema lineare assegnato.

3 Applicazioni lineari tra spazi numericiScrivere la matrice A dell'applicazione lineare

T : R4 ! R3di equazioni 8><

>:y1 = x1 � x2 + x3y2 = 2x1 + x2 � x4y3 = 2x2 � x3

Veri�care che


a) T e' surgettiva,b) T non e' iniettiva.c) Determinare le controimmagini di y = (1; 1; 0).

4 Prodotto di matrici e composizione di applicazioni lineariSono date le matrici

A =0BB@3 1 21 �1 01 2 �10 �3 3

1CCA ; B =

0@1 �12 10 �3

1A

a) Calcolare il prodotto C = AB.b) Considerate le applicazioni lineari T : R2 ! R3; S : R3 ! R4 di matrici

rispettivamente B;A, scrivere le equazioni della applicazione ST .5 Inversa di una matriceVeri�care che la matrice

A =0@ 1 0 1�1 2 00 1 3

1A

e' invertibile.Calcolare l'inversa A�1 di A.

6 Matrici e sistemi lineari nel campo complessoE' data la matrice

A =� i �1 + 2i1� i 2� 3i

�

a) Calcolare det(A).b) Calcolare det(A�1).c) Scrivere il sistema lineare Az = b con b =

��2 + 3i6� 4i

�.

d) Calcolare le soluzioni (z1; z2) di tale sistema.7 Spazio vettoriale VSi suppone assegnata in V una base e1; e2; e3, indicata anche per semplicita' i; j;k, ele coordinate (x1; x2; x3) di vettore si sottointendono riferite a tale base.


1. Dati i vettori u(1;�1; 2);v(1;�1; 1);w(0; 1; 1); t(�1; 1; 1) veri�care che{ a) u;v;w non sono complanari.{ b) u;v; t sono complanari ma a due a due non paralleli.{ c) Determinare le coordinate del vettore q(�1; 2; 2) nella base (u;v;w).{ d Determinare le coordinate di t nella base (u;v) del piano vettoriale diu;v; t.

2. Veri�care che i vettori f1(2; 0; 3); f2(1; 1; 0); f3(3; 1; 2) formano una base (f1; f2; f3)di V .{ a) Scrivere la matrice del cambiamento di base (e1; e2; e3)! (f1; f2; f3).{ b) Scrivere le equazioni del rispettivo cambiamento di coordinate

(x1; x2; x3)! (y1; y2; y3){ c) Quali sono le coordinate di v = e1 � e2 + 2e3 nella base f1; f2; f3?{ d) Quali sono le coordinate di w = f2 + f3 nella base e1; e2; e3?

3. Veri�care che z(�8; 3;�1) e' la proiezione del vettore h(�6; 5; 1) sul piano in-dividuato da e(1; 0; 2); f(�2; 1; 1) parallelamente alla direzione di g(1; 1; 1).

8 Proprieta' a�ni del piano Euclideo con l'uso di coordinatecartesiane x; ySi suppone assegnato un riferimento cartesiano (O; i; j) nel piano.

1. Scrivere equazioni cartesiane per le rette r, passante per il punto P1(1;�2)parallelamente al vettore v(1; 3), ed s, passante per i punti Q1(0; 2); Q2(�2; 1){ a) Riconoscere che r; s sono distinte e non parallele;{ b) determinare le coordinate del punto comune a r e s.

2. Determinare vettori direttori per la retta r : x = 2�2t; y = 1+3t e per la rettas : 2x� y + 1 = 0; dedurne che r; s non sono parallele.

3. Considerati i punti P1(�1; 2); P2(0; 3) determinare i punti R; S che dividono ilsegmento P1P2 in tre parti uguali.


4. Considerato il punto P (x; y) determinare le coordinate del punto P 0(x0; y0) sim-metrico di P rispetto alla retta r : x+ 2y � 1 = 0 nella la direzione del vettorev(1;�1).

5. Considerati il punto P1(�1; 2) e la retta r : x+ y � 3 = 0 determinare il puntoQ1 proiezione di P1 su r parallelamente alla retta s : x� y + 1 = 0.

9 Proprieta' a�ni dello spazio Euclideo con l'uso di coordi-nate cartesiane x; y; z1. Scrivere equazioni parametriche della retta r per il punto P1(1; 0; 2) parallela alvettore v(1; 0;�1).

Scrivere un'equazione cartesiana del piano � passante per r e per il puntoQ1(0; 1; 2).

2. Scrivere un'equazione cartesiana del piano �0 per il punto P0(�1; 0; 1), paralleloal piano � : x� y + z + 3 = 0.3. Considerato il piano � : 2x� y + z � 1 = 0 veri�care che

{ a) il vettore v(1; 2; 0) e' parallelo a �,{ b) il vettore w(1; 1; 1) non e' parallelo a �;{ c) determinare il punto di intersezione del piano � con la retta r perP0(�1; 1; 2) parallela a w.

4. Determinare la proiezione del punto Q1(0; 1; 1) sul piano � : 2x � y + 3z = 0parallelamente alla direzione di parametri direttori (1; 2; 3).

5. Considerato il piano � : x�2y+z�1 = 0 veri�care che P1(�1; 2; 3) e P2(0; 0; 3)non appartengono ad � e si trovano in semispazi opposti rispetto ad � stesso.10 Spazi vettoriali1. Sia R[x] lo spazio vettoriale dei polinomi reali in x. Dimostrare che

a) l'insieme Rp[x] dei polinomi di grado pari non �e un sottospazio;b) l'insieme R4[x] dei polinomi di grado minore o uguale a 4 �e un sottospazio

di dimensione �nita di R[x].


c) Determinare una base per R4[x].d) Determinare un'altra base per R4[x]

2. In C5 determinare la dimensione del sottospazio W generato dai tre vettoriv1 = (1;�i; 1� i; 2� i; 0);v2 = (1 + i; 1� i; 2; 3 + i; 0);v3 = (1� i; i; 0; 1; 0).Scrivere equazioni cartesiane per W .

3. Siano S = S4; A = A4 gli insiemi delle matrici reali 4 per 4 simmetriche edantisimmetriche rispettivamente.Mostrare che S;A sono sottospazi vettoriali di M4(R).Calcolarne la dimensione e mostrare che si ha M4(R) = S � A.

4. Sia F lo spazio vettoriale delle funzioni continue f : R ! R. Sia Fa il sottoin-sieme delle funzioni tali che f(0) = a. Mostrare che:1) F0 �e un sottospazio vettoriale di F .2) Fa �e un sottospazio dello spazio a�ne associato ad F .

11 Spazio vettoriale R41. a) Dire quale �e la dimensione del sottospazio V1 generato dai vettori r =

(�1; 0; 1; 2); s = (1; 0; 1; 1); t = (0; 1; 0; 1).b) Considerato il piano V2 di equazioni parametriche x1 = t0; x2 = �t0; x3 =

t; x4 = t (t; t0 2 R), scrivere equazioni cartesiane per W = V1 \ V2 edeterminare la dimensione di W .

c) Scrivere l'equazione cartesiana dell'iperpiano contenente il piano V2 e ilvettore z = (1;�2; 1; 2).

2. Considerati i piani U1 : x1+x3 = 0; x2+x4 = 0 e U2 : x1 = 2s+3t; x2 = s; x3 =s+ 2t; x4 = �s� 2t (s; t 2 R) determinare la dimensione di W = U1 \ U2.

3. Veri�care che vale la decomposizione in somma direttaR4 = W1 �W2 �W3

oveW1;W2 sono le rette generate da w1 = (1;�1; 0; 1);w2 = (1;�1; 1; 0) rispet-tivamente e W3 �e il piano di equazioni x1 + x3 = 0; x2 � x4 = 0.


12 Operatori lineari1. Veri�care che l'operatore P : R3 ! R3 de�nito da P (x1; x2; x3) = (x3; x1; x2) �e

lineare e invertibile.Scrivere la matrice di P�1.

2. Veri�care che l'operatore lineare T : R3 ! R3 di matrice

A =0@ 1 0 0

0 1 0�1 �1 0

1A

coincide con la proiezione sul piano P : x1 + x2 + x3 = 0 parallelamente a e3.3. Scrivere le equazioni dell'operatore S : R4 ! R4 di simmetria rispetto all'iper-

piano Q : x4 = 0 nella direzione di v = (1; 0; 0; 1).Determinare una base per il simmetrico P 0 del piano P : x1 = t + t0; x2 =�t0; x3 = t� t0; x4 = t (t; t0 2 R).

4. Nello spazio vettoriale a�ne V �e supposta assegnata una base (e1; e2; e3).Considerato l'endomor�smo N : V ! V avente nella �ssata base matrice

H =0@2 �1 16 2 32 1 2

1A

a) veri�care che il piano P generato da v1(�3; 6; 5);v2(�1;�3; 0) �e invarianterispetto ad N ;b) scrivere le equazioni della restrizione N 0 = NjP : P ! P nella base v1;v2 diP ;c) veri�care che la restrizione N 0 : P ! P non ammette alcun sottospazio1-dimensionale invariante.

5. Considerato lo spazio vettoriale delle matrici reali quadrate di ordine 2, M2(R),veri�care che l'applicazione ' :M2(R)!M2(R) de�nita ponendo'(�x1 x2x3 x4

�) =

� x1 x2+x32x3+x22 x4�

�e lineare e che '2 = '. Scrivere equazioni cartesiane dell'immagine e del nucleodi '.


6. Considerato l'operatore lineare D : R3[x] ! R3[x] di derivazione de�nito nellospazio dei polinomi reali di grado minore o uguale a tre, scriverne la matricenella base (1; x; x2; x3) e nella base (x3; (x+1)3; (x+2)3; (x+3)3) rispettivamente.

7. Sia (e1; e2) la base canonica di R2. Sia X l'insieme di tutte le applicazionilineari T : R2 ! R2 per le quali T (e1) �e un multiplo di e1. Veri�care che X �eun sottospazio vettoriale di V = End(R2) e calcolarne la dimensione. Trovareun sottospazio complementare di X in V .

13 Autovalori e autovettori di un endomor�smo1. Determinare autovalori e autovettori dell'endomor�smo N : R2 ! R2 di matrice

B =��1 2

4 1�:

2. E' dato l'operatore lineare R : R3 ! R3 di equazioni8><>:

y1 = x1 �x2 +6x3y2 = 2x2 +10x3y3 = x2 +5x3

a) Riconoscere che v = (2; 6; 3) �e un autovettore di R, associato all'autovalore� = 7.b) Determinare tutti gli autovalori di R.c) Determinare per ciascun autovalore � l'autospazio V (�) associato.d) Dire se R3 �e somma diretta degli autospazi.

3. Considerato l'operatore L : R3 ! R3 avente matrice

C =0@2 �1 16 2 32 1 2

1A

a) riconoscere che L ammette autovalori 2; 2 + i; 2� i;b) determinare gli autovettori associati a ciascun autovalore (in C3 per gli au-tovalori complessi);c) determinare una base per il piano reale invariante associato agli autovaloricomplessi coniugati � = 2 + i; �� = 2� i.


4. Sia C1(R) lo spazio delle funzioni reali de�nite su tutto R e dotate di derivatecontinue di ogni ordine (funzioni di classe C1). Si consideri una funzione f 2C1(R) del tipo f(x) = a sin!x+b cos �x, ove a; b; !; � �e una quaterna di numerireali. Dire per quali quaterne una tale funzione f �e un autovettore dell'operatore

d2dx2 : C1(R)! C1(R) :

e qual'�e, in tal caso, l'autovalore associato.5. Determinare 3 autovettori linearmente indipendenti dell'operatore

d3dx3 : C1(R)! C1(R) :

e dire a quali autovalori sono associati rispettivamente.6. E' dato l'operatore lineare Q : R4 ! R4 di equazioni

8>>><>>>:

y1 = x1 �2x2 �x4y2 = 3x1 +x3 +2x4y3 = 5x1 �4x2 +x3y4 = 6x2 +x3 +5x4

a) Calcolare una base per KerQ.b) Veri�care che (u = (0; 1; 1; 1);v = (�1; 2; 0; 5)) �e una base per ImT .c) Dire se R4 = KerQ� ImQ.d) Scrivere la matrice della restrizione di Q a ImQ nella base (u;v).e) Determinare gli autovalori di Q.

7. E' dato l'operatore lineare T : R3 ! R3 di matrice

A =0@ 1 �1 �5

8 4 8�3 �1 �1

1A

a) Determinare il nucleo di T individuandone una base.b) Determinare l'immagine di T individuandone una base.c) Dire se risulta R3 = KerT � ImT .d) Calcolare autovalori e autovettori di T .e) Dire se T �e diagonalizzabile.


14 Riduzione a forma canonica di matrici di operatori: tri-angolarizzazione e diagonalizzazione1. Piano numerico R2.

Risolvere il seguente sistema di equazioni di�erenziali del primo ordine, lineariomogenee a coe�cienti costanti:

( dxdt = x +4ydydt = 3x +2y :

2. Spazio vettoriale a�ne V riferito a una base (i; j;k).Riconoscere che l'operatore lineare T : V ! V di matrice

A =0@ 3 �2 2

2 �1 2�2 2 �1

1A

�e un operatore di simmetria rispetto a un piano (quale?).3. Spazio vettoriale a�ne V riferito a una base (i; j;k).

Riconoscere che l'operatore lineare P : V ! V di matrice

B =0@�1 0 2

0 1 30 0 2

1A

�e diagonalizzabile. Determinare una base nella quale P ammette matrice diag-onale.

4. Spazio vettoriale a�ne V riferito a una base (i; j;k).a) Riconoscere che l'operatore lineare Q : V ! V di matrice

C =0@ 2 2 �1�1 �1 11 2 0

1A

�e diagonalizzabile.b) Determinare una base nella quale Q ammette matrice diagonale.c) Dire se esistono 3 piani invarianti rispetto all'operatore Q; in caso a�ermativodire quali.


15 Equazioni di�erenziali lineari a coe�cienti costantiCoordinate canoniche x; y nel piano numerico R2.

Scrivere esplicitamente e risolvere i seguenti sistemi di equazioni di�erenziali, dellaforma d�

dt = A�nella funzione incognita � = �(t), dove �(t) = (x(t); y(t)), determinando poi lasoluzione particolare veri�cante la assegnata condizione iniziale �(t0) = (x0; y0).

1) A =� 2 0

0 3�

; �(0) = (1; 2).

2) A =� �2 1�5 4

�; �(0) = (�2; 2).

3) A =� 0 �2

2 0�

; �(�=2) = (1; 2).

4) A =� 2 1�1 2

�; �(0) = (1;�2).

Risolvere le seguenti equazioni di�erenziali in una funzione incognita y = y(x),determinando le soluzioni particolari veri�canti le assegnate condizioni iniziali.

5) y00 = y ; y(0) = 2 ; y0(0) = 1;6) y00 = 2y0 + y ; y(0) = 1 ; y0(0) = 0.

16 Ancora equazioni di�erenziali lineari a coef�cienti cos-tantiCoordinate canoniche x; y nel piano numerico R2.

Scrivere esplicitamente e risolvere i seguenti sistemi di equazioni di�erenziali, dellaforma d�

dt = A�nella funzione incognita � = �(t), dove �(t) = (x(t); y(t)), determinando poi lasoluzione particolare veri�cante la assegnata condizione iniziale �(t0) = (x0; y0).

1) A =� 1 1

1 1�

; �(1) = (2;�2).


2) A =� 1 2

2 1�

; �(1) = (�1; 3).

3) A =� 1 �2

2 1�

; �(�=2) = (0; 1).

4) A =� 2 1�1 0

�; �(0) = (1; 2).

5) A =� 1 1�1 3

�; �(0) = (1; 2).

Coordinate canoniche x; y; z nello spazio numerico R3.Scrivere esplicitamente e risolvere i seguenti sistemi di equazioni di�erenziali, della

forma d�dt = A�

nella funzione incognita � = �(t), dove �(t) = (x(t); y(t); z(t)), determinando poi lasoluzione particolare veri�cante la assegnata condizione iniziale �(t0) = (x0; y0; z0).

6) A =0@ 1 1 1

1 1 11 1 1

1A ; �(1) = (2;�2; 2).

7) A =0@ 3 2 4

2 0 24 2 3

1A ; �(0) = (2; 1;�1).

8) A =0@ 3 1 0

1 3 01 �1 2

1A ; �(1) = (0;�1; 1)


SOLUZIONI SELEZIONE 1ESERCIZI di Algebra e Geometria


a.a. 2004/0526 aprile 2005

1 Risoluzione di sistemi lineari omogeneiIl rango della matrice A dei coe�cienti e' 2. Quindi una base per le soluzioni

del sistema (cioe' una famiglia fondamentale di autosoluzioni) e' formata da 3=5-2elementi. Poiche' il minore dei coe�cienti di x1; x2 nelle prime due equazioni e' nonnullo,

��1 �10 1�� = 1, possiamo ridurci al sistema

(x1 � x2 = �2x3 + x4 � x5x2 = �x3 + 3x4

delle prime tre equazioni e 3 autosoluzioni indipendenti si ottengono risolvendo incorrispondenza di 3 terne (x3; x4; x5) linearmente indipendenti. Ad esempio, per(x3; x4; x5) = (1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1) si ottengono rispettivamente le autosoluzionix1 = (�3;�1; 1; 0; 0);x2 = (4; 3; 0; 1; 0);x3 = (�1; 0; 0; 0; 1).

La soluzione generale del sistema e' x = hx1 + kx2 + `x3; h; k; ` 2 R ovverox = (�3h+ 4k � `;�h+ 3k; h; k; `)

2 Risoluzione di sistemi linearia) x0 e' una soluzione del sistema poich�e sostituendo le sue coordinate nei primi

membri delle equazioni si ottengono le identita'8><>:2(�12) + 110 � 110 + 3(0)� 0 = �1�12 + 2( 110) + 3( 110)� 5(0) + 0 = 0�(�12) + 3( 110) + 2( 110) + 2(0) = 1

b) Analogamente, si veri�ca che y1;y3 sono soluzioni del sistema lineare omogeneoassociato mentre non lo e' y2.

c) Da quanto precede risulta senz'altro che il sistema e' compatibile. Inoltre, le treequazioni sono linearmente indipendenti (ad esempio si veri�ca che il minore dei


coe�cienti di x1; x2; x3 e' non nullo). Quindi la dimensione dello spazio dellesoluzioni del sistema lineare omogeneo associato e' 2. Pertanto le soluzioni delsistema si ottengono tutte sommando alla soluzione particolare x0 una soluzionedel sistema omogeneo associato, ovvero una combinazione lineare delle 2 au-tosoluzioni indipendenti y1;y3:

fx = x0 + hy1 + ky3; (h; k) 2 R2gcioe'

fx = (�12 + 5k; 110 + 4h� 11k; 110 � 6h+ 14k; 5k; 10h); (h; k) 2 R2g

3 Applicazioni lineari tra spazi numericiLa matrice di T e'

A =0@1 �1 1 02 1 0 �10 2 �1 0

1A

a) T e' surgettiva poiche' rg(A) = 3,b) T non e' iniettiva poiche' 3 = rg(A) < 4 = dimR4.c) Le controimmagini di y = (1; 1; 0) sono le 11 soluzioni del sistema

8><>:x1 � x2 + x3 = 12x1 + x2 � x4 = 1

2x2 � x3 = 0che risolto da'

T�1(y) = f(t; 1� t; 2� 2t; t); t 2 Rg

4 Prodotto di matrici e composizione di applicazioni linearia)

C =0BB@

5 �8�1 �25 4�6 �12

1CCA


b) ST : R2 ! R4 ha matrice C, quindi le equazioni sono8>>><>>>:

y1 = 5x1 � 8x2y2 = �x1 � 2x2y3 = 5x1 + 4x2y4 = �6x1 � 12x2

5 Inversa di una matriceLa matrice A �e invertibile poich�e risulta det(A) = 5 6= 0.La matrice dei complementi algebrici degli elementi di A �e

0@ 6 3 �1

1 3 �1�2 �1 2

1A

e A�1 =t A0(detA)�1, quindi

A�1 =0@ 6=5 1=5 �2=5

3=5 3=5 �1=5�1=5 �1=5 2=5

1A :

Si veri�ca direttamente che in e�etti AA�1 = I.6 Matrici e sistemi lineari nel campo complesso

a) detA = 2� i.b) det(A�1) = (detA)�1 = 2+i5 .c) Il sistema si scrive esplicitamente

� iz1 �(1� 2i)z2 = �2 + 3i(1� i)z1 +(2� 3i)z2 = 6� 4i :

d) Poich�e detA 6= 0, il sistema ammette esattamente una soluzione

z = �� 2 + 3i �1 + 2i

6� 4i 2� 3i��

2� i ;�� i �2 + 3i1� i 6� 4i

��2� i

�

ovvero z = (2� i; 1 + i). E' conveniente fare la veri�ca diretta che quella ottenuta �ee�ettivamente una soluzione.


7 Spazio vettoriale V1. { a) u;v;w non sono complanari, ovvero sono linearmente indipendenti,

poiche' ��1 �1 21 �1 10 1 1

�� = 1 6= 0{ b) u;v; t sono complanari, ovvero linearmente dipendenti, poiche'��

1 �1 21 �1 1�1 1 1

�� = 0Ma le righe della matrice delle loro coordinate sono a due a due non pro-porzionali, quindi i tre vettori sono a due a due non paralleli. ma a due adue non paralleli.

{ c) Le coordinate (y1; y2; y3) del vettore q nella base (u;v;w) sono de�nitedall'uguaglianza q = y1u+y2v+y3w ovvero, traducendo scalarmente, dalsistema 8><

>:�1 = y1 +y22 = �y1 �y2 +y32 = 2y1 +y2 +y3

che risolto da' (y1; y2; y3) = (2;�3; 1).{ d) Le coordinate (h; k) di t nella base (u;v) sono de�nite dall'uguaglianzat = hu+ kv ovvero, traducendo scalarmente, dal sistema8><

>:�1 = h+ k1 = �h� k1 = 2h+ k

che risolto da' (h; k) = (2;�3).2. (f1; f2; f3) e' una di V poiche' i tre vettori sono linearmente indipendenti, risul-

tando ��2 0 31 1 03 1 2

�� = �2 6= 0

{ a) La matrice del cambiamento di base (e1; e2; e3)! (f1; f2; f3) e'

A =0@2 1 30 1 13 0 2

1A :


{ b) L'inversa di A e'A�1 =

0@�1 1 1�32 52 132 �32 �1

1A

Quindi le equazioni del rispettivo cambiamento di coordinate (x1; x2; x3)!(y1; y2; y3) sono 8><

>:y1 = �x1 + x2 + x3y2 = �32x1 + 52x2 + x3y3 = 32x1 � 32x2 � x3

{ c) Sostituendo (x1; x2; x3) = (1;�1; 2) si hanno le coordinate (y1; y2; y3) =(0;�2; 1) di v nella base f1; f2; f3.

{ d) w = f2 + f3 = (e1 + e2) + (3e1 + e2 + 2e3) = 4e1 + 2e2 + 2e3Quindi w ha coordinate (x1; x2; x3) = (4; 2; 2) nella base e1; e2; e3.

3. z(�8; 3;�1) sta sul piano di e; f poiche'��8 3 �11 0 2�2 1 1

�� = O :

Inoltre h�z = (2; 2; 2) e' un multiplo di g. Poiche' evidentemente h = [h�z]+z,cio' basta a stabilire quanto richiesto.

8 Propriet�a a�ni del piano Euclideo con l'uso di coordinatecartesiane x; y

1. Si har :��x� 1 y + 2

1 3�� = 0 ; s :

�� x� 0 y � 2�2� 0 1� 2

�� = 0ovvero, equazioni cartesiane per le due rette sono

r : 3x� y � 5 = 0 ; s : �x+ 2y � 4 = 0{ a) I coe�cienti di x; y nelle due equazioni non sono proporzionali, quindir; s sono distinte e non parallele;

{ b) Mettendo a sistema le due equazioni e risolvendo si ha che Q = r \ sha coordinate (x; y) = (145 ; 175 ).


2. I vettori direttori u = (�2; 3) di r e v di s non sono proporzionali, quindi r; snon sono parallele.

3. Si ha ��!P1R = 13��!P1P2;��!P1S = 23��!P1P2. Traducendo scalarmente:(xR + 1 = 13yR � 2 = 13 ;

(xR + 1 = 23yR � 2 = 23Quindi R(�23 ; 73); S(�13 ; 83).

4. Traducendo scalarmente le condizioni che ��!PP 0 e' parallelo a v e che il puntomedio del segmento PP 0 appartiene a r si trova che P 0 ha coordinate

(x0 = 3x+ 4y � 2y0 = �2x� 3y + 2

5. Q1(1; 4).

9 Propriet�a a�ni dello spazio Euclideo con l'uso di coordi-nate cartesiane x; y; z

1. r : x = 1 + t; y = 0; z = 2� t. Tenuto conto che � passa per P1 ed e' paralleloa v; �!P1Q1 (�1; 1; 0) si ha

� :��x� 1 y z � 21 0 �1�1 1 0

��ovvero � : x+ y + z � 3 = 0.

2. Un'equazione cartesiana del piano �0 e' (x+ 1)� (y � 0) + (z � 1) = 0, ovvero� : x� y + z = 0.

3. { a) il vettore v e' parallelo a � : 2x� y + z � 1 = 0 poiche' vale l'identita'2(1)� (2) + 1(0) = 0;

{ b) w non e' parallelo a � poiche' 2(1)� (1) + 1(1) = 2 6= 0 ;


{ c) il punto P1(x1; y1; z1) appartiene alla retta r se ha coordinate della formax1 = �1 + t; y1 = 1 + t; z1 = 2 + t

Sostituendo nell'equazione di � si trova che deve essere2(�1 + t)� (1 + t) + (2 + t)� 1 = 0

ovvero t = 1. Pertanto P1(0; 2; 3).4. La proiezione Q01(x01; y01; z01) del punto Q1 sul piano � parallelamente alla di-

rezione di (1; 2; 3) ha coordinate della forma x01 = t; y01 = 1 + 2t; z01 = 1 + 3t edeve essere 2t� (1 + 2t) + 3(1 + 3t) = 0, cioe' t = �29 . Dunque P 01(�29 ; 59 ; 13).

5. Si ha x1� 2y1+ z1� 1 = �3 < 0 e x2� 2y2+ z2� 1 = 1 > 0: quindi i due puntinon appartengono ad � e si trovano in semispazi opposti rispetto ad esso.

10 Spazi vettoriali1. a) Rp[x] non �e un sottospazio di R[x] poich�e la somma di due polinomi di

grado pari non sempre �e un polinomio di grado pari.b) L'insieme R4[x] dei polinomi di grado minore o uguale a 4 �e un sottospazio

poich�e �e chiuso rispetto alla somma e al prodotto per un numero reale.Inoltre ha dimensione �nita, come risulta ad es. dall'esistenza della base(1; x; x2; x3; x4) (per la quale si veda anche appresso).

c) Una base per R4[x] �e data, ad esempio, da (1; x; x2; x3; x4). Infatti: ognipolinomio p = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + a4x4 si scrive come combinazionelineare dei cinque polinomi 1; x; x2; x3; x4 con coe�cienti a0; a1; a2; a3; a4rispettivamente, sicch�e si tratta di generatori, e inoltre p = 0 se e solose i coe�cienti sono tutti nulli, quindi si tratta di generatori linearmenteindipendenti. In particolare, la dimensione di R4[x] �e 5.

d Un'altra base di R4[x] �e data, ad esempio, da (x; 1; x2; x3; x4).2. Il rango della matrice delle coordinate dei tre vettori

0@ 1 �i 1� i 2� i 01 + i 1� i 2 3 + i 01� i i 0 1 0

1A


�e 2. Infatti le prime due righe sono proporzionali mentre la prima e la terza nonlo sono, poich�e formano il minore

�� 1 �i1� i i

�� = 1+2i 6= 0. Dunque dimW = 2.Equazioni cartesiane per W sono

��z1 z2 z3 z4 z51 �i 1� i 2� i 0

1� i i 0 1 0

�� = 0

ovvero, orlando il minore di ordine due considerato,8><>:�(1 + i)z1 � 2iz2 + (1 + 2i)z3 = 0�(3i+ 1)z1 � 3iz2 + (1 + 2i)z4 = 0z5 = 0

3. La somma di matrici simmetriche (rispettivamente, antisimmetriche) �e ancorauna matrice simmetrica (rispettivamente, antisimmetrica). Il prodotto per unoscalare di una matrice simmetrica (rispettivamente, antisimmetrica) �e ancorauna matrice simmetrica (rispettivamente, antisimmetrica). Quindi S;A sonosottospazi vettoriali di M4(R).Una matrice simmetrica �e della forma0

BB@a b c db e f gc f h id g i l

1CCA

e dipende linearmente dai parametri a; b; c; d; e; f; g; h; i; l indipendenti. Quindila dimensione di A �e 10. Analogamente, poich�e una matrice antisimmetrica �edella forma 0

BB@0 b c d�b 0 f g�c �f 0 i�d �g �i 0

1CCA

la dimensione di S, che dipende dai parametri indipendenti b; c; d; f; g; i �e 6.Poiche' A[S = 0 e dimM4(R) = 16 = 10+ 6 ne segue che dimM4(R) = S�A.

4. 1) Consideriamo f; g : R ! R funzioni continue appartenenti ad F0, ovverof(0) = g(0) = 0. Allora (f + g)(0) = 0; (kf)(0) = kf(0) = 0, quindi F0 �echiuso rispetto alle operazioni vettoriali


2) Risulta evidentemente Fa = F0 + a ove a �e la funzione costante, uguale ada. Pertanto Fa �e un sottospazio dello spazio a�ne associato a F .

11 Spazio vettoriale R41. a) I vettori r; s; t sono linearmente indipendenti risultando

rango0@�1 0 1 2

1 0 1 10 1 0 1

1A = 3

Quindi la dimensione di V1 �e 3.b) Equazioni cartesiane per i due sottospazi sono rispettivamente

V1 :��

x1 x2 x3 x4�1 0 1 21 0 1 10 1 0 1

��= 0 ovvero � x1 + 2x2 + 3x3 � 2x4 = 0

V2 :��x1 x2 x3 x40 0 1 11 �1 0 0

�� = 0 ovvero

(x1 + x2 = 0x3 � x4 = 0

b) Equazioni cartesiane per la loro intersezione W = V1 \ V2 sono8><>:�x1 + 2x2 + 3x3 � 2x4 = 0x1 + x2 = 0x3 � x4 = 0

c) L'equazione cartesiana dell'iperpiano contenente V2 e il vettore z �e��

x1 x2 x3 x40 0 1 11 �1 0 01 �2 1 2

��= 0 ovvero x1 + x2 � x3 + x4 = 0:

2. Una base per U1 �e (1; 1;�1;�1); (1;�1;�1; 1)), una base per U2 �e ((2; 1; 1;�1),(3; 0; 2;�2)). Il rango della matrice dei quattro vettori0BB@1 1 �1 �11 �1 �1 12 1 1 �13 0 2 �2

1CCA

�e 4, quindi U1 + U2 = R4 e W = U1 \ U2 = f0g.


3. Generatori indipendenti per W3 sono u = (�1; 0; 1; 0);v = (0; 1; 0; 1). I vettoriu;v;w1;w2 formano una base di R4 poich�e��

�1 0 1 00 1 0 11 �1 0 11 �1 1 0

��= 3 6= 0

Ci�o basta ad assicurare che R4 �e somma diretta dei tre sottospazi.12 Operatori lineari

1. Le equazioni di P sono y1 = x3; y2 = x1; y3 = x2): quindi si tratta di unoperatore lineare, di matrice

A =0@0 0 11 0 00 1 0

1A

Evidentemente l'inverso P�1 ha equazioni z1 = y2; z2 = y3; z3 = y1. Quindi lamatrice di P�1 �e

A�1 =0@0 1 00 0 11 0 0

1A

2. ImT = f(1; 0;�1); (0; 1;�1)g = P . Inoltre essendo Te1 = e1 � e3, Te2 =e2 � e3; Te3 = 0 risulta:

T (e1 � e3) = Te1 = e1 � e3; T (e2 � e3) = Te2 = e2 � e3:Quindi la restrizione di T a P �e l'identit�a. Inoltre Te3 = 0. In de�nitiva, Tproietta parallelamente a e3.

3. Risulta S(ei) = ei; i = 1; 2; 3. Inoltre �e1 � e4 = �v = Sv = S(e1 + e4) =e1 + Se4, quindi S(e4) = �2e1 � e4.Scrivendo la matrice associata a T in questa base, si possono ricavare le equa-zioni, che sono:

8>>><>>>:

y1 = x1 � 2x4y2 = x2y3 = x3y4 = �x4


Una base del piano P �e data dai vettori (1; 0; 1; 1); (1;�1;�1; 0). ApplicandoT a questi due vettori, si ottiene la base (�1; 0; 1;�1); (1;�1;�1; 0) del pianoP 0 = SP .

4. a) Nv1 = (�7; 9; 10) = 2v1 + v2 e Nv2 = (1;�12;�5) = �v1 + 2v2, quindi ilpiano P �e invariante rispetto ad N .b) Le equazioni di N nella base (v1;v2) si ricavano dal punto a) e sono(w1 = 2z1 � z2

w2 = z1 + 2z2c) Basta controllare che non vi siano autovalori (reali) per l'applicazione N 0.Calcolando si ottiene ��2� � �1

1 2� �� = (2� �)2 + 1 = 0;

che non ha soluzioni reali.5. Le equazioni che de�niscono l'applicazione ' sono chiaramente lineari. Nella

base E11 =�1 00 0

�, E12 =

�0 10 0

�, E21 =

�0 01 0

�, E22 =

�0 00 1

�, esse sono

infatti date da: 8>>><>>>:

y1 = x1y2 = 12(x2 + x3)y3 = 12(x2 + x3)y4 = x4

E' immediato veri�care che applicando la composizione di ' con se stessa aduna qualsiasi matrice due per due si ottiene lo stesso risultato che applicandosemplicemente ' (si dice che ' �e idempotente).L'immagine di ' �e il sottospazio delle matrici simmetriche, di equazione x2 �x3 = 0, mentre il suo nucleo �e dato dalle matrici antisimmetriche, di equazioni8><

>:x1 = 0x2 + x3 = 0x4 = 0

6. E' necessario esprimere le derivate dei polinomi in ciascuna base come combi-nazioni lineari dei polinomi della stessa base. Per la base (1; x; x2; x3) si ha:

D(1) = 0; D(x) = 1; D(x2) = 2x;D(x3) = 3x2


e la matrice �e pertanto: 0BB@0 1 0 00 0 2 00 0 0 30 0 0 0

1CCA

Nel caso della seconda base, i conti sono pi�u complessi, ma un cambiamento dibase ci fornisce:

0BB@0 1 8 270 3 12 270 3 6 91 1 1 1

1CCA�10BB@0 1 0 00 0 2 00 0 0 30 0 0 0

1CCA0BB@0 1 8 270 3 12 270 3 6 91 1 1 1

1CCA =

=0BB@�116 �13 16 �133 �12 �1 32�32 1 12 �313 �16 13 116

1CCA

7. La corrispondenza tra applicazioni lineari e matrici �e un isomor�smo di spazivettoriali. Attraverso tale isomor�smo X � End(R2) corrisponde all'insiemedelle matrici due per due della forma:

�a b0 c

�

E' immediato controllare che questo sottoinsieme �e chiuso rispetto a somma eprodotto per uno scalare, e la sua dimensione �e chiaramente 3 essendone

��1 00 0

�;�0 10 0

�;�0 00 1

��

una base.13 Autovalori e autovettori di un endomor�smo1. L'equazione caratteristica di N �e

��1� � 24 1� �

�� = 0ovvero �2 � 9 = 0. Dunque gli autovalori di N sono le radici �1 = 3; �2 = �3.


Le equazioni degli autospazi sono rispettivamenteV (3) : �2x+ y = 0 ; V (�3) : x+ y = 0

ovveroV (3) = ft(1; 2); t 2 Rg ; V (�3) = ft(1;�1); t 2 Rg :

2. a) Calcolando per (x1; x2; x3) = (2; 6; 3) le equazioni di R danno (y1; y2; y3) =(14; 42; 21) ovvero Tv = 7v. Quindi v �e un autovettore di R, associato all'auto-valore � = 7.b) L'equazione caratteristica di R �e

��1� � �1 60 2� � 100 1 5� �

�� = 0 ovvero�(1� �)(�� 7) = 0. Pertanto gli autovalori di R sono �1 = 0; �2 = 1; �3 = 7.c) Gli autospazi associati ai tre autovalori hanno equazioni rispettivamenteV (0) � KerR :

( x1 � x2 + 6x3 = 02x2 + 10x3 = 0 ; V (1) :

( �x2 + 6x3 = 0x2 + 10x3 = 0 ;

V (7) :( �6x1 � x2 + 6x3 = 0

�5x2 + 10x3 = 0ovvero le retteV (0) :

( x1 = �11x3x2 = �5x3 ; V (1) :

( x2 = 0x3 = 0 ; V (7) :

( x1 = 23x3x2 = 2x3d) R3 = V (0) � V (1) � V (7) poiche' i tre autospazi, associati ad autovaloridiversi, sono tre rette non complanari.

3. a) L'equazione caratteristica di L �e

C =��2� � �1 16 2� � 32 1 2� �

�� = 0

ovvero (2��)[(2��)2+1] = 0 che ammette come radici appunto � = 2; 2+i; 2�i.b) Gli autovettori associati all'autovalore � = 2 coincidono con le autosoluzionidel sistema omogeneo 8><

>:�x2 + x3 = 0

6x1 + 3x3 = 02x1 + x2 = 0


ovvero dal sistema equivalente formato dalle prime due equazioni (non pro-porzionali). Una autosoluzione di tale sistema �e v1 = (1;�2;�2); dunqueV (2) = ftv1 ; t 2 Rg = f(t;�2t;�2t) ; t 2 Rg.Gli autovettori associati all'autovalore � = 2+ i coincidono con le autosoluzionidel sistema omogeneo

8><>:�ix1 � x2 + x3 = 06x1 � ix2 + 3x3 = 02x1 + x2 � ix3 = 0

(pensato in C3), ovvero dal sistema equivalente formato dalle prime due equa-zioni. Risolvendo si trova V (2 + i) = f�(3� i)z; (6 + 3i)z; 5z); z 2 Cg.Gli autovettori associati all'autovalore � = 2 � i, che �e il coniugato del prece-dente, sono i vettori coniugati degli autovettori in V (2 + i). Quindi V (2� i) =f�(3 + i)z; (6� 3i)z; 5z); z 2 Cg.c) Uguagliando le parti reali e immaginarie rispettivamente dell'identit�a T (�3+i; 6 + 3i; 5) = (2 + i)(�3 + i); 6 + 3i; 5) si hanno le identit�a:

(T (�3; 6; 5) = 2(�3; 6; 5)� (1; 3; 0)T (1; 3; 0) = (�3; 6; 5) + 2(1; 3; 0)

Il piano invariante �e quello generato da u1 = (�3; 6; 5);u2 = (1; 3; 0), cio�e3x1 � x2 + 3x3 = 0.

4. Risulta d2fdx2 (x) = �a!2 sin!x� b�2 cos �x :

quindi la funzione f e' un autovettore dell'operatore d2dx2 , associato all'autovalore�, se e solo se vale l'identit�a�a!2 sin!x� b�2 cos �x = �(a sin!x+ b cos �x)

ovveroa(�+ !2) sin!x+ b(�+ �2) cos �x = 0

Poiche' l'identit�a A sin!x + B cos �x = 0 vale se e solo se A = B = 0 se netrae che deve essere a = 0; b 6= 0 e � = ��2 o a 6= 0; b = 0 e � = �!2 oppurea 6= 0; b 6= 0 e � = �!2 = ��2.

5. Autofunzioni linearmente indipendenti dell'operatore d3dx3 sono, ad esempio, f0 =1 (funzione costante uguale a 1), f1 = ex; f2 = e2x, associate rispettivamenteagli autovalori � = 0; 1; 8.


6. a) La matrice di Q ha rango 2 e un minore di ordine 2 diverso da zero �e,ad esempio, quello formato dai coe�cienti di x1; x2 nelle prime due equazioni,��1 �23 0

�� = 6. Quindi equazioni per il nucleo di Q sono( x1 �2x2 �x4 = 0

3x1 +x3 +2x4 = 0e una base per KerQ consiste, ad esempio, delle autosoluzioni indipendenti(�13 ;�16 ; 1; 0), (�23 ;�56 ; 0; 1);b) u = (0; 1; 1; 1);v = (�1; 2; 0; 5) coincidono con le due ultime colonne dellamatrice di Q, quindi (u;v) �e una base per ImQ.Risulta Qu = (�3; 3;�3; 12); Qv = (�10; 7;�13; 37).c) Poiche' Qu; Qv sono linearmente indipendenti segue che la restrizione di Qa ImQ �e non degenere, ovvero KerQ\ ImQ = 0. Poiche' inoltre dim(KerQ) +dim(ImQ) = 4, si ha R4 = KerQ� ImQ.d) Risolvendo in termini di coordinate i sistemi Tu = au+ bv; Tv = a0u+ b0vsi trova Tu = �3u+ 3v; Tv = �13u+ 10v, sicche' la matrice della restrizionedi Q a ImQ nella base (u;v) �e �A =

��3 �133 10

�.

e) Un autovalore di molteplicit�a 2 �e quello associato al nucleo, �1; �2 = 0. Glialtri autovalori e autovettori sono quelli della restrizione di Q a ImQ. Gliautovalori sono le radici dell'equazione caratteristica

�� A� �I�� =��3� � �13

3 10� �� = �2 � 7�+ 9 = 0

ovvero �3 = 7+p132 ; �4 = 7�p132 .7. La matrice A ha rango 2 e un minore non nullo di ordine 2 �e ad esempio quello

formato dalle prime due righe e prime due colonne,��1 �18 4

�� = 12. Quindi:a) Il nucleo di T �e la retta di equazioni

( x1 �x2 �5x3 = 08x1 +4x2 +8x3 = 0

e vettore direttore u = (�1; 4;�1); KerT = f(�t; 4t;�t); t 2 Rg.b) Considerate le prime due colonne di A si ha la base (v = (1; 8;�3);w =

(�1; 4;�1)) per il piano immagine di T .


c) Risulta Tw = 0, quindi il vettore non nullo w appartiene a KerT \ ImT .Ci�o esclude che sia R3 = KerT � ImT .d) L'equazione caratteristica di T �e ��2(4� �) = 0: pertanto gli autovalori diT sono � = 0, doppio, e � = 4, semplice.V (0) = KerT , gi�a calcolato, V (4) = ft(1; 2;�1); t 2 Rg.e) In seguito a c) risulta che T non �e diagonalizzabile (la molteplicit�a alge-brica di � = 0 �e maggiore della dimensione del nucleo, ovvero della rispettivamolteplicit�a geometrica).

14 Riduzione a forma canonica di matrici di operatori: tri-angolarizzazione e diagonalizzazione

1. Gli autovalori della matrice A =�1 43 2

�dei coe�cienti sono � = 5;�2. Auto-

vettori associati a 5;�2 rispettivamente sono (1; 1); (4;�3). Quindi una base perle soluzioni del sistema �e fornita da (x; y) = (e5t; e5t); (x; y) = (4e�2t;�3e�2t).La soluzione generale del sistema, dipendente da due costanti arbitrarie c1; c2,�e ( x = c1e5t +4c2e�2t

y = c1e5t �3c2e�2t :

2. L'equazione caratteristica di T �e �(1+�)(�� 1)2 = 0 e quindi gli autovalori diT sono � = �1, semplice, e � = 1, di molteplicit�a algebrica 2.Calcolando risulta poi che V (�1) = ft(1; 1;�1); t 2 Rg e che V (1) coincide conil piano di equazione x� y + z = 0.Se ne deduce che T �e l'operatore di simmetria rispetto al piano V (1) parallela-mente alla direzione di parametri direttori (1; 1;�1). Infatti, se �e dato un vettorev 2 V e se ne considera la decomposizione v = v0+v00 in somma di vettori v0;v00appartenenti rispettivamente a V (1); V (�1) risulta dapprima Tv = Tv0+Tv00,per la linearit�a di T , e poi Tv = v0 � v00, poiche' Tv0 = v0; Tv00 = �v00. QuindiTv coincide appunto con il simmetrico del vettore v nella detta simmetria.

3. Poiche' B �e una matrice triangolare superiore, si vede subito che gli autovalori diP sono � = �1; 1; 2; trattandosi di tre autovalori distinti, una terna (v1;v2;v3)di autovettori associati rispettivamente a �1; 1; 2 costituir�a una base di V .Dalla forma di B risulta evidente che i; j sono autovettori associati rispetti-vamente agli autovalori �1; 1. Un autovettore associato a 2 �e ad esempio


v = (2; 9; 3). Nella base (v1 = i;v2 = j;v3 = v) l'operatore P ammettematrice diagonale

B0 =0@�1 0 0

0 1 00 0 2

1A :

4. a) L'equazione caratteristica di Q �e �(1 + �)(1� �)2 = 0: quindi gli autovaloridi Q sono � = �1, semplice, e � = 1, di molteplicit�a algebrica due.Poiche' gli autovalori di Q non sono tutti semplici non �e possibile a�ermaresubito che Q �e diagonalizzabile.L'autospazio associato all'autovalore 1 �e il piano V (1) : x+2y� z = 0. Quindila molteplicit�a geometrica di � = 1 uguaglia la molteplicit�a algebrica. Q �ediagonalizzabile. b) Calcolando si trova che la retta V (�1) �e generata da v1 =(1;�1; 1) mentre il piano V (1) �e generato dai vettori v2 = (0; 1; 2);v3 = (1; 0; 1).Quindi (v1;v2;v3) �e una base nella quale Q ammette matrice diagonale

C 0 =0@�1 0 0

0 1 00 0 1

1A

c) 3 piani distinti invarianti rispetto all'operatore Q sono, ad esempio, i pianicoordinati della base v1 = (1;�1; 1);v2 = (0; 1; 2);v3 = (1; 0; 1).

15 Equazioni di�erenziali lineari a coe�cienti costanti

1) Il sistema si scrive � dxdt = 2xdydt = 3yUna base per lo spazio delle soluzioni �e data dalle due soluzioni

�1(t) = e2t� 1

0�� e2t

0�

; �2(t) = e3t� 0

1�� 0e3t�:

Quindi la soluzione generale, dipendente da 2 costanti c1; c2, si scrive�(t) = c1�1(t) + c2�2(t)

ovvero�(t) =

� c1e2tc2e3t�:


Se �(0) = (1; 2) allora c1 = 1; c2 = 2 e�(t) =

� e2t2e3t

�:

(Vedi �g. 1).2) Il sistema si scrive � dxdt = �2x + ydydt = �5x + 4y

La matrice A ha autovalori � = 3;�1; una base per lo spazio delle soluzioni�e data da due soluzioni corrispondenti a due autovettori, ad esempio v1 =(1; 5);v2 = (1; 1) associati rispettivamente a tali autovalori:

�1(t) = e3t� 1

5�� e3t

5e3t�

; �2(t) = e�t� 1

1�� e�te�t

�:

La soluzione generale, dipendente da costanti c1; c2, ha l'espressione�(t) = c1e3t

� 15�+ c2e�t

� 11�� c1e3t + c2e�t5c1e3t + c2e�t

�:

La condizione �(0) = (�2; 2) d�a c1+c2 = �2; 5c1+c2 = 2, sicch�e c1 = 1; c2 = �3e quindi la soluzione particolare �e in questo caso�(t) =

� e3t � 3e�t5e3t � 3e�t

�:

(Vedi �g.2).3) Il sistema si scrive � dxdt = � 2ydydt = 2x

La matrice A ha autovalori complessi (coniugati) � = 2i;�2i; una base per lospazio delle soluzioni nel campo complesso �e data da due soluzioni corrispondentia due autovettori complessi coniugati associati rispettivamente a tali autovalori,ad esempio v1 = (1;�i);v2 = (1; i). Nel campo reale la soluzione generale delsistema si ottiene come combinazione lineare a coe�cienti complessi coniugatia+ ib; a� ib di tali soluzioni, ovvero

�(t) = (a+ ib)e2it� 1�i�+ (a� ib)e�2it

� 1i�;

ovvero, a meno del fattore 2,�(t) =

� a cos 2t� b sin 2ta sin 2t+ b cos 2t

�:


La condizione �(�=2) = (1; 2) determina poi i valori dei coe�cienti a = �1; b =�2 e risulta:

�(t) =� � cos 2t+ 2 sin 2t

sin 2t� 2 cos 2t�:

(Vedi �g. 3).4) Il sistema si scrive � dxdt = 2x + ydydt = �x + 2y

La matrice A ha autovalori complessi � = 2+i; 2�i; una base per lo spazio dellesoluzioni nel campo complesso �e data da due soluzioni corrispondenti rispettiva-mente a due autovettori complessi (coniugati) associati rispettivamente ai dueautovalori, ad esempio v1 = (1; i);v2 = (1;�i). Nel campo reale la soluzionegenerale del sistema si ottiene come combinazione lineare a coe�cienti complessiconiugati a+ ib; a� ib di tali soluzioni, ovvero

�(t) = (a+ ib)e(2+i)t� 1i�+ (a� ib)e(2�i)t

� 1�i�;

ovvero�(t) = e2th(a+ ib)(cos t+ i sin t)

� 1i�+ (a� ib)(cos t� i sin t)

� 1�i� i;

cio�e, a meno del fattore 2,�(t) = e2t

� a cos t� b sin t�a sin t� b cos t

�:

La condizione �(0) = (1; 2) determina poi i valori dei coe�cienti a; b e risulta:�(t) = e2t

� cos t+ 2 sin t� sin t+ 2 cos t

�:

(Vedi �g. 4)5) Posto y = y1 ; y0 = y2 l'equazione �e equivalente al sistema

( dy1dx = y2dy2dx = y1che risolto d�a � y1(x) = c1ex + c2e�xy2(x) = c1ex � c2e�x


Quindiy(x) = c1ex + c2e�x :

Notiamo che, ricordando 1 le relazioni tra esponenziali e funzioni iperboliche,pu�o anche scriversi

y(x) = � coshx+ � sinh xcon �; � costanti. Si passa da una all'altra delle espressioni della soluzionegenerale mediante la trasformazione

� = c1 + c2 ; � = c1 � c2 :Le condizioni iniziali danno poi c1+c2 = 2; c1�c2 = 1, quindi c1 = 3=2; c2 = 1=2e la soluzione particolare si scrive

y(x) = 32ex +

12e�x :

(Vedi �g. 5)6) Posto y = y1 ; y0 = y2 l'equazione �e equivalente al sistema

( dy1dx = y2dy2dx = y1 + 2y2che risolto d�a( y1(x) = ex(c1ep2x + c2e�p2x)

y2(x) = ex(c1(1 +p2)ep2x + c2(1�p2)e�p2xTenuto poi conto delle condizioni y(0) = c1+ c2 = 1; y0(0) = c1(1+p2)+ c2(1�p2) = 0 si trovano i valori

c1 = 2�p24 ; c2 = 2 +p2

4per la soluzione particolare

y(x) = ex4 ((2�p2)ep2x + (2 +p2)e�p2x :

(Vedere �g. 6).

1ex = sinhx+ coshx; e�x = � sinhx+ coshx


-1 -0.5 0.5 1

0.5

1

1.5

2

Fig. 1

-5 -4 -3 -2 -1

-2

-1

1

2

3

4

Fig. 2


-2 -1 1 2

-2

-1

1

2

Fig. 3

2 4 6 8 10 12

1

2

3

4

Fig. 4


-6 -4 -2 2 4 6

2

4

6

8

Fig. 5

-6 -4 -2 2 4

2

4

6

8

Fig. 6


16 Ancora equazioni lineari a coef�cienti costantiEsercizio 1. Il sistema si scrive � dxdt = x + ydydt = x + yLa matrice A ha autovalori � = 0; 2; una base per lo spazio delle soluzioni �e data dadue soluzioni corrispondenti a due autovettori, ad esempio v1 = (1;�1);v2 = (1; 1)associati rispettivamente a tali autovalori:

�1(t) =� 1�1

�; �2(t) = e2t

� 11�:

La soluzione generale, dipendente da costanti c1; c2, ha l'espressione�(t) = c1

� 1�1

�+ c2e2t

� 11�� c1 + c2e2t�c1 + c2e2t

�:

(Descrivere le traiettorie).La condizione �(1) = (�2; 2) d�a c1 + c2e2 = �2;�c1 + c2e2 = 2, sicch�e c1 =

�2; c2 = 0 e la soluzione particolare �e in questo caso�(t) =

� �22�:

Esercizio 2. Il sistema si scrive� dxdt = x + 2ydydt = 2x + y :

L'equazione caratteristica di A �e�� 1� � 2

2 1� �� (1 � �)2 � 4 = 0 e quindi gli

autovalori sono � = 3;�1. Gli autospazi sono V (3) : �2x1 + 2x2 = 0; V (�1) :2x1 + 2x2 = 0. Due autovettori (linearmente indipendenti) associati rispettivamentea � = 3;�1 sono v1 = (1; 1);v2 = (1;�1). Corrispondentemente ai due autovettoriconsiderati, si hanno due soluzioni indipendenti del sistema di�erenziale:

�(1) = e3t� 1

1�

; �(2) = e�t� 1�1

�:

Le soluzioni del sistema, dipendenti dalla scelta di due costanti c1; c2, sono della forma� = c1e3t

� 11�+ c2e�t

� 1�1

�:


La posta condizione d�ac1e3 + c2e�1 = �1 ; c1e3 � c2e�1 = 3

ovvero c1 = e�3; c2 = �2e.Esercizio 3. Il sistema di�erenziale si scrive� dxdt = x � 2ydydt = 2x + y

L'equazione caratteristica di A �e (1 � �)2 + 4 = 0 e pertanto gli autovalori sonocomplessi coniugati: � = 1 + 2i; � = 1 � 2i. Considerato l'autovettore v = (1;�i)associato a � = 1 + 2i si ha la soluzione complessaz = et(cos 2t+ i sin 2t)

� 1�i�

ovvero z = et� cos 2t

sin 2t�+ iet

� sin 2t� cos 2t

�:

Due soluzioni reali linearmente indipendenti del sistema sono quindi�1 = et

� cos 2tsin 2t

�; �2 = et

� sin 2t� cos 2t

�:

La soluzione generale del sistema si scrive quindi, in dipendenza di due costanti realic1; c2,

� = et� c1 cos 2t+ c2 sin 2tc1 sin 2t� c2 cos 2t

�:

La condizione per t = �=2 ci d�ae�=2

� �c1c2�=� 0

1�;

quindi c1 = 0; c2 = e��=2.Esercizio 4. Il sistema si scrive� dxdt = 2x + ydydt = �y

L'equazione caratteristica di A �e j 2� � 1�1 �� j � (� � 1)2 = 0 e quindi si ha un

autovalore doppio, � = 1. La matrice non �e diagonalizzabile. Consideriamo una basenella quale il sistema ha matrice della forma di Jordan

B =� 1 1

0 1�:


Prendiamo f1 = (1;�1) e f2 veri�cante l'equazioneAf2 = f1 + f2 ;

ovvero(A� I)f2 = f1 ;

che tradotta scalarmente d�a � x+ y = 1�x� y = �1 :

(Notiamo che vi �e sempre una soluzione dato che Im(A � I) = V (1)). Risolvendo ilsistema si trova, ad esempio, (x; y) = (1; 0). In coordinate (x0; y0) nella base f1; f2) ilsistema si scrive � dx0dt = x +ydy0dt = �x �ye y0 = c2et per qualche costante c2. Assunto che x0 = ec(t)et si trova che deve essere

decdt et + ecet = ecet + c2et

ovvero decdt = c2et :

Pertanto x0 �e della formax0 = c2t+ c1 ;

ove c1 �e una costante, e la soluzione generale del sistema, dipendente dalle costantic1; c2, �e �(t) = (c2t+ c1)etf1 + c2etf2ovvero

�(t) = eth(c2t+ c1)� 1�1

�+ c2

� 10�i

cio`e�(t) = et

� c2t+ c1 + c2�c2t� c1�:

La condizione �(0) = (1; 2) d�a c1 + c2 = 1;�c1 = 2 ovvero c1 = �2; c2 = 3:�(t) = et

� 3t+ 1�3t+ 2

�:

Esercizio 5. Il sistema si scrive� dxdt = x + ydydt = �x + 3y


L'equazione caratteristica di A �e j 1� � 1�1 3� � j � (��2)2 = 0 e quindi si ha un solo

autovalore doppio � = 2. La matrice A non �e diagonalizzabile ma possiamo ridurla aforma triangolare di Jordan

B =� 2 1

0 2�

nella base (f1; f2) ove f1 = (1; 1) �e un autovettore associato a � = 2 e f2 �e un vettorenon parallelo a f1 veri�cante (A� 2I)f2 = f1 :Traducendo scalarmente si trova � �x+ y = 1

�x+ y = 1e quindi, ad es., f2 = (�1; 0). In coordinate (x0; y0) nella base (f1; f2) il sistema siscrive � dx0dt = 2x0 + y0dy0dt = 2y0e le soluzioni sono della forma � x0 = (c2t+ c1)e2ty0 = c2e2t :Quindi, in coordinate x; y

�(t) = e2th(c2t+ c1)f1 + c2f2i

e2th(c2t+ c1)� 1

1�+ c2

� �10�i

ovvero�(t) = e2t

� c2t+ c1 � c2c2t+ c1�:

La condizione iniziale �(0) = (1; 2) d�a c1 � c2 = 1; c2 = 2 ovvero c1 = 2; c2 = 1 e lasoluzione particolare �e

�(t) = e2t� t+ 1t+ 2

�:

Esercizio 6. L'equazione caratteristica di A �e �2(3 � �) = 0 e gli autovalorisono � = 0, doppio, e � = 3. Gli autospazi sono V (0) : x + y + z = 0; V (3) :� �2x+ y + z = 0

x� 2y + z = 0 . A �e diagonalizzabile. Una base di autovettori �e, ad esempio,


v1(1; 0;�1);v2(0; 1;�1);v3(1; 1; 1) (i primi due associati a 0 e il terzo a 3). Una ternafondamentale di soluzioni del sistema �e pertanto

�(1)(t) =0@ 1

0�1

1A ; �(2)(t) =

0@ 0

1�1

1A ; �(3)(t) = e3t

0@ 1

11

1A :

La soluzione generale del sistema si scrive

�(t) = c10@ 1

0�1

1A+ c2

0@ 0

1�1

1A+ c3e3t

0@ 1

11

1A ;

ovvero�(t) =

0@ c1 +c3e3tc2 +c3e3t�c1 �c2 +c3e3t

1A :

La condizione iniziale �(0) = (2;�2; 2) d�ac+ 1 + c3 = 2 ; c2 + c3 = �2 ; �c1 � c2 + c3 = 2

ovvero c1 = 4=3; c2 = �7=3; c3 = 2=3.


ESERCIZI di Algebra e Geometriaper studenti di Fisicadocente S. Marchiafava

a.a. 2004/0528 aprile 2005

Operatori lineari. Forme lineari

1. Mostrare chea) nello spazio Euclideo R3 dotato del prodotto scalare canonico, l'applicazione

F : R3 ! R che associa al vettore x = (x1; x2; x3) il suo prodotto scalare conun �ssato vettore non nullo a = (a1; a2; a3) �e una forma lineare e determinarnenucleo e immagine.

b) l'operatore Tr : MK(2) ! K che associa a una matrice quadrata di ordine aelementi in K, A = (aij), la rispettiva traccia, Tr(A), �e un operatore lineare(ovvero, una forma lineare) e determinarne il nucleo e l'immagine;

c) l'operatore det :MK(2)! K non �e lineare;2. Sia V = R3 lo spazio vettoriale numerico 3-dimensionale. Siano �e1 =

(1; 0; 0); e2 = (0; 1; 0); e3 = (0; 0; 1)� la base canonica di R3 e (e1�; e2�; e3�) la baseassociata nel duale V �.

a) Dato il vettore u = (1;�1; 3) calcolare i valori che su di esso assumono rispet-tivamente e1�; e2�; e3�.

b) Considerata la forma lineare � : V ! R data da �(x) = u�x, ove � �e il prodottoscalare canonico, scrivere � nella base (e1�; e2�; e3�).

Operatori lineari nello spazio vettoriale Euclideo3-dimensionale V

1. Sia V lo spazio vettoriale Euclideo 3-dimensionale riferito a una base ortonor-male (i; j;k).

a) Considerate le proiezioni ortogonali P; P 0 : V ! V sui piani coordinati (i; j);(i;k) rispettivamente, calcolare i prodotti PP 0; P 0P .


b) Siano P1; P2 : V ! V le proiezioni ortogonali sui piani �1 : x1 � x2 + x3 =0 ; �2 : x1+x2�x3 = 0 rispettivamente. Calcolare le matrici dei prodotti P1P2; P2P1.

2. Sia T : R3 ! R3 l'endomor�smo di equazioni8<:

y1 = 3x1 +4x3y2 = 2x1 +x2 +4x3y3 = �2x1 �3x3 .

Determinare le rette di R3 che sono lasciate invarianti da T .

Sottospazi di spazi vettoriali e di spazi a�ni

1. Spazio vettoriale R4. Base canonica (e1; : : : ; e4).Considerato il piano P di equazioni

� 2x1� x2+ x3+ x4 = 0x1 � x3+ x4 = 0

a) mostrare che il piano Q generato dai vettori g1 = (1;�1; 0; 0);g2 = (0; 2; 1;�1)�e un supplementare di P .

b) Decomporre il vettore w = (�2; 4; 3; 1) nella somma w = p+ q di due vettoriappartenenti a P e Q rispettivamente.

2. Spazio vettoriale MR(2) delle matrici reali quadrate di ordine 2.a) Veri�care che le matrici A 2MR(2) che sono soluzione dell'equazione

traccia(X) = 2formano un sottospazio lineare 3-dimensionale W di MR(2) pensato come spazioa�ne.

b) Dire se il sottoinsieme U di matrici A 2MR(2) che veri�cano l'equazioneX +X t =

� 2 11 0

�

�e un sottospazio lineare diMR(2) e, in caso a�ermativo, calcolarne la dimensione.c) Determinare l'intersezione di W e di U .


SOLUZIONI ESERCIZIDI ALGEBRA E DI GEOMETRIAPer il corso di Geometria per Fisici

docente S. Marchiafavaa.a. 2004/200528 aprile 2005

Operatori lineari. Forme lineari1. a) Per il prodotto scalare � sono veri�cate le identit�a a � (x+ y) = a � x+ a �

y; 8x;y 2 R3, quindi F (x+ y) = F (x) +F (y), e a � (kx) = k(a � x); 8k 2 R, quindiF (kx) = kF (x). Pertanto F �e una forma lineare. Ker(F ) �e il piano ortogonale ad a,di equazione a1x1 + a2x2 + a3x3 = 0, e Im(F ) = R dato che il prodotto a � x non �eidenticamente nullo.

b) Tr(A) + Tr(B) = Tr� a11 a12a21 a22

�+ Tr

� b11 b12b21 b22�

= (a11 + a22) + (b11 + b22) =(a11 + b11) + (a22 + b22) = Tr

� a11 + b11 a12 + b12a21 + b21 a22 + b22�= Tr(A+B);

Tr(kA) = Tr� ka11 ka12ka21 ka22

�= ka11 + ka22 = k(a11 + a22) = kTr(A).

Quindi Tr �e lineare.Ker(Tr) = n

� a bc �a

�; a; b; c 2 Ko. Im(Tr) = K.

c) In generale det(A + B) 6= det(A) + det(B): ad esempio, det[� a 0

0 0�

+� 0 00 b

�] = det

� a 00 b

�= ab mentre det(A) + det(B) = 0 + 0 = 0. Inoltre,

det(kA) = det� ka11 ka12ka21 ka22

�= k2det(A) e quindi in generale det(kA) 6= kdet(A).

2. a) In generale, dato un vettore v = Pj xjej si ha ei�(v) = ei�(Pj xjej) =Pj xjei�(ej) = Pj xj�ij = xi. Quindi, nel presente caso si ha e1�(u) = 1; e2�(u) =�1; e3�(u) = 3. b) � = e1� � e2� + 3e1�.

Operatori lineari nello spazio vettoriale Euclideo3-dimensionale V

1. a) P (i) = i; P (j) = j; P (k) = 0 e P 0(i) = i; P 0(j) = 0; P 0(k) = k. QuindiP 0P (i) = P 0(i) = i; P 0P (j = P 0j = 0; P 0P (k) = P 0(0) = 0 e, analogamente, PP 0(i) =i; PP 0(j) = 0; PP 0(k) = 0 sicch�e P 0P = PP 0 = proiezione ortogonale sulla retta di i.


b) Considerato il versore n1 = 1p3(1;�1; 1) normale al piano �1, si ha P1(v) =v � (v � n1)n1 quindi, in termini di coordinate,

P1(x1; x2; x3) = (x1; x2; x3)� 1p3(x1 � x2 + x3)( 1p3 ;� 1p3 ; 1p3)= (x1; x2; x3)� 13(x1 � x2 + x3)(1;�1; 1)= 13(2x1 + x2 � x3; x1 + 2x2 + x3;�x1 + x2 + 2x3)

e la matrice di P1 �eA1 = 1

30@ 2 1 �1

1 2 1�1 1 2

1A :

Analogamente si trova che la matrice di P2 �e

A2 = 130@ 2 �1 1�1 2 11 1 2

1A :

Quindi la matrice di P1P2 �e

A1A2 = 190@ 2 1 �1

1 2 1�1 1 2

1A0@ 2 �1 1�1 2 11 1 2

1A = 1

90@ 2 �1 1

1 4 5�1 5 4

1A :

Analogamente, la matrice di P2P1 �e

A2A1 = 190@ 2 �1 1�1 2 11 1 2

1A0@ 2 1 �1

1 2 1�1 1 2

1A = 1

90@ 2 1 �1�1 4 51 5 4

1A :

Si vede che A1A2 6= A2A1, quindi P1P2 6= P2P1.2. Una retta (vettoriale) R �e invariante rispetto a T , cio�e Im(R) � R se e solo se

dato un suo vettore direttore (cio�e un suo vettore non nullo)X risulta T (X) = �X perun opportuno scalare �. Traducendo in termini di equazioni di T , i vettori direttoridelle rette invarianti rispetto a T sono tutte e sole le terne X = (x1; x2; x3) che perqualche scalare � sono autosoluzioni del sistema8<:

�x1 = 3x1 +4x3�x2 = 2x1 +x2 +4x3 ;�x3 = �2x1 �3x3 ovvero

8<:

(3� �)x1 +4x3 = 02x1 +(1� �)x2 +4x3 = 0 :�2x1 �(3 + �)x3 = 0

I valori di � per i quali esistono tali autosoluzioni sono tutti e soli quelli per i quali siannulla il determinante del sistema, ovvero soluzioni dell'equazione��

(3� �) 0 42 (1� �) 4�2 0 (3 + �)

�� = 0


cio�e (1� �)(�2 � 1) = 0. Si trova quindi � = 1;�1. Per � = 1 il sistema �e riducibilealla sola equazione x1 + 2x3 = 0 che rappresenta un piano � le cui rette sono tuttelasciate �sse, vettore per vettore, da T (T ristretto a � coincide con l'identit�a). Per� = �1 il sistema �e riducibile a

� x1 +x3 = 0x1 +x2 +2x3 = 0 ;

equazioni cartesiane di una retta r invariante rispetto a T , sulla quale T opera comela simmetria, T (v) = �v.

Sottospazi di spazi vettoriali e di spazi a�ni1. a) Una base di P �e formata dai vettori f1 = (1; 3; 1; 0); f2 = (�1;�1; 0; 1) ot-

tenuti come due autosoluzioni indipendenti del sistema delle equazioni di P . I vettorif1; f2;g1;g2 sono linearmente indipendenti, risultando diverso da zero il determinantedella matrice delle coordinate. Quindi il sottospazio Q, generato da g1;g2, �e unsupplementare di P .

b) Scritto w nella forma w = af1 + bf2 + cg1 + dg2 i vettori della decomposizionerichiesta sono p = af1 + bf2, q = cg1 + dg2. I coe�cienti a; b; c; d, determinati dalsistema di equazioni lineari

8>><>>:

�2 = a �b +c4 = 3a �b �c +2d3 = a +d1 = b �d

;

sono a = 1; b = 3; c = 0; d = 2. Quindi p = f1 +3f2 ovvero p = (�2; 0; 1; 3) e q = 2g2ovvero q = (0; 4; 2;�2).2. a) Considerata la matrice X0 =

� 2 00 0

�, di traccia uguale a 2, data la

linearit�a di Tr le soluzioni dell'equazione considerata si ottengono tutte da X0 som-mandogli una soluzione dell'equazione, lineare e omogenea, Tr(Y ) = 0, rappresentanteun iperpiano vettoriale diMR(2). Quindi W �e un sottospazio lineare 3-dimensionaledello spazio puntualeMR(2). D'altra parte, in termini delle coordinate (x1; x2; x3; x4)nella base canonica diMR(2), per cui

X �� x1 x2x3 x4

�= x1

� 1 00 0

�+� 0 1

0 0�+� 0 0

1 0�+� 0 0

0 1�

;l'equazione Tr(X) = 2 si scrive

x1 + x4 = 2che �e appunto una equazione lineare.


b) Il primo membro dell'equazione �e lineare in X: quindi U �e un sottospaziolineare. Inoltre in termini delle coordinate nella base canonica diMR(2) le equazionisi scrivono 8<

:2x1 = 2x1 +x3 = 12x4 = 0

con matrice dei coe�cienti che ha rango massimo, uguale a 3. Quindi dim(U) = 1.c) Poich�e Tr(X + X t) = 2Tr(X), se X 2 U allora Tr(X) = 1 6= 2; quindi i due

sottospazi lineari U ;W hanno intersezione vuota.



a.a. 2004/055 maggio 2005

Risoluzione di sistemi di�erenziali lineari in R2 mediantediagonalizzazione

1. �E dato il sistema di equazioni di�erenziali lineari� dxdt = x +4ydydt = 3x +2y ;

di matrice A =�1 43 2

�, nelle funzioni incognite x = x(t); y = y(t).

a) Veri�care che passando con opportuna trasformazione lineare dalle x; y a nuovevariabili ~x; ~y �e possibile riscrivere il sistema stesso nella forma

� d~xdt = �~xd~ydt = �~y ;con B =

�� 00 �

�, matrice diagonale.

b) Calcolare in termini di coordinate x; y la soluzione corrispondente alla soluzioneiniziale (x(0); y(0)) = (�1; 1).

2. �E dato il sistema di equazioni di�erenziali lineari� dxdt = 2x +ydydt = �x +2y ;

di matrice A =� 2 1�1 2

�, nelle funzioni incognite x = x(t); y = y(t).

a) Veri�care che passando con opportuna trasformazione lineare complessa dallex; y a nuove variabili ~x; ~y �e possibile riscrivere il sistema stesso nella forma

� d~xdt = �~xd~ydt = �~y ;con B =

�� 00 �

�, matrice diagonale.


b) Calcolare in termini di coordinate x; y la soluzione corrispondente alla soluzioneiniziale (x(0); y(0)) = (1; 3).


SOLUZIONIesercizi di Algebra e Geometria


a.a. 2004/055 maggio 2005

Risoluzione di sistemi di�erenziali lineari in R2 mediantediagonalizzazione

1. a) Interpretando A come la matrice di un operatore lineare T : R2 ! R2 nellabase canonica (e1 = (1; 0); e2 = (0; 1)) si tratta di determinare un cambiamento dicoordinate (x; y)! (~x; ~y) che faccia passare da tale base ad una base (f1; f2) formatada autovettori di T stesso.

Gli autovalori �; � di T sono dati dall'equazione�� 1� � 4

3 2� �� 2 � 3�� 10 = 0

ovvero � = �2; � = 5.Gli autovettori associati a � = �2 sono dati dall'equazione

3x+ 4y = 0quindi V (�2) = �t(�4; 3)jt 2 R.

Gli autovettori associati a � = 5 sono dati dall'equazione�4x+ 4y = 0

quindi V (5) = �t(1; 1)jt 2 R.(f1; f2) �e una base di R2 formata da autovettori di T , nella quale la matrice di T �e

B =�� 2 0

0 5�� :

e pertanto nelle nuove coordinate (~x; ~y) in tale base il sistema di�erenziale si scrive� d~xdt = �2~xd~ydt = 5~y ;


b) La soluzione generale �(t) = (~x(t); ~y(t)) �e data da�(t) = (c1e�2t; c2e5t)

Tenuto conto che la relazione tra le coordinate (x; y) e (~x; ~y) �e� xy�=� �4 1

3 1�� ~x

~y�

la soluzione generale del sistema nelle funzioni incognite x = x(t); y = y(t) �e dato da� x(t)y(t)

�=� �4 1

3 1�� c1e�2tc2e5t

�� 4c1e�2t + c2e5t3c1e�2t + c2e5t

�:

La condizione iniziale equivale al seguente sistema nelle costanti c1; c2:� �1 = �4c1 +c21 = 3c1 +c2ovvero c1 = 2=7; c2 = 1=7. Sicch�e la soluzione particolare richiesta �e

x(t) = �87e�2t +17e5t ; y(t) = 6

7e�2t +17e5t

(Veri�care direttamente che quella trovata �e e�ettivamente una soluzione del sis-tema assegnato).

2. a) Gli autovalori �; � di A sono dati dall'equazione�� 2� � 1�1 2� �

�� (2� �)2 + 1 = 0ovvero � = 2 + i; � = 2 � i. Poich�e si tratta di autovalori complessi coniugati, nonreali, la matrice A non �e diagonalizzabile nel campo reale bens�i nel campo complesso.Occorre cio�e interpretare A come matrice di un operatore lineare T : C2 ! C2rispetto alla base canonica (e1; e2) di C2. Allora si trova che una base di C2 costituitada autovettori associati rispettivamente a �; � �e, ad es., quella costituita da (f1 =(1; i); f2 = (1;�i)) e in tale base il sistema di equazioni, esteso al complessi�cato, siscrive � d~xdt = (2 + i)~xd~ydt = (2� i)~y ;La soluzione generale del sistema si scrive

(~x(t); ~y(t)) = (c1e(2+i)t; c2e(2�i)t)e in termini di coordinate x; y:� x(t)

y(t)�=� 1 1

i �i�� c1e(2+i)tc2e(2�i)t

�� c1e(2+i)t + c2e(2�i)tic1e(2+i)t � ic2e(2�i)t

�:


La condizione iniziale si traduce in� 1 = c1 +c23 = ic1 � ic2e quindi c1 = 1�3i2 ; c2 = 1+3i2 . In de�nitiva, la soluzione particolare cercata �e:

(x(t); y(t)) = e2t� cos t� 3 sin t;�3 cos t� sin t� :Notiamo che si tratta appunto di una soluzione reale. In e�etti gli autovalori 2+i; 2�i sono complessi coniugati, come pure gli autovettori f1; f2 ad essi rispettivamenteassociati, e anche c2 = c1.Provare, con veri�ca diretta, che quella trovata �e e�ettivamente una soluzione delsistema assegnato.



a.a. 2004/059 maggio 2005

Diagonalizzazione di operatori lineari in R3

Si sottointende, come di solito, che R3 �e riferito alla base canonica (e1 = (1; 0; 0);e2 = (0; 1; 0); e3 = (0; 0; 1)).

1. In R3 �e dato l'operatore lineare T di matrice

A =0@ 1 0 2

0 2 02 0 1

1A :

a) Veri�care che T ammette l'autovalore �1;b) calcolare gli altri autovalori di T ;c) dire se T �e diagonalizzabile;d) in caso a�ermativo, determinare una base di R3 nella quale T ammette matrice

diagonale B, speci�cando di che matrice si tratta.

2. In R3 �e dato l'operatore lineare T di matrice

A =0@ 5 �1 2�1 5 22 2 2

1A :

a) Calcolare gli autovalori di T .b) Veri�care se T �e diagonalizzabile.c) In caso a�ermativo, determinare una base di R3 nella quale T ammette matrice

diagonale, speci�cando di che matrice si tratta.d) Descrivere geometricamente T .




a.a. 2004/059 maggio 2005

Diagonalizzazione di operatori lineari in R3

1. a) La condizione necessaria e su�ciente a�nch�e l'equazione Tv = (�1)vammetta soluzioni v non nulle �e veri�cata, risultando

jA� (�1)Ij ��1� (�1) 0 2

0 2� (�1) 02 0 1� (�1)

�� 2 0 20 3 02 0 2

�� = 0 :

Quindi �1 �e un autovalore di T .b) In e�etti gli autovalori di T sono le radici reali dell'equazione caratteristica

��1� � 0 20 2� � 02 0 1� �

�� = 0

ovvero, sviluppando il determinante secondo la terza riga,(2� �)[(1� �)2 � 4] � (2� �)(3� �)(�1� �) = 0

Quindi si hanno 3 autovalori reali: �1 = �1; �2 = 2; �3 = 3.c) Poich�e i 3 autovalori sono a due a due distinti, una qualunque terna (f1; f2; f3)di autovettori ad essi rispettivamente associati forma una base di R3, rispetto alla

quale la matrice di T ha la forma diagonale

B =0@ �1 0 0

0 2 00 0 3

1A :

d) L'autospazio V (�1) associato a �1 = �1 ha equazioni� 2x +2z = 0

3y = 0ovvero si tratta della retta V (�1) = ft(1; 0;�1); t 2 Rg generata da f1 = (1; 0;�1).


L'autospazio V (2) associato a �2 = 2 ha equazioni� �x +2z = 0

2x �z = 0ovvero si tratta della retta V (2) = ft(0; 1; 0); t 2 Rg generata da f2 � e2 = (0; 1; 0).

L'autospazio V (3) associato a 3 ha equazioni� �2x +2z = 0

�y = 0ovvero si tratta della retta V (3) = ft(1; 0; 1); t 2 Rg generata da f3 = (1; 0; 1).

(f1; f2; f3) �e appunto una base di autovettori, come richiesto.

2. a) L'equazione caratteristica di T �e��5� � �1 2�1 5� � 22 2 2� �

�� = 0 :

ovvero ��(6 � �)2 = 0. Quindi T ammette gli autovalori �1 = 0 e �2 = �3 = 6,quest'ultimo con molteplicit�a algebrica 2.

b) Poich�e gli autovalori distinti sono solo due non possiamo subito dire se T �ediagonalizzabile. Si tratta di vedere se la dimensione dell'autospazio associato a 6 �euguale a 2, nel qual caso l'operatore �e diagonalizzabile, oppure 1, nel qual caso T non�e diagonalizzabile.

Le equazioni di V (6) si riducono alla�x� y + 2z = 0

ovvero si tratta di un piano. Quindi siamo nel caso diagonalizzabile.c) Una base di R3 nella quale l'operatore ammette matrice diagonale

B =0@ 0 0 0

0 6 00 0 6

1A :

si ottiene mettendo assieme un autovettore di V (0) � KerT e due vettori indipendentidel piano V (6). Ad esempio, (f1 = (1; 1;�2); f2 = (�1; 1; 0); f3 = (2; 0; 1)).

d) T �e la composizione della proiezione sul piano V (6) parallelamente alla rettaV (0) con l'omotetia di rapporto 6.



a.a. 2004/0516 maggio 2005

Equazioni e sistemi di�erenziali lineari

Risolvere i sistemi di equazioni di�erenziali dati calcolandone la soluzione �(t) =(x(t); y(t)) per la condizione iniziale indicata.

1. � dxdt = �4x �6ydydt = 9x +11y ; �(0) = (2;�4) :2. � dxdt = �2x �13ydydt = x +4y ; �(0) = (0; 2) :3. � dxdt = 4x +ydydt = �x +2y ; �(0) = (�3; 5):4. 8<

:dxdt = �2x �13zdydt = 2ydzdt = x +4z

; �(0) = (�5; 2; 0) :

5. Calcolare la soluzione dell'equazione di�erenzialed2xdt2 = 6dxdt � 5x

per la condizione iniziale x(0) = 2; dxdt (0) = �2.




a.a. 2004/0516 maggio 2005


1. La matrice del sistema �eA =

� �4 �69 11

�:

L'equazione caratteristica �e�� 4� � �6

9 11� �� 2 � 7�+ 10 = 0

e quindi gli autovalori sono �1 = 2; �2 = 5. La matrice A �e diagonalizzabile.Gli autovettori associati a � = 2 sono dati dall'equazione

�6x� 6y = 0quindi V (2) = �tf1jt 2 R ove f1 = (1;�1).

Gli autovettori associati a � = 5 sono dati dall'equazione�9x� 6y = 0

quindi V (5) = �tf2jt 2 R ove f2 = (2;�3).(f1; f2) �e una base di R2 formata da autovettori di A. Due soluzioni linearmente

indipendenti del sistema, corrispondenti rispettivamente a f1; f2, sono�(1)(t) = e2t

� 1�1

�; �(2)(t) = e5t

� 2�3

�:

(Veri�care direttamente che sono soluzioni.)La soluzione generale del sistema si scrive

�(t) = c1e2t� 1�1

�+ c2e5t

� 2�3

�;


dipendente dalle costanti c1; c2. La condizione iniziale data d�a� c1 +2c2 = 2�c1 �3c2 = �4

ovvero c1 = �2; c2 = 2 e la soluzione particolare �e�(t) =

� �2e2t + 4e5t2e2t � 6e5t

�:


� �2 �131 4

�:

L'equazione caratteristica �e�� 2� � �131 4� �

�� 2 � 2�+ 5 = 0e quindi gli autovalori sono complessi coniugati �1 = 1 + 2i; �2 = 1� 2i. La matriceA �e diagonalizzabile nel campo complesso.

Gli autovettori associati a � = 1 + 2i sono dati dall'equazionex+ (3� 2i)y = 0

(usando la seconda riga della matrice A � �), quindi V (1 + 2i) = �tf1jt 2 C ovef1 = (�3 + 2i; 1).

L'autospazio associato a � = 1� 2i �e coniugato di quello di �, quindi V (1� 2i) =V (1 + 2i) = �tf2jt 2 C ove f2 = (�3� 2i; 1) .

(f1; f2) �e una base di C2 formata da autovettori complessi coniugati di A. Se sipensa il sistema dato nel campo complesso la soluzione generale si scrive

�(t) = c1e(1+2i)t� �3 + 2i1

�+ c2e(1�2i)t

� �3� 2i1

�;

dipendente da costanti complesse c1; c2. Le soluzioni reali si ottengono assumendotali costanti complesse coniugate. A tale scopo un'altra procedura �e la seguente. Perottenere due soluzioni reali linearmente indipendenti basta prendere una soluzionecomplessa e considerarne parte reale e coe�ciente dell'immaginario. Ad esempio, lasoluzione complessa corrispondente all'autovettore f1 �e

�(t) = e(1+2i)t� �3 + 2i1

�

ovvero�(t) = et

� �3 cos 2t� 2 sin 2tcos 2t

�+ iet

� �3 sin 2t+ 2 cos 2tsin 2t

�


e prendendone parte reale e parte complessa si trovano le due soluzioni reali linear-mente indipendenti�1(t) = et


�; �2(t) = et

� �3 sin 2t+ 2 cos 2tsin 2t

�:

Quindi la soluzione generale del sistema di�erenziale nel campo reale �e�(t) = etnr1


�+ r2

� �3 sin 2t� 2 cos 2tsin 2t

�o :dove r1; r2 sono costanti reali arbitrarie.

La condizione iniziale data d�ar1� �3

1�+ r2

� �20�=� 0

2�

ovvero r1 = 2; r2 = 3 e la soluzione particolare �e�(t) = et

� �13 sin 2t2 cos 2t+ 3 sin 2t

�:


� 4 1�1 2

�

L'equazione caratteristica �e�� 4� � 1�1 2� �

�� 2 � 6�+ 9 = 0e quindi si ha il solo autovalore reale doppio �1 = �2 = 3.

Gli autovettori associati a � = 3 sono quelli della retta di equazionex+ y = 0 :

La matrice A non �e diagonalizzabile (neppure nel campo complesso). Per risolvereil sistema troviamo una base (f1; f2) di R2 formata da un autovettore f1 e da unautovettore generalizzato di A (associati all'unico autovalore 3), cio�e tali che Af1 =3f1; Af2 = f1 + 3f2. In tale base il sistema di equazioni di�erenziali ha matrice

B =� 3 1

0 3�

e due soluzioni linearmente indipendenti del sistema sono�(1)(t) = e3t

� 10�

; �(2)(t) = e3t� t

1�:


Troviamo ad esempio f1 = (1;�1); f2 = (�2; 3) e teniamo conto del cambiamentodi base: allora la soluzione generale del sistema �(t) = (x(t); y(t)) si scrive

�(t) = e3t� 1 �2�1 3

�� c1 + c2tc2�;

dipendente dalle costanti c1; c2. La condizione iniziale data d�a c1 = 1; c2 = 2, sicch�ela soluzione particolare cercata �e

�(t) = e3t� �3 + 2t

5� 2t�:


0@ �2 0 �13

0 2 01 0 4

1A

e gli autovalori sono � = 2; 1 + 2i; 1 � 2i. Tre autovettori linearmente indipendentiassociati rispettivamente agli autovalori 1 + 2i; 2; 1� 2i sono

f1 =0@ 0

10

1A ; f2 =

0@ �3 + 2i

01

1A ; f3 =

0@ �3� 2i

01

1A

e la soluzione generale reale del sistema pu�o scriversi, in funzione di 3 costanti realir1; r2; r3,

�(t) = e2tr10@ 0

10

1A+ etnr2

0@ �3 cos 2t� 2 sin 2t

01

1A+ r3

0@ �3 sin 2t+ 2 cos 2t

01

1Ao :

La condizione iniziale indicata d�a la soluzione particolare per la quale le costantisono r1 = 2; r2 = 1; r3 = 2.

5. L'equazione di�erenziale data �e equivalente al sistema� dxdt = ydydt = �5x +6ydi matrice

A =� 0 1�5 6

�:

Gli autovalori di A sono 1; 5 e una base di autovettori ad essi associati rispettivamente�e quella formata da f1 = (1; 1); f2 = (1; 5). In corrispondenza si hanno le soluzionilinearmente indipendenti

�(1)(t) = et� 1

1�

; �(2)(t) = e5t� 1

5�


sicch�e la soluzione generale �e�(t) = c1et

� 11�+ c2e5t

� 15�:

La condizione iniziale d�ac1� 1

1�+ c2

� 15�=� 2�2

�:

Quindi c1 = 3; c2 = �1.


1o ESONEROGeometria 2 per studenti di Fisica

docente S. Marchiafavaa.a. 2004/0519 maggio 2005


1 Base ortonormale (i; j) nel piano Euclideo. Scrivere le equazioni dell'operatoredi proiezione ortogonale sulla retta r : 2x+ y = 0.

2. a) Calcolare autovalori e autovettori dell'operatore T : R2 ! R2 di equazioni� x0 = 6x �4yy0 = 4x �2y :

b) Dire se T �e diagonalizzabile.-


3. � dxdt = 7x +2ydydt = �15x �4y ; �(0) = (�3; 8) :4. � dxdt = x +2ydydt = �x �y ; �(0) = (0; 2) :


SOLUZIONI 1o ESONEROGeometria 2 per studenti di Fisica



1. L'operatore P di proiezione ortogonale sulla retta r : 2x + y = 0, che ha pervettore normale N = (2; 1), �e dato da

Pv = v � v �NN �NN :

Passando alle coordinate si trovano le equazioni� x0 = x� (2x+ y)25y0 = y � (2x+ y)15 ovvero� x0 = 15(x� 2y)y0 = 15(�2x+ 4y)

2. a) Calcolando le radici dell'equazione caratteristica:�� 6� � �44 �2� �

�� (2� �)2 = 0si trova che T ha � = 2 come unico autovalore, di molteplicit�a algebrica 2; l'autospaziodi tale autovalore �e la retta

V (2) : 4x� 4y = 0 ;ovvero V (2) = ft(1; 1); t 2 Rg.

b) T non �e diagonalizzabile poich�e non esistono 2 autovettori linearmente indipen-denti. D'altra parte, anche senza calcolare V (2), pu�o osservarsi che se esistessero 2autovettori indipendenti associati a � = 2 la matrice di T sarebbe

� 2 00 2

�in

qualunque base scelta.3. Il sistema ha matrice A =

� 7 2�15 �4

�, i cui autovalori sono � = 1; 2.

Autovettori associati rispettivamente a 1; 2 sono, ad esempio,f1 =

� �13�; f2 =

� 2�5

�


e facendo una combinazione lineare delle due corrispondenti soluzioni particolari siha la soluzione generale del sistema

�(t) = c1et� �1

3�+ c2e2t

� 2�5

�:

La condizione iniziale �e veri�cata se� �c1 +2c2 = �33c1 �5c2 = 8

ovvero c1 = 1; c2 = �1 e la soluzione particolare �e�(t) =

� �et � 2e2t3et + 5e2t

�:

4. Il sistema ha matrice A =� 1 2�1 �1

�, i cui autovalori sono � = �i. Au-

tovettori complessi coniugati associati rispettivamente a i;�i sono, ad esempio,f1 =

� �1� i1

�; f2 =

� �1 + i1

�:

Facendo riferimento a f1 si ha la soluzione complessa�(1)(t) = (cos t+ i sin t)

� �1� i1

�

�� cos t+ sin t

cos t�+ i� � sin t� cos t

sin t�

e facendo una combinazione lineare delle due soluzioni particolari reali che si otten-gono considerandono parte reale e parte complessa si ha la soluzione generale delsistema

�(t) = c1� � cos t+ sin t

cos t�+ c2

� � sin t� cos tsin t

�:

La condizione iniziale �e veri�cata se� �c1 �c2 = 0c1 = 2


� 4 sin t2 cos t� 2 sin t

�:


Bis1o ESONEROGeometria 2 per studenti di Fisica


3 Equazioni e sistemi di�erenziali lineari1 Base ortonormale (i; j) nel piano Euclideo. Scrivere le equazioni dell'operatore

di proiezione ortogonale sulla retta r : x� y = 0.2. a) Calcolare autovalori e autovettori dell'operatore T : R2 ! R2 di equazioni

� x0 = �2x �yy0 = x �4y :

b) Dire se T �e diagonalizzabile.- -


3. � dxdt = 23x +8ydydt = �60x �21y ; �(0) = (2;�4) :4. � dxdt = x +5ydydt = �x �y ; �(0) = (0; 2) :


SOLUZIONI Bis1o ESONEROGeometria 2 per studenti di Fisica


4 Equazioni e sistemi di�erenziali lineari1 L'operatore P di proiezione ortogonale sulla retta r : x � y = 0, che ha per

vettore normale N = (1; 1), �e dato daPv = v � v �N

N �NN :Passando alle coordinate si trovano le equazioni� x0 = x� (x� y)12y0 = y � (x� y)12 ovvero

� x0 = 12(x+ y)y0 = 12(x+ y)

2. a) Calcolando le radici dell'equazione caratteristica:�� 2� � �11 �4� �

�� (�3� �)2 = 0si trova che T ha � = �3 come unico autovalore, di molteplicit�a algebrica 2; l'auto-spazio di tale autovalore �e la retta

V (�3) : x� y = 0 ;ovvero V (�3) = ft(1; 1); t 2 Rg.

b) T non �e diagonalizzabile poich�e non esistono 2 autovettori linearmente indipen-denti. D'altra parte, indipendentemente dal calcolo di V (�3) pu�o osservarsi che seesistessero 2 autovettori indipendenti associati a � = �3 la matrice di T sarebbe� �3 0

0 �3�

in qualunque base scelta.-


�, i cui autovalori sono � = �1; 3.

Autovettori associati rispettivamente a �1; 3 sono, ad esempio,f1 =

� �13�; f2 =

� 2�5

�


e facendo una combinazione lineare delle due corrispondenti soluzioni particolari siha la soluzione generale del sistema

�(t) = c1e�t� �1

3�+ c2e3t

� 2�5

�:

La condizione iniziale �e veri�cata se� �c1 +2c2 = 23c1 �5c2 = �4

ovvero c1 = 2; c2 = 2 e la soluzione particolare �e�(t) =

� �2e�t + 4e3t6e�t � 10e3t

�:


�, i cui autovalori sono � = �2i.

Autovettori complessi coniugati associati rispettivamente a i;�i sono, ad esempio,f1 =

� �1� 2i1

�; f2 =

� �1 + 2i1

�:

Facendo riferimento a f1 si ha la soluzione complessa�(1)(t) = (cos 2t+ i sin 2t)

� �1� 2i1

�

�� cos 2t+ 2 sin 2t

cos 2t�+ i� � sin 2t� 2 cos 2t

sin 2t�


�(t) = c1� � cos 2t+ 2 sin 2t

cos 2t�+ c2

� � sin 2t� 2 cos 2tsin 2t

�:

La condizione iniziale �e veri�cata se� �c1 �2c2 = 0c1 = 2


� 5 sin 2t2 cos 2t� sin 2t

�:


2a SELEZIONEESERCIZI E COMPLEMENTI

di Algebra e Geometriaper studenti di Fisicadocente S. Marchiafava

a.a. 2004/0526 maggio 2005

Forme bilineari

a) Provare che nello spazio vettoriale reale o complesso V di volta in volta indicatole seguenti applicazioni F : V � V ! K; K = R o C, sono bilineari, ovvero si trattadi forme bilineari de�nite in V .

b) Scrivere l'espressione delle forme F nella base indicata calcolandone la rispettivamatrice A.

c) Decomporre ciascuna forma in parte simmetrica e parte antisimmetrica.Spazio vettoriale V dello spazio Euclideo 3-dimensionale. Base ortonor-

male (i; j;k).Indicato con � il prodotto scalare in V ,1. F1 : V � V ! R

(u;v) 7! u � v2. F2 : V � V ! R

(u;v) 7! u � 2v3. Date due applicazioni lineari � : V ! R; � : V ! R,

F3 : V � V ! R(u;v) 7! �(u)�(v)

(F3 associa alla coppia (u;v) il prodotto �(u)�(v)).4. F4 : V � V ! R

(u;v) 7! u ^ 2v � kSpazio vettoriale R2 riferito alla base canonica (e1; e2).


5. F5 : R2 � R2 ! R(x;y) 7! det

� x1 y1x2 y2

�

Piano vettoriale numerico complesso V = C2 . Base canonica (e1; e2; e3).Indicato con � il prodotto scalare in V ,6. F6 : C2 � C2 ! C

(x;y) 7! det� x1 y1x2 y2

�

7. F7 : C2 � C2 ! C(x;y) 7! x1y2 :

Forme bilineari simmetriche e forme quadratiche reali

Sia V uno spazio vettoriale reale, F : V � V �! R una forma bilineare sim-metrica de�nita in V e Q : V �! R la forma quadratica associata.Ricordiamo che se V = V n �e uno spazio vettoriale reale n-dimensionale e se(e1; : : : ; en) �e una �ssata base di V n, le espressioni di F e Q in tale base sonorispettivamente

F (u;v) =1;nXi;j aiju

ivj ; Q(u) =1;nXi;j aiju

iuj ;

ove i coe�cienti aij = F (ei; ej) formano la matrice simmetricaA = (aij)

di F;Q e (u1; : : : ; un); (v1; : : : ; vn) sono le coordinate di vettori u;v 2 V n.Al solito, se V � Rn e se non si speci�ca altro sar�a sottointeso di considerarecoordinate nella base canonica e si scriver�a anche

Q(x1; : : : ; xn) =1;nXi;j aijx

ixj

per indicare la forma quadratica Q calcolata sul vettore (x1; : : : ; xn) 2 Rn,ovvero espressa nelle variabili x1; : : : ; xn.


In particolare:Se n = 1 , ponendo i = e1 e x = x1, si pu�o anche scrivere

Q(v) = ax2 ; v = xi 2 V 1e

A = (a)(sicch�e in ogni base la forma Q riesce espressa in una forma di tipo canonico).Se n = 2, ponendo i = e1; j = e2 e x = x1; y = x2 si pu�o anche scrivere

Q(v) = ax2 + by2 + 2cxy ; v = xi+ yj 2 V 2e

A =� a cc b

�

ove a = a11; b = a22; c = a12 .Se n = 3, ponendo i = e1; j = e2;k = e3 e x = x1; y = x2; z = x3 si pu�o anchescrivere

Q(v) = ax2 + by2 + cz2 + 2dxy + 2exz + 2fyz ; v = xi+ yj+ zk 2 V 3e

A =0@ a d e

d b fe f c

1A

ove a = a11; b = a22; c = a33; d = a12; : : : .1. In R2 si consideri la forma quadratica

Q(x; y) = 3x2 � y2 + 6xy :a) Scrivere la matrice di Q.b) Scrivere l'espressione della forma bilineare simmetrica F associata a Q.c) Veri�care direttamente che F (ovvero Q) �e non degenere.

2. Considerata in R2 la forma quadraticaQ(x; y) = x2 + y2 � 2xy

a) riconoscere che Q �e degenere,b) determinare il nucleo di Q (cio�e il nucleo della forma bilineare simmet-rica F associata a Q).


3. Sia (e1; e2) la base canonica di R2 e (f1; f2) la base formata dai vettorif1 = �e1 + 2e2; f2 = e1 � 3e2.Considerata la forma quadratica di espressione

Q(x1; x2) = (x1)2 + 2(x2)2 � 8x1x2nella base (e1; e2) determinarne l'espressione nella base (f1; f2).

4. Considerata la forma quadratica Q di R2Q(x1; x2) = 2(x1)2 � 3(x2)2

riconoscere che non �e de�nita.Determinare un sottospazio di R2 per il quale la restrizione di Q �e rispet-tivamentea) de�nita positiva,b) de�nita negativa,c) nulla .

5. In R3, riferito alla base canonica, si consideri la forma quadraticaQ(x; y; z) = 5x2 � 3z2 + 4xy + 2xz � 4yz :

a) Scrivere la matrice di Q.b) Scrivere l'espressione della forma bilineare simmetrica F associata a Q.c) Veri�care che Q (ovvero F ) non �e degenere.

6. Considerata in R3 la forma quadraticaQ(x; y; z) = 3x2 + 2y2 + z2 + 4xy + 2xz

a) riconoscere che Q �e degenere,b) determinare il nucleo di Q (ovvero della forma bilineare simmetrica Fassociata a Q),c) scrivere l'espressione di Q nella base (f1; f2; f3) formata dai vettori f1 =(1; 1; 0); f2 = (0; 1; 1); f3 = (1; 0; 1).

7. Considerata in R3 la forma quadratica (non degenere)Q(x1; x2; x3) = (x1)2 + (x2)2 � (x3)2

riconoscere che Q non �e de�nita.Determinare un sottospazio di dimensione massima tra quelli per i qualila restrizione di Q �e rispettivamentea) de�nita positiva,b) de�nita negativa,c) nulla.


8. Dire quali delle seguenti forme quadratiche �e de�nita positiva:1) Q(x; y) = 2x2 + 2y2 + 2xy2) Q(x; y) = x2 + y2 + 4xy3) Q(x; y) = 2x2 + 2y2 � 2xy4) Q(x; y; z) = x2 + y2 + 2z2 + 4xy + 2yz5) Q(x; y; z) = 2x2 + y2 + 2z2 + xy � yz

Uso del prodotto scalare in uno spazio vettoriale euclideoSe lo spazio �e n-dimensionale si suppone assegnata una base ortonormale (e1; e2,:: :, en). Nel caso di Rn, dotato del prodotto scalare canonico, si sottointendedi riferirsi alla base canonica cioe' e1 = (1; 0; 0; : : : ; 0),e2 = (0; 1; 0; : : : ; 0), : : : ;en = (0; 0; : : : ; 0; 1). Nel caso dello spazio Euclideo 3-dimensionale, si assumeassegnata una base ortonormale (i; j;k). L'orientazione positiva dello spazio �equella individuata dal riferimento assegnato, e cos�i anche il verso positivo dirotazione attorno ad un asse orientato) in base alle convenzioni fatte.1. Spazio euclideo R4. Dati i vettori u = (1;�1; 1; 1);v = (1; 1; 1; 1)

a) veri�care che hanno lunghezza uguale;b) calcolare l'angolo uv;c) determinare i vettori del piano u;v che formano un angolo � = �6 conu.

2. Spazio euclideo R4. Sia U il sottospazio di R4 di equazioni( 2x1 �x2 = 0

x3 +2x4 = 0a) Determinare una base per il complemento ortogonale V = U? di U .b) Determinare una base ortogonale di R4 con i primi due vettori in U egli ultimi due vettori in U?.

3. Spazio euclideo R3. Veri�care che (u1 = (�1; 1; 0);u2 = (1;�1; 1);u3 =(0;�1; 1)) �e una base di R3.Applicare a tale base il procedimento di ortonormalizzazione di Gram-Schmidt.

4. Spazio euclideo R4. Sia U il sottospazio di R4 generato dai vettori u1 =(�1; 1; 0; 0); u2 = (0; 1;�1; 0). Determinare una base ortonormale (f1; f2;f3; f4) per la quale il piano di f1; f2 coincide con U .


5. Spazio euclideo R4. Veri�care che i sottospazi U1 := f(0; c;�c; 0); c 2Rg; U2 := f(a; b; b; d); a; b; d 2 Rg sono ortogonali e che R4 = U1 � U2.Scrivere la proiezione ortogonale del vettore u = (1; 1; 2;�1) su U2.

Simmetrie ortogonali, proiezioni ortogonali, rotazioni,isometrie in uno spazio vettoriale euclideo

1. Riferimento ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo.Considerato il punto Q(1;�1) calcolare le coordinate del punto P 0 ottenutodal punto P (2;�3) mediante la rotazione di un angolo � = �4 attorno alpunto Q.

2. Riferimento ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo.Scrivere le equazioni della proiezione ortogonale sul piano � : x+y+z�1 =0.

3. Spazio vettoriale euclideo numerico Rn.Scrivere le equazioni dellaa) proiezione ortogonale sull'iperpiano � : x1 + x2 � x3 � x4 = 0;b) proiezione ortogonale sulla retta r : x1 = t; x2 = t; x3 = �t; x4 = �t(ortogonale a �).

4. Riferimento ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo.Considerato il vettore u(1; 2) scrivere le equazioni dell'operatore S di sim-metria ortogonale rispetto alla retta di u.

5. Riferimento ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo.Scrivere le equazioni della simmetria ortogonale rispetto alla retta r : x =t; y = �t; z = 2t.

6. Riferimento ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo.Scrivere le equazioni della rotazione di angolo � = �3 attorno alla rettar : x = �t; y = �2t; z = t, orientata secondo il parametro t decrescente,nel verso positivo di rotazione.

7. Riferimento ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo.a) Veri�care che la base (i0 = (12 ;

p32 ; 0); j0 = (0; 0; 1);k0 = (p32 ;�12 ; 0)) �eortonormale ed equiversa a (i; j;k).b) Scrivere le equazioni della isometria ' che lascia �ssa l'origine O etrasforma la base (i; j;k) nella base (i0; j0;k0).c) Dire quali sono l'asse e l'angolo di rotazione di '.


8. Spazio euclideo Rn. Dire se l'applicazione : Rn ! Rn per la quale (x1; x2; : : : ; xn) = (xn; x1; x2; : : : ; xn�1)

�e una isometria.Per n = 4, calcolare le potenze 2; 3; : : : ; n; : : : .

9. Spazio vettoriale Euclideo. Riferimento ortonormale (O; i; j;k).Considerato il piano � : p2x� y + z = 0 e il vettore v(�1; 1; 2)1) decomporre v nella somma v = v0+ v" di un vettore v0 perpendicolaread � e un vettore v" parallelo ad �;2) determinare il simmetrico Sv di v nella simmetria ortogonale rispettoalla giacitura del piano �;3) determinare il simmetrico S 0v di v nella simmetria ortogonale rispettoalla direzione ortogonale al piano �.4) Scrivere le equazioni della proiezione ortogonale P sul piano �;5) Scrivere le equazioni della simmetria ortogonale S rispetto al piano �.

10. Spazio euclideo R4 (dotato del prodotto euclideo canonico).Considerato l'iperpiano � : 3x1 � x2 + 2x3 + x4 = 0 e il vettore v =(�5; 4;�5;�1)1) decomporre v nella somma v = v0+ v" di un vettore v0 perpendicolaread � e un vettore v" parallelo ad �;2) determinare il simmetrico Sv di v nella simmetria ortogonale rispettoall'iperpiano �;3) determinare il simmetrico S 0v di v nella simmetria ortogonale rispettoalla direzione ortogonale all'iperpiano �.4) Scrivere le equazioni della proiezione ortogonale P sull'iperpiano �;5) Scrivere le equazioni della simmetria ortogonale S rispetto all'iperpiano�.

11. Spazio Euclideo. Riferimento ortonormale (O; i; j;k).Scrivere le equazioni della rotazione di un angolo � = �=3 attorno alla rettar : x = �t; y = �2t; z = t, orientata secondo il parametro t decrescente,nel verso positivo di rotazione.

12. Spazio Euclideo. Riferimento ortonormale (O; i; j;k).


1) Riconoscere che le equazioni8><>:

x0 = 13x �( 1p3 � 13)y +( 1p3 + 13)zy0 = ( 1p3 + 13)x +13y �( 1p3 � 13)zz0 = �( 1p3 � 13)x +( 1p3 + 13))y +13zsono quelle di una rotazione attorno alla retta di equazioni x = y = z.2) Calcolare l'angolo di rotazione.

13. Spazio Euclideo. Riferimento ortonormale (O; i; j;k).

Sia r la retta di equazioni cartesiane 2x + y � z = 0; x + y + z � 1 = 0,orientata secondo le z decrescenti.Calcolare le coordinate del punto P 0 ottenuto da P (1; 0;�1) ruotando at-torno ad r di un angolo � = �=6 nel verso positivo di rotazione.

Teorema spettrale1. Piano euclideo numerico R2.

a) Diagonalizzare l'operatore simmetrico T : R2 ! R2 di matriceA =

�1 22 1

�

in una base ortonormale.b) Dire quante basi ortonormali sono ammissibili per diagonalizzare T .c) Dire quali matrici diagonali pu�o ammettere T .

2. Spazio Euclideo riferito a una base ortonormale (i; j;k).Diagonalizzare l'operatore simmetrico P : V ! V di matrice

B =0@0 1 11 0 11 1 0

1A

in una base ortonormale.


Forme bilineari simmetriche e forme quadratiche1. Siano T; S due operatori lineari de�niti in uno spazio vettoriale euclideo

n-dimensionale V n, dotato del prodoto scalare �.a) Veri�care che Q : V ! R de�nita ponendo

Q(u) := Tu� Su 8u 2 V�e una forma quadratica.b) Dire chi �e la forma bilineare simmetrica F associata a Q.

2. Considerata in R3 la forma quadratica (non degenere)Q(x) = (x1)2 + (x2)2 � (x3)2 8x 2 R3

veri�care che Q non �e de�nita.Determinare un sottospazio di dimensione massima tra quelli per i qualila restrizione di Q �e rispettivamentea) de�nita positiva,b) de�nita negativa,c) nulla.

3. Piano euclideo numerico R2.Considerata la forma quadratica

Q(x) = (x1)2 � 2(x2)2 + 4x1x2a) scrivere una espressione canonica per Q,b) determinare una base ortonormale (f1; f2) nella quale Q assume l'es-pressione canonica indicata.

4. Spazio vettoriale Euclideo V riferito ad una base ortonormale (i; j;k).Considerata la forma quadratica di espressione

Q(x; y; z) = 2xy + 2xz + 2yznelle coordinate (x; y; z) nella base (i; j;k),a) determinare una base ortonormale (i0; j0;k0) nella quale Q ha formacanonica;b) scrivere l'espressione di Q in tale base.


Circonferenze, sfere e ipersfereRiferimento ortonormale (0; i; j) nel piano Euclideo.1. Scrivere l'equazione cartesiana della circonferenza di centro P0(2;�1) e

raggio 3. Dire se il punto P1(1; 1) �e interno, esterno o appartenente a talecirconferenza.

2. Sono date la circonferenza C : x2 + y2 � 2x + 10y + 1 = 0 e la rettar : 2x+ y + 5 = 0. Determinare i punti comuni a C e r.

3. E' data la circonferenza C : x2+y2�6x�2y+5 = 0. Considerate le rette(parallele) r : x+ 2y + 1 = 0; s : x+ 2y � 4 = 0a) veri�care che r �e esterna a C e che s �e secante;b) determinare le rette parallele a r che sono tangenti a C.Riferimento ortonormale (0; i; j;k) nello spazio Euclideo.

4. a) Determinare centro e raggio della sferaS : x2 + y2 + z2 � 2x+ 6y � 4z + 13 = 0 :

b) Veri�care che il piano � : x + y + z + 1 = 0 �e secante S. Calcolare ilcentro e il raggio della circonferenza C intersezione di S con �.c) Scrivere l'equazione cartesiana dei piani �0; �00 paralleli a � e tangenti aS.

5. Sia C la circonferenza intersezione della sfera S : x2 + y2 + z2� 2x+6y�4z + 13 = 0 con il piano � : x + y + z + 1 = 0. �. Scrivere l'equazionecartesiana della curva C 0 proiezione ortogonale di C sul piano x; y .Spazio euclideo numerico R4.

6. In R4 �e data la sfera� : (x1)2 + (x2)2 + (x3)2 + (x4)2 � 2x1 � 2x2 + 2x4 + 2 = 0 :

a) Determinare centro e raggio di �.b) Veri�care che l'iperpiano � : x1 + x2 + x3 + x4 = 0 �e secante �.c) Determinare centro e raggio della sfera S intersezione di � e �.Spazio vettoriale euclideo `2.


7. Lo spazio vettoriale euclideo `2 �e formato dalle successioni di numeri realix = (x1; x2; : : : ; xn; : : : ) tali che risulta

1X1 (xi)2 <1

La somma e il prodotto per un numero reale sono de�nite ponendox+ y = (x1 + y1; x2 + y2; : : : ; xn + yn; : : : ) 8x;y 2 `2

ekx = (kx1; kx2; : : : ; kxn; : : : ) 8k 2 R;x 2 `2

Il prodotto scalare �e de�nito ponendox� y = x1y1 + x2y2 + � � �+ xnyn + : : : :

Mostrare che tali de�nizioni sono ben poste.8. Veri�care che la successione di punti

e1 = (1; 0; 0; : : : ; 0; : : : ); e2 = (0; 1; 0; : : : ; 0; : : : ); : : : ;: : : ; en = (0; 0; : : : ; 0; xn = 1; 0; : : : ); : : :

della sfera unitaria di `2 non �e convergente e non ammette punti di accu-mulazione.Riduzione a forma canonica di forme quadratiche

Negli esercizi seguenti considereremo la riduzione di forme quadratiche a for-ma canonica in basi ortonormali rispetto ad un preassegnato prodotto scalarenello spazio vettoriale ove sono de�nte; si tratter�a quindi di riduzione a formacanonica metrica, come spesso si sottointende trovandosi a considerare propriet�ametriche.1. Sia R2 il piano numerico reale dotato del prodotto scalare canonico e siano

x1; x2 coordinate relative alla base canonica (e1; e2) di R2.Considerata la forma quadratica

Q(x1; x2) = (x1)2 � 2(x2)2 + 4x1x2a) scrivere un'espressione canonica per Q,b) determinare una base ortonormale (f1; f2) nella quale Q assume l'espres-sione canonica indicata.


2. Sia V lo spazio vettoriale Euclideo 3-dimensionale e sia (i; j;k) una baseortonormale �ssata in V .Si consideri la forma quadratica di espressione

Q(x; y; z) = 2xy + 2xz + 2yznelle coordinate (x; y; z) nella base (i; j;k) .Si determini una base ortonormale (i0; j0;k0) nella quale l'espressione di Qha forma canonica.Si scriva l'espressione di Q in tale base.

Ricordiamo che se Q : V n �! R �e una forma quadratica de�nita in uno spaziovettoriale V n nel quale non si pensa �ssato alcun prodotto scalare (e del qualequindi si studiano solo propriet�a aventi carattere a�ne) la riduzione a formacanonica di Q va fatta utilizzando tutte le possibili basi di V n e individuandoquelle nelle quali la matrice Q �e diagonale, con elementi uguali a 1;�1 o 0. Sitratta della forma canonica a�ne di Q.Peraltro, allo scopo di pervenire alla detta forma canonica di Q si pu�o deter-minare dapprima una forma canonica di tipo metrico per Q �ssando (arbitrari-amente) un prodotto scalare in V n.3. In R2 �e data la forma quadratica

Q(x1; x2) = 3(x1)2 + 3(x2)2 + 6x1x2 :Determinare una base (f1; f2) di R2 nella quale Q ha forma canonica (a�ne)e scrivere l'espressione di tale forma canonica.

4. Nello spazio vettoriale a�ne 3-dimensionale V , riferito ad una base (i; j;k), �e data la forma quadratica Q : x2 + 2y2 + 4z2 � 2p2xy + 4p2xz + 4yz.Ridurre Q a forma canonica (a�ne) nelle coordinate x0; y0; z0 relative aduna opportuna base (i0; j0;k0) di V .

Coniche e QuadricheRiferimento ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo.1. a) Determinare semiassi, fuochi e direttrici delle ellissi

E : 2x2 + 3y2 = 1 ; E 0 : 3x2 + 2y2 = 1rispettivamente.


b) Determinare l'equazione canonica dell'ellisse eE immagine di E mediantela trasformazione a�ne:( x0 = x �y +1

y0 = 2y �1 :

2. E' data la conica C di equazione cartesiana2x2 + 8y2 + 8xy + 2(2 +p5)x+ (8�p5)y + 2 + 3p5 = 0 :

a) Determinare l'equazione canonica di C riconoscendo che trattasi di unaparabola.b) Scrivere le coordinate del vertice V e l'equazione cartesiana dell'asse ditale parabola (in coordinate x; y).Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j;k) nelo spazio Euclideo.

3. Scrivere l'equazione cartesiana delle quadriche �1;�2;�3 ottenute ruotan-do attorno all'asse z rispettivamente:a) la retta r1 : x� 2z + 1 = 0 del piano x; z (cono);b) la retta r2 : x� 2 = 0 del piano xz (cilindro);c) la retta r3 : x+ y + z � 1 = 0; x� y + 2z = 0 (iperboloide iperbolico).d) Studiare le sezioni di tali super�ci con piani paralleli ai piani coordinati.

Luoghi geometriciRiferimento cartesiano ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo.1. Siano A un punto dell'asse x e B un punto dell'asse y tali che d(A;B) = 2.

Determinare il luogo descritto al variare dei punti A;B da ciascuno deiseguenti punti del segmento AB:a) M = punto medio di AB ; b) Q = punto tale che �!AQ = 13�!AB.

2. Sia O l'origine del riferimento e s la retta x = 1. Per ogni retta r passanteper O siano P 0; P 00 i punti di r a distanza 2 dal punto Q intersezione di rcon s. Determinare l'equazione cartesiana del luogo descritto da P 0; P 00al variare di r. Dire di che tipo di curva �e .Riferimento cartesiano (non necessariamente ortonormale) (O; i; j) nel pi-ano.


3. Veri�care che la curva D : x2y2 � 4x2y + 4x2 � 1 = 0a) �e simmetrica rispetto all'asse y nella simmetria parallelamente all'assex;b) �e simmetrica rispetto alla retta y = 2 nella simmetria parallelamenteall'asse y.(Se (i; j) �e supposta ortonormale le simmetrie sono ortogonali).

Coordinate polariSiano (�; �) coordinate polari associate alle coordinate cartesiane ortonormalix; y.1. Identi�care le seguenti curve passando a coordinate cartesiane:

a) � sin � = 9; b) �+ 9 cos � = 0; c) � = 62�cos � .2. Provare che in coordinate polari l'equazione

� = a sin � + b cos �rappresenta una circonferenza.

3. Abbozzare una �gura per le seguenti curve:a) � = � cos �; b) � = 3 cos 2�; c) � = 3(1� sin �);d) � = 2(1� cos �); e) � = 9 sin 4�; f) �2 = 9 cos 2�.


SOLUZIONI2a SELEZIONE Esercizi di Geometria


a.a. 2004/0526 maggio 2005

Forme bilineari

1)a) Sappiamo che il prodotto scalare u � v = jujjvj cos uv de�nito in Vveri�ca le propriet�a seguentii) (au1+ bu2)�v = a(u1 �v)+ b(u2 �v) ; 8u1;u2;v 2 V ; 8a; b 2 Rii) u� (av1+ bv2) = a(u�v1)+ b(u�v2) ; 8u;v1;v2 2 V ; 8a; b 2 R

Tali propriet�a sono equivalenti allei) F1(au1 + bu2;v) = aF1(u1;v) + bF1(u2;v) ; 8u1;u2;v 2 V ; 8a; b 2 Rii) F (u; av1 + bv2) = aF1(u;v1) + bF1(u;v2) ; 8u;v1;v2 2 V ; 8a; b 2 R

quindi F1(u;v) �e lineare in ciascuna delle variabili ovvero, F1 �e una formabilineare.b) La matrice A = (aij) di F1 nella base (e1 = i; e2 = j; e3 = k) haelementi de�niti da aij = F1(ei; ej), ovvero aij = ei � ej. Poich�e la base �eortonormale si ha aij = �ij, ovvero A = I, ove

I =0@ 1 0 0

0 1 00 0 1

1A

�e la matrice unit�a. L'espressione di F1 nella assegnata base �e pertantoF1(u;v) = u1v1 + u2v2 + u3v3 ;

8u = u1i+u2j+u3k , v = v1i+v2j+v3k 2 V (ben nota forma standarddel prodotto scalare Euclideo).c) Poich�e u � v = v � u ovvero,

F1(u;v) = F1(v;u) ;la forma F1 �e simmetrica. D'altra parte ci�o risulta anche dalla simme-tria della matrice A � I, come pure dalla espressione di F1 in termini dicoordinate nella assegnata base.


2)a) Utilizzando le propriet�a del prodotto scalare risultai) F2(au1 + bu2;v) = (au1 + bu2) � 2v = a(u1 � 2v) + b(u2 � 2v)= aF2(u1;v) + bF1(u2;v) ;8u1;u2;v 2 V ; 8a; b 2 R

ii) F2(u; av1 + bv2) = u � (av1 + bv2) = a(u � 2v1) + b(u � 2v2)= aF2(u;v1) + bF2(u;v2) ;8u;v1;v2 2 V ; 8a; b 2 R

Quindi F2 �e bilineare.b) La matrice A = (aij) di F2 nella base (e1 = i; e2 = j; e3 = k) haelementi de�niti da aij = F2(ei; ej), ovvero aij = ei � 2ej. Poich�e la base �eortonormale si ha aij = 2�ij, ovvero A = 2I, ovvero

A =0@ 2 0 0

0 2 00 0 2

1A :

L'espressione di F2 nella assegnata base �e pertantoF2(u;v) = 2u1v1 + 2u2v2 + 2u3v3 ;

8u = u1i+ u2j+ u3k , v = v1i+ v2j+ v3k 2 V .c) Poich�e u � 2v = 2u � v = v � 2u, risulta

F2(u;v) = F2(v;u)e la forma F2 �e simmetrica. D'altra parte ci�o risulta anche dalla simmetriadella matrice A � 2I, come pure dalla espressione di F2 in termini dicoordinate nella assegnata base.

3)a) Risultai)

F3(au1 + bu2;v) = �(au1 + bu2)�(v) = (a�(u1) + b�(u2))�(v)= a�(u1)�(v) + b�(u2)�(v)= aF3(u1;v) + bF3(u2;v) ;8u1;u2;v 2 V ; 8a; b 2 R

ii)F3(u; av1 + bv2) = �(u)�(av1 + bv2) = �(u)(a�(v1) + b�(v2))= a�(u)�(v1) + b�(u)�(v2)= aF3(u;v1) + bF3(u;v2) ;


8u;v1;v2 2 V ; 8a; b 2 RQuindi F3(u;v) �e bilineare.b) Nella �ssata base si ha�(u) = a1u1 + a2u2 + a3u3 ; 8u = u1i+ u2j+ u3k 2 Vove

ai = �(ei) ; i = 1; 2; 3e, analogamente,�(v) = b1v1 + b2v2 + b3v3 ; 8v = v1i+ v2j+ v3k 2 V

ovebi = �(ei) ; i = 1; 2; 3 :

Quindi l'elemento generico della matrice A della forma F3 nella data base�e

aij = �(ei)�(ej)ovvero

aij = aibj ; i; j = 1; : : : ; 3 :L'espressione di F3 nella data base �e

F3(u;v) =nXi=1 aibju

ivj ;

ovvero, pi�u esplicitamente,F3(u;v) = a1b1u1v1 + a2b2u2v2 + a3b3u3v3+a1b2u1v2 + a2b1u2v1 + a1b3u1v3+a3b1u3v1 + a2b3u2v3 + a3b2u3b2

c) Per �; � generiche la forma F3 �e non simmetrica, potendosi anzi dedurreche date due forme lineari �; � si ha

�(u)�(v) = �(v)�(u) 8u;v 2 V () �; � proporzionali(� = k� o � = h�) :

La parte simmetrica di F3 �e la forma bilineare F+3 data daF+3 (u;v) = 1

2[�(u)�(v) + �(v)�(u)]


La parte antisimmetrica di F3 �e la forma bilineare F�3 data daF�3 (u;v) = 1

2[�(u)�(v)� �(v)�(u)] :In termini di coordinate:F+3 (u;v) = a1b1u1v1 + a2b2u2v2 + a3b3u3v3+12(a1b2 + a2b1)(u1v2 + u2v1) + 12(a1b3 + a3b1)(u1v3 + u3v1)

+12(a2b3 + a3b2)(u2v3 + u3b2)eF�3 (u;v) = 12(a1b2 � a2b1)(u1v2 � u2v1)+12(a1b3 � a3b1)(u1v3 � u3v1) + 12(a2b3 � a3b2)(u2v3 � u3b2) :

4)a) Seguendo sempre il precedente schema, la veri�ca che F4 �e bilineare sibasa sulle gi�a note propriet�a di bilinearit�a del prodotto scalare Euclideo edel prodotto vettoriale, come segue.

i)F4(au1 + bu2;v) = (au1 + bu2) ^ 2v � k= (au1 ^ 2v + bu2 ^ 2v) � k= au1 ^ 2v � k+ bu2 ^ 2v � k= aF4(u1;v) + bF4(u2;v) ;8u1;u2;v 2 V ; 8a; b 2 R

ii)F4(u; av1 + bv2) = u ^ 2(av1 + bv2) � k = u ^ (a2v1 + b2v2) � k= au ^ 2v1 � k+ bu ^ 2v2 � k= aF4(u;v1) + bF4(u;v2) ;8u;v1;v2 2 V ; 8a; b 2 R

Quindi anche qui possiamo concludere che F4(u;v) �e bilineare.b) La matrice di F4 nella data base ha elementi

aij = ei ^ 2ej � k :Quindi

A =0@ 0 2 0�2 0 00 0 0

1A :

e l'espressione analitica di F4 �eF4(u;v) = 2u1v2 � 2u2v1 :

c) F4 �e antisimmetrica.


5) La bilinearit�a di F5 corrisponde alla nota propriet�a di linearit�a del deter-minante in ciascuna delle due colonne.

i)F5(ax1 + bx2;y) = det

� ax11 + bx12 y1ax21 + bx22 y2

�

= adet� x11 y1x21 y2

�+ bdet

� x12 y1x22 y2

�

= aF5(x1;y) + bF5(x2;y) ;8x1 = (x11; x21);x2 = (x12; x22);y = (y1; y2) 2 R2 ; 8a; b 2 R

ii)F5(x; ay1 + by2) = det

� x1 ay11 + by12x2 ay21 + by22�

= adet� x1 y11x2 y21

�+ bdet

� x1 y12x2 y22�

= aF5(x;y1) + bF5(x;y2) ;8x = (x1; x2);y1 = (y11; y21);y2 = (y12; y22) 2 R2 ; 8a; b 2 R

Quindi, F5 is bilineare.b) La matrice di F5 nella base (e1 = (1; 0); e2 = (0; 1)) �e

A =� 0 1�1 0

�:

Infattia11 = det

� 1 10 0

�= 0 ; a12 = det

� 1 00 1

�= 1

a21 = det� 0 1

1 0�= �1 ; a22 = det

� 0 01 1

�= 0

:

L'espressione di F5 nella data base �eF5(x;y) = x1y2 � x2y1 :

c) F5 �e antisimmetrica.6) Si procede allo stesso modo che nell'esercizio 5 precedente.7) a) Risulta

F7(x+ ex;y) = (x1 + ex1)y2 = x1y2 + ex1y2 =F7(x;y) + F7(ex;y) ;

F7(x;y + ey) = x1(y2 + ey2)y2 = x1y2 + x1 ey2 =F7(x;y) + F7(x; ey) ;F7(kx;y) = (kx1)y2 = kF7(x;y) ;F7(x; ky) = x1(ky2) = kF7(x;y)

:

Quindi F7 �e bilineare.


b) F7 �e gi�a scritta in coordinate canoniche eA =

� 0 120 0�:

c) La parte simmetrica di F7 �e la forma bilineareF s7 : C2 � C2 ! C

(x;y) 7! 12(x1y2 + x2y1)La parte antisimmetrica di F7 �e la forma bilineare

F a7 : C2 � C2 ! C(x;y) 7! 12(x1y2 � x2y1)

Forme bilineari simmetriche e forme quadratiche re-ali1. a) Tenendo presente che il termine a12 della matrice di Q �e la met�a

del coe�ciente del prodotto xy = x1x2(= x2x1) nell'espressione di Qstessa, si ha

A =� 3 3

3 �1�:

b) Se indichiamo con (x; y); (x0; y0) le coordinate di due vettori u;vrispettivamente, risulta

F (u;v) = 3xx0 � yy0 + 3xy0 + 3x0y :c) Fissato un vettore u(x = `; y = m) non nullo e considerato unvettore v(x0; y0) risulta

F (u;v) = 0() (3`+ 3m)x0 + (3`�m)y0 = 0 :Poich�e il sistema � 3` +3m = 0

3` �3m = 0ha per unica soluzione ` = m = 0 l'ultima equazione in x0; y0 non pu�oridursi alla identit�a 0 = 0 ovvero, vi sono vettori v(x0; y0) per i qualiF (u;v) 6= 0. Si pu�o cos�i concludere che F (ovvero Q) non �e degenere.Notiamo che, corrispondentemente a quanto stabilito direttamente,risulta detA = �12 6= 0.


2. a) La matrice di Q �eA =

� 1 �1�1 1

�

e risulta detA = 0, dunque Q �e degenere.Ci�o pu�o stabilirsi anche ragionando direttamente come segue. Si haF (u;v) = xx0 + yy0 � xy0 � x0y ; u(x; y);v(x0; y0) 2 R2 ;

e per un �ssato vettore u(x = `; y = m) risultaF (u;v) = 0() (`�m)x0 � (`�m)y0 = 0 :

I vettori u(`; `) della retta x� y = 0 sono dunque tali che F (u;v) = 0per ogni v 2 R2 e se ` 6= 0 si tratta di vettori non nulli: pertanto F(ovvero Q) �e degenere.b) Il nucleo di Q (ovvero di F ) �e costituito dai vettori u(`;m) per iquali risulta F (u;v) = 0 per ogni v 2 R2,

KerQ = KerF = nu 2 R2 jF (u;v) = 0 8v 2 R2o :Poich�e F (u;v) = 0 per ogni v 2 R2 se e solo se

(`�m)x0 � (`�m)y0 = 0 8(x0; y0) 2 R2i vettori del nucleo sono tutti e soli quelli per i quali quest'ultimaequazione si riduce all'identit�a 0:x0+0:y0 = 0, cio�e per i quali `�m = 0.Dunque

KerQ = KerF = n(`; `); ` 2 Roovvero il nucleo �e la retta x� y = 0.

3. Possiamo procedere direttamente nel modo seguente. Poich�e la ma-trice del cambiamento di base (e1; e2)! (f1; f2) �e

C =� �1 1

2 �3�

si scrivono subito le formule di cambiamento di coordinate che fannopassare dalle coordinate (y1; y2) nella base (f1; f2) alle coordinate(x1; x2) nella base (e1; e2):� x1 = �y1 +y2

x2 = 2y1 �3y2 :Sostituendo nell'espressione di Q si trova allora

Q = (�y1 + y2)2 + 2(2y1 � 3y2)2 � 8(�y1 + y2)(2y1 � 3y2)


ovveroQ(y1; y2) = 25(y1)2 + 43(y2)2 � 66y1y2 :

Notiamo che il ragionamento qui di seguito porta a stabilire pi�u ingenerale che se A;B sono matrici di una assegnata forma Q rispetti-vamente nelle basi (e1; : : : ; en); (f1; : : : ; fn) allora risulta

B = CtACcon C matrice del cambiamento di base (e1; : : : ; en) �! (f1; : : : ; fn).Se si suppone gi�a stabilita in generale la formula sopra scritta il pre-sente esercizio pu�o essere risolto come segue.Nella base (e1; e2) la matrice di Q �e

A =� 1 �4�4 2

�:

Risulta poiB = CtAC =

� �1 21 �3

�� 1 �4�4 2

�� 1 12 �3

�

ovveroB =

� 25 �33�33 43

�

che �e appunto la matrice della gi�a ricavata espressione della forma Qnelle coordinate (y1; y2),

Q(y1; y2) = 25(y1)2 + 43(y2)2 � 66y1y2 :4. Si vede subito che Q pu�o assumere valori positivi, negativi e nulli su

vettori non nulli di R2: ad esempio, su v1 = (1; 0) assume valorepositivo, su v2 = (0; 1) assume valore negativo, su v3 = (p3;p2) �enulla. In particolare Q �e non de�nita (pur essendo, come si riconoscefacilmente, non degenere).a) Q �e de�nita positiva sulla retta R1 generata da v1, di equazionex2 = 0: infatti per ogni vettore v = (x1; 0) di R1 risulta Q(v) =2(x1)2 � 0 e Q(v) = 0 se e solo se v = 0.Ma x2 = 0 non �e la sola retta per la quale la restrizione di Q �e de�nitapositiva. Si pu�o ad esempio considerare anche la retta R01 : x1 =2t; x2 = t (t 2 R) sulla quale la restrizione di Q vale

QjR01(t) = 5t2(espressione di QjR01 nella base formata dal vettore w = (2; 1) di R01).


b) Q �e de�nita negativa sulla retta R2 generata da v2 = (0; 1), diequazione x1 = 0: infatti, per ogni vettore v = (0; x2) di tale rettarisulta Q(v) = �3(x2)2 � 0 e Q(v) = 0 se e solo se v = 0.Anche qui, R2 non �e la sola retta per la quale la restrizione di Q�e de�nita negativa. Si pu�o, ad esempio, considerare anche la rettaR02 : x1 = t; x2 = t (t 2 R) sulla quale la retrizione di Q vale

QjR02(t) = �t2(espressione di QjR02 nella base formata dal vettore p = (1; 1) di R02).c) Q �e identicamente nulla sui vettori (x1; x2) per i quali

2(x1)2 � 3(x2)2 = 0ovvero, poich�e �e sempre 2(x1)2�3(x2)2 = (p2x1+p3x2)(p2�p3x2),sui vettori delle rette

N1 : p2x1 +p3x2 = 0 ; N2 : p2x1 �p3x2 = 0aventi per vettori direttori rispettivamente n1 = (�p3;p2);n2 =(p3;p2).

� �

Q<0

Q<0

Q=0

Q=0

Q>0p

2n2

w

n1

1 v

v2

Q>0


Come ulteriore esercizio, si provi a determinare tutte le rette sullequali Q �e rispettivamente positiva, negativa, nulla (mediante oppor-tune disuguaglianze de�nenti il rapporto `=m dei parametri direttoridi tali rette ed ispirandosi alla �gura qui accanto, ricapitolativa diquanto determinato precedentemente).

5. a) La matrice di Q �e

A =0@ 5 2 1

2 0 �21 �2 �3

1A :

b) Considerati vettori u = (x; y; z);v = (x0; y0; z0) si haF (u;v) = 5xx0 � 3zz0 + 2xy0 + 2x0y + xz0 + x0z � 2yz0 � 2y0z

che �e la richiesta espressione della forma bilineare simmetrica F asso-ciata a Q nella base canonica di R3.c) Risulta detA = �16, dunque F;Q sono non degeneri.

6. a) La matrice di Q �e

A =0@ 3 2 1

2 2 01 0 1

1A :

e risulta det(A) = 0, quindi Q �e degenere.b) La forma bilineare simmetrica F associata a Q si scrive

F (u;v) = 3xx0 + 2yy0 + zz0 + 2xy0 + 2x0y + xz0 + x0z ;ove u = (x; y; z);v = (x0; y0; z0).I vettori u = (x = `; y = m; z = n) del nucleo sono quelli per i qualirisulta

F (u;v) = (3`+ 2m+ n)x0 + (2`+ 2m)y0 + (`+ n)z0 = 0per ogni vettore v = (x0; y0; z0) di R3.Poich�e una equazione della forma ax0+by0+cz0 = 0 si riduce all'identit�a0 = 0 se e solo se risulta a = b = c = 0, i vettori u = (`;m; n) delnucleo coincidono con le soluzioni del sistema lineare omogeneo8<

:3` +2m +n = 02` +2m = 0` +n = 0

ovvero del sistema equivalente� 2` +2m = 0` +n = 0


(si noti che la matrice del primo sistema coincide con la matrice A diQ;F ).Risolto l'ultimo sistema si trova cos�i che il nucleo di Q;F �e la rettagenerata dal vettore w = (1;�1;�1),

KerQ = n(`;�`;�`) ; ` 2 Ro

(dim(KerQ) = 1 = dim(R3)� rg(A)).7. Si vede subito che Q pu�o assumere valori positivi, negativi e nulli su

vettori non nulli di R3: ad esempio, su v1 = (1; 0; 0) assume valorepositivo, su v2 = (0; 0; 1) assume valore negativo, su v3 = (1; 0; 1) �enulla.In particolare, Q non �e de�nita.a) Q �e de�nita positiva se ristretta al piano � di equazione x3 = 0:infatti, per ogni vettore v = (x1; x2; 0) di tale piano risulta Q(v) =(x1)2 + (x2)2 � 0 e Q(v) = 0 se e solo se x1; x2 = 0 ovvero v = 0.Ma vi sono anche altri piani sui quali Q �e de�nita positiva: ad esempio,il piano �0 di equazione x2 = 2x3 sul quale la restrizione di Q �e

Qj�0(x1; x3) = (x1)2 + 3(x3)2se espressa nelle coordinate (x1; x3) relative alla base di �0 formata daivettori v1 = (1; 0; 0);v01 = (0; 2; 1).I piani �; �0 sono sottospazi di dimensione massima (uguale a 2) fraquelli sui quali Q �e de�nita positiva: ci�o �e immediato dall'aver gi�aosservato che su R3 tale forma non �e de�nita.b) Q �e de�nita negativa sulla retta R di equazioni x1 = x2 = 0 (co-incidente con l'asse x3): infatti per ogni vettore v = (0; 0; x3) di taleretta risulta Q(v) = �(x3)2 � 0 e Q(v) = 0 se e solo se x3 = 0 ovverov = 0.Anche qui osserviamo che R non �e l'unica retta per la quale la re-strizione di Q �e de�nita negativa. Possiamo, ad esempio, considerareanche la retta R0 : x1 = t; x2 = t; x3 = 2t (t 2 R) sulla quale larestrizione di Q vale

QjR0 = �2t2se espressa nella coordinata t relativa alla base di R0 formata dal vet-tore w = (1; 1; 2).Notiamo anche che la dimensione massima dei sottospazi sui quali larestrizione di Q �e de�nita negativa �e 1, uguale appunto a quella dellegi�a determinate rette R;R0: infatti, poich�e ogni piano � di R3 intersecail piano � sul quale Q �e de�nita positiva) almeno secondo una retta,risulta escluso che Q sia de�nita negativa su � ( altrimenti vi sarebberovettori non nulli sui quali Q assume valore sia positivo che negativo).


c) Q �e identicamente nulla sui vettori (x1; x2; x3) per i quali(x1)2 + (x2)2 � (x3)2 = 0 :

Una retta sulla quale Q �e identicamente nulla �e ad esempio N : x1 =t; x2 = 0; x3 = t, generata dal vettore v3 = (1; 0; 1).Ragionando poi come in �ne al precedente punto b) risulta che non cisono piani di R3 per i quali la restrizione di Q �e identicamente nulla.

8. 1) La matrice di Q �eA =

� 2 11 2

�:

Poich�e a11 = 2 > 0 e detA = 3 > 0 ne risulta che Q �e de�nita positiva.2) La matrice di Q �e

A =� 1 2

2 1�:

Poich�e a11 = 2 > 0 e detA = �3 < 0 ne risulta che Q �e non degenerema non de�nita.3) La matrice di Q �e

A =� 2 �1�1 2

�:

Poich�e a11 = 2 > 0 e detA = 3 > 0 ne risulta che Q �e de�nita positiva.4) La matrice di Q �e

A =0@ 1 2 0

2 1 10 1 2

1A :

Poich�e a11 = 1 > 0 ;�� a11 a12a21 a22

�� =�� 1 22 1

�� = �3 < 0 ne risulta che Qnon �e de�nita positiva.5) La matrice di Q �e

A =0@ 2 1=2 0

1=2 1 �1=20 �1=2 2

1A :

Poich�e a11 = 2 > 0 ;�� a11 a12a21 a22

�� =�� 2 1=21=2 1

�� = 7=4 > 0 e detA =3 > 0 ne risulta che Q �e de�nita positiva.Uso del prodotto scalare in uno spazio vettoriale

euclideo


Se lo spazio �e n-dimensionale si suppone assegnata una base ortonormale(e1; e2; : : : ; en). Nel caso di Rn, dotato del prodotto scalare canonico,si sottointende di riferirsi alla base canonica (e1 = (1; 0; 0; : : : ; 0); e2 =(0; 1; 0; : : : ; 0); : : : ; en = (0; 0; : : : ; 0; 1)). Nel caso dello spazio Euclideo 3-dimensionale, si assume assegnata una base ortonormale (i; j;k). L'orien-tazione positiva dello spazio �e quella individuata dal riferimento assegnato,e cos�i anche il verso positivo di rotazione attorno ad un asse orientato) inbase alle convenzioni fatte.1.) a) Si ha juj2 = (1)2+(�1)2+(1)2+(1)2 = 4; jvj2 = (1)2+(1)2+(1)2+

(1)2 = 4. Quindi juj = jvj = 2.b) Si ha cos uv = (1)1+(�1)1+(1)1+(1)14 = 12 , quindi uv = �3 ;c) I vettori del piano u;v che formano un angolo � = �6 con u stannosu due semirette. Una di tali semirette �e generata dalla somma w1 =u+v, che biseca l'angolo uv. L'altra semiretta �e generata dal vettoresimmetrico di w rispetto alla retta di u, cioe' w2 = 2�w1�uu�u

�u �w1,ovvero anche w2 = 2u � v come si poteva dedurre direttamente. Inde�nitiva: w1 = (2; 0; 2; 2);w2 = (1;�3; 1; 1).

2. (u1 = (0; 0;�2; 1);u2 = (1; 2; 0; 0)) �e una base per il piano U . AlloraU? = fv jv � u1 = 0; v � u2 = 0g cioe'

U? :( �2x3 +x4 = 0x1 +2x2 = 0

a) Una base per V = U? �e ad es. (v1 = (0; 0; 1; 2);v2 = (2;�1; 0; 0)).b) Si osserva che (u1;u2;v1;v2) �e una base ortogonale. Basta alloranormalizzarla dividendo ogni vettore per il suo modulo per ottenereuna base del tipo richiesto: �f1 = (0; 0; �2p5 ; 1p5); f2 = ( 1p5 ; 2p5 ; 0; 0); f3 =(0; 0; 1p5 ; 2p5), f4 = (�2p5 ; 1p5 ; 0; 0)

� .3. Risulta

det0@�1 1 0

1 �1 10 �1 1

1A = �1 6= 0

quindi i tre vettori sono linearmente indipendenti, ovvero (u1;u2;u3)�e una base di R3.Applichiamo a tale base il procedimento di ortonormalizzazione diGram-Schmidt costruendo dapprima una base ortogonale (g1;g2;g3).Risulta

g1 = (�1; 1; 0) ; g2 = u2 ��u2 � u1u1 � u1

�u1 ;


g3 = u3 ��u3 � g1g1 � g1

�g1 ��u3 � g2g2 � g2

�g2ovvero

g2 = (1;�1; 1) + 22(�1; 1; 0) = (0; 0; 1)

eg3 = (0;�1; 1) + 1

2(�1; 1; 0)�11(0; 0; 1) = (�12 ;�

12 ; 0)Dividendo ogni vettore della base ortogonale per il suo modulo si ot-

tiene la base ortonormale richiesta:( f1 = (� 1p2 ;

1p2 ; 0); f2 = (0; 0; 1); f3 = (�p22 ;�

p22 ; 0) ) :

4. Prima costruiamo una base ortogonale (f 01; f 02; f 03; f 04) per la quale il pi-ano di f 01; f 02 coincide con U . Prendiamo

f 01 = u1 ; f 02 = u2 ��u2 � u1u1 � u1

�u1ovvero

f 02 = (0; 1;�1; 0)� 12(�1; 1; 0; 0) = (12 ;

12 ;�1; 0) :

E' immediato veri�care che si pu�o porre f 03 = (0; 0; 0; 1). In�ne f 04 �euna qualunque autosoluzione w del sistema

w � f 01 = w � f 02 = w � f 03 = 0ovvero 8><

>:�x1 +x2 = 012x1 +12x2 �x3 = 0

x4 = 0Ad esempio f 04 = (�1;�1;�1; 0).Normalizzando si ha( f1; f2; f3; f4) =((� 1p2 ; 1p2 ; 0; 0); ( 1p6 ; 1p6 ;� 2p6 ; 0); (0; 0; 0; 1); (� 1p3 ;� 1p3 ;� 1p3 ; 0))

5. U1 := f(0; c;�c; 0) ; c 2 Rg �e una retta, U2 := f(a; b; b; d); a; b; d 2 Rg�e un iperpiano. Inoltre risulta sempre (0; c;�c; 0) � (a; b;�b; d) =0(a)+ c(b)+(�c)(b)+0(d) = cb� cb = 0: quindi i due sottospazi sonoortogonali. Ne segue in particolare che R4 = U1 � U2.La proiezione ortogonale del vettore u = (1; 1; 2;�1) su U2 �e il vettorePu0 della forma Pu0 = u�(0; c;�c; 0), cioe' Pu0 = (1; 1�c; 2+c;�1),appartenente a U2. Dunque 1 � c = 2 + c, ovvero c = �12 , e Pu0 =(1; 32 ; 32 ;�1).


Simmetrie ortogonali, proiezioni ortogonali,rotazioni, isometrie in uno spazio vettoriale euclideo1. Considerato il vettore �!QP , di coordinate (1;�2), e il vettore �!QR di

coordinate (2; 1) ad esso ortogonale e di uguale modulo, si ha��!QP 0 = cos �4

�!QP + sin �4�!QR

Traducendo scalarmente si trova che le coordinate (x0; y0) di P 0 veri�-cano le ( x0 � 1 = 1p2 + 2p2y0 + 1 = � 2p2 + 1p2Quindi x0 = 3p2 + 1; y0 = � 1p2 � 1 .

2. Considerato un punto Q di �, ad esempio Q = (13 ; 13 ; 13), il puntoP 0(x0; y0; z0) proiezione ortogonale di P (x; y; z) sul piano � : x + y +z � 1 = 0 �e individuato dalla uguaglianza

��!QP 0 = �!QP ��!QRove �!QR �e la proiezione ortogonale di �!QP sulla normale a �. Poiche'�!QR = 13(x+ y + z � 1)(1; 1; 1), si trova

8><>:x0 = 13(2x� y � z + 1)x0 = 13(�x+ 2y � z + 1)x0 = 13(�x� y + 2z + 1)

Queste sono le equazioni richieste.3. a) Indicata con P1 la proiezione ortogonale sull'iperpiano � : x1+x2�

x3 � x4 = 0 e con n il vettore normale (1; 1;�1;�1), per ogni vettorev = (x1; x2; x3; x4) si ha

P1v = v � (v�nn�n)n= (x1; x2; x3; x4)� (x1+x2�x3�x44 )(1; 1;�1;�1)Quindi le equazioni di P1 sono

8>>><>>>:

y1 = 14(3x1 � x2 + x3 + x4)y2 = 14(�x1 + 3x2 + x3 + x4)y3 = 14(x1 + x2 + 3x3 � x4)y4 = 14(x1 + x2 � x3 + 3x4)

:


b) La proiezione ortogonale P2 sulla retta r : x1 = t; x2 = t; x3 =�t; x4 = �t ortogonale a �, di vettore direttore n, per la quale P2v =(v�nn�n)n, ha equazioni

8>>><>>>:

y1 = 14(x1 + x2 � x3 � x4)y2 = 14(x1 + x2 � x3 � x4)y3 = 14(�x1 � x2 + x3 + x4)y4 = 14(�x1 � x2 + x3 + x4)

:

(Si noti che risulta P1 + P20Id.)4. Dato un vettore v = (x; y), indicata con Pv la sua proiezione ortog-

onale sulla retta di u, si ha Sv = 2Pv � v. Poiche' Pv = (x+2y5 )u leequazioni di S sono (x0 = 2(15x+ 25y)� xy0 = 2(25x+ 45y)� yovvero (x0 = �35x+ 45yy0 = 45x+ 35y

5. Detta S la simmetria ortogonale rispetto alla retta r, di vettore diret-tore r = (1;�1; 2), per ogni vettore v = (x; y; z) si ha Sv = �v+2Pv,ove Pv = (v�rr�r )r �e la proiezione ortogonale di v sulla retta r . Quindi,passando alle coordinate, le coordinate (x0; y0; z0) di Sv sono date da

(x0; y0; z0) = �(x; y; z) + 2(x� y + 2z6 )(1;�1; 2)

ovvero le equazioni di S sono8><>:x0 = 13(�2x� y + 2z)13(�x� 2y � 2z)13(2x� 2y + z)

:

6. Consideriamo il riferimento (O; i0; j0;k0) per il quale i0 = ( 1p2 ; 0; 1p2)�e uno dei versori perpendicolare ad r, k0 = (16 ; 2p6 ;� 1p6) �e il versorepositivo di r, j0 = ( 1p3 ;� 1p3 ;� 1p3) �e il prodotto vettoriale k0 ^ i0.Nel riferimento (O; i0; j0;k0) la rotazione R di un angolo � = �3 attornoad r (nel verso positivo di rotazione) ha matrice

B =0@

12 �p32 0p32 12 00 0 1

1A


Considerata la matrice C del cambiamento di base (i; j;k)! (i0; j0;k0),

C =0B@

1p2 1p3 1p60 � 1p3 2p61p2 � 1p3 � 1p6

1CA

la matrice A di R nel riferimento (O; i; j;k), di stessa origine, �e alloraA = CBC�1 = CBCt, ovvero, calcolando,

A =0B@

712 12p2 + 16 1p2 � 112� 12p2 + 16 5p6 � 12p2 � 16� 1p2 � 112 12p2 � 16 712

1CA

Le equazioni di R sono quelle della trasformazione lineare di matriceA.

7. a) La matrice del cambiamento di base (i; j;k)! (i0; j0;k0)

C =0@

12 0 p32p32 0 �120 1 0

1A

�e ortogonale (CCt = I) e detC = 1, cioe' C 2 SO(3), quindi (i0; j0;k0)�e ortonormale ed equiversa a (i; j;k).b) Nella base (i; j;k) la matrice dell'isometria ' per la quale '(i) =i0; '(j) = j0; '(k) = k0 �e la stessa C e le equazioni di ' sono:

8><>:

x0 = 12x +p32 zy0 = p32 x �12zz0 = yc) ' �e la rotazione di angolo � = arccos14 attorno alla retta di v =(p32 ; 12 ; 12).

8. �e lineare e conserva il modulo dei vettori, risultandoj (x)j2 = (xn)2 + (x1)2 + � � �+ (xn�1)2 = (x1)2 + � � �+ (xn)2 = jxj28x 2 Rn :

Quindi �e una isometria.Osservando che si tratta di una permutazione circolare delle coordi-nate, �e facile dire quali sono le potenze di (e vedere che in particolare n = Id, il che implica una periodicit�a).


Per n = 4, si ha (x1; x2; x3; x4) = (x4; x1; x2; x3); 2(x1; x2; x3; x4) =(x3; x4; x1; x2); 3(x1; x2; x3; x4) = (x2; x2; x4; x1); 4 = Id; 5 = ; 6 = 2; 7 = 3; 8 = Id; : : : .

9. 1) Un vettore direttore per la direzione perpendicolare ad � �e, ad es.,w(p2;�1; 1). Il vettore v0 �e dato da

v0 = � v �ww �w�w ;

ovverov0 = 1�p2

4 (p2;�1; 1) = (p2� 2

4 ;p2� 1

4 ; 1�p24 ) ;

ev" = v � v0 = (�1; 1; 2)� (

p2� 24 ;

p2� 14 ; 1�

p24 ) ;

cio�ev" = (�2 +

p24 ; 5�

p24 ; 7 +

p24 ) :

2)Sv = v � 2v0 = (�1; 1; 2)� (

p2� 22 ;

p2� 12 ; 1�

p22 ) ;

ovveroSv = (

p22 ; 3�

p22 ; 3 +

p22 ) :

3)S 0v = �Sv = (�

p22 ; �3 +

p22 ; �3�

p22 ) :

4) La proiezione ortogonale P sul piano � �e data daPu = u� � u �ww �w

�w 8u 2 V :In termini di coordinate (x; y; z) di u e (x0; y0; z0) di Pu,

(x0; y0; z0) = (x; y; z)� �p2x� y + z

4�(p2;�1; 1) :

Quindi 8><>:

x0 = 2x+p2y�p2z4y0 = p2x+3y+z4z0 = �p2x+y+3z4


5) La simmetria ortogonale S rispetto al piano � �e data daSu = u� 2� u �ww �w

�w 8u 2 V :ovvero, se (ex; ey; ez) sono le coordinate di Su,

(ex; ey; ez) = (x; y; z)� 2�p2x� y + z

4�(p2;�1; 1) :

Quindi 8><>:ex = p22 y �

p22 zey = p22 x +12y +12zez = �p22 x +12y +12z:

10. 1) Un vettore direttore per la direzione ortogonale ad � �e, ad esempio,w = (3;�1; 2; 1). Il vettore v0 �e dato da

v0 = � v �ww �w�w ;

ovverov0 = �15� 4� 10� 1

9 + 1 + 4 + 1 (3;�1; 2; 1) ;ovvero v0 = (�6; 2;�4;�2). Il vettore v" �e dato da

v" = v � v0 = (1; 2;�1; 1) :2) Sv = v � 2v0 = (�5; 4;�5;�1) + (12;�4; 8; 4), ovvero Sv =(7; 0; 3; 3).3) Sv0 = �Sv = (�7; 0;�3;�3) .4) La proiezione ortogonale P sull'iperpiano � �e data da

Pu = u� � u �ww �w�w 8u 2 V :

Quindi le equazioni di P sono(y1; y2; y3; y4) = (x1; x2; x3; x4)� �3x1 � x2 + 2x3 + x4

15�(3;�1; 2; 1)

ovvero 8>><>>:

y1 = 115(6x1 + 3x2 � 6x3 � 3x4)y2 = 115(3x1 + 14x2 + 2x3 + x4)y3 = 115(�6x1 + 2x2 + 11x3 � 2x4)y4 = 115(�3x1 + x2 � 2x3 + 14x4)

:


5) La simmetria ortogonale S rispetto all'iperpiano � �e data daSu = u� 2� u �ww �w

�w 8u 2 V :Quindi le equazioni di S sono(y1; y2; y3; y4) = (x1; x2; x3; x4)� 2�3x1 � x2 + 2x3 + x4

15�(3;�1; 2; 1)

ovvero 8>><>>:

ey1 = 115(�3x1 + 6x2 � 12x3 � 6x4)ey2 = 115(6x1 + 13x2 + 4x3 + 2x4)ey3 = 115(�12x1 + 4x2 + 7x3 � 4x4)ey4 = 115(�6x1 + 2x2 � 4x3 + 13x4)

:

11. Consideriamo il riferimento (O; i0; j0;k0) per il quale i0(1=p2; 0; 1=p2)�e un versore perpendicolare a r, k0(1=p6; 2=p6;�1=p6) �e il versorepositivo di r, j0(1=p3;�1=p3;�1=p3) �e il prodotto vettoriale k0 ^ i0.Nel riferimento (O; i0; j0;k0) la rotazione R di angolo � = �=3 attornoad r (nel verso positivo di rotazione) ha matrice

B =0@ 1=2 �p3=2 0p3=2 1=2 0

0 0 1

1A :

Considerata la matrice C del cambiamento di base (i; j;k)! (i0; j0;k0),

C =0@ 1=p2 1=p3 1=p6

0 �1=p3 2=p61=p2 �1=p3 �1=p6

1A

la matrice A di R nel riferimento (O; i; j;k) �e allora A = CBC�1 =CBCt ovvero, calcolando,

A =0B@

7=12 12p2 + 16 1p2 � 112� 12p2 + 16 5=6 � 12p2 � 16� 1p2 � 112 12p2 � 16 7=12

1CA :

Le equazioni di R sono quelle della trasformazione lineare di matriceA.


12. 1) Si veri�ca facilmente che la matrice C della trasformazione asseg-nata,

A =0B@

13 �( 1p3 � 13) 1p3 + 131p3 + 13 13 �( 1p3 � 13)�( 1p3 � 13) 1p3 + 13 13

1CA :

�e ortogonale (CCT = I) ed inoltre che detC = 1. Poich�e C 2 SO(3) leequazioni assegnate sono quelle di una rotazione attorno ad una rettaper l'origine. Considerato, ad esempio, il punto P (1; 1; 1) di r si vedesubito che P �e lasciato �sso dalla rotazione (poich�e per x = 1; y =1; z = 1 le equazioni danno x0 = 1; y0 = 1; z0 = 1). Dunque la retta r,individuata da O e P , �e l'asse della rotazione.2) Consideriamo, ad esempio, il vettore v(1; 0;�1) ortogonale ad r e ilsuo trasformato v0(�1=p3; 2=p3;�1=p3) (anch'esso perpendicolaread r). Poich�e cos vv0 = 0 ne risulta che l'angolo di rotazione �e �=2.(Lo stesso poteva dedursi osservando che TrA = 1 e d'altra parteTrA = 1 + 2 cos vv0).

13. Un vettore direttore della retta orientata r �e v(�2; 3;�1) (che hala terza coordinata negativa). Il piano per P perpendicolare ad r, diequazione cartesiana �2(x�1)+3y�(z+1) = 0, interseca r nel puntoQ(2=7; 1=14; 9=14). Il vettore !QP" = vjvj ^

!QP , ottenuto ruotando!QP (5=7;�1=14;�23=14) di un angolo �=2 attorno alla retta orientatar nel verso positivo di rotazione, �e !QP"(�5=p14;�4=p14;�2=p14).Il punto P 0 �e individuato dall'uguaglianza vettoriale

!QP 0 = cos �6!QP + sin �6

!QP"che tradotta scalarmente fornisce i seguenti valori delle coordinate diP 0:

x0 = 4 + 5p314 � 5

2p14 ; y0 = 2�p328 � 2p14 ;

z0 = 18� 23p328 � 1p14 :


Teorema spettrale1. a) L'equazione caratteristica di T �e

��1� � 22 1� �

�� = (1� �)2 � 4 = 0sicche' gli autovalori sono � = �1; 3. L'autospazio associato a � = �1,ha equazione x+ y = 0 e un autovettore �e ad esempio u = (1;�1). Ilvettore v = (1; 1) ortogonale a u �e un autovettore associato a � = 3.Nella base ortonormale f1 = ( 1p2 ;�12); f2 = ( 1p2 ; 1p2) l'operatore Tammette matrice diagonale

��1 00 3

�.

b) Le basi ortonormali per diagonalizzare T sono 8, poiche' dipendonodalle scelte indipendenti dei versi positivi sugli autospazi ed inoltre visono due possibili ordini per la coppia di autospazi (2� 2� 2 = 8).c) A seconda della base di autovettori T pu�o ammettere una o l'altradelle matrici ��1 0

0 3�

;�3 00 �1

�:

2. L'equazione caratteristica di P �e ��3 + 3� + 2 = 0, pertanto gli au-tovalori di P sono � = �1 (di molteplicit�a 2) e � = 2. Il pianoV (�1) ha equazione x + y + z = 0 e versore normale n( 1p3 ; 1p3 ; 1p3).Quindi una base del tipo richiesto si ottiene, ad esempio, considerandoi0( 1p2 ;� 1p2 ; 0) (versore arbitrariamente scelto fra quelli di V (�1)), k0 =n e j0 = k0 ^ i0, ovvero j0( 1p6 ; 1p6 ;� 2p6).In tale base ortonormale P ha matrice diagonale

0@�1 0 0

0 �1 00 0 2

1A :

Forme bilineari simmetriche e forme quadratiche1. F : V n�V n ! R de�nita ponendo F (u;v) := 12 [Tu�Sv+Su�Tv] �euna forma bilineare (per la linearit�a di T; S e del prodotto scalare �),

ed inoltre �e evidentemente simmetrica. E' immediato rendersi contoche Q(u) = F (u;u). Quindia) Q �e una forma quadratica,b) associata alla forma bilineare simmetrica F sopra de�nita.


2. La forma quadratica (non degenere) Q non �e de�nita poiche', comerisulta di seguito, assume valori positivi, negativi, nulli su vettori nonnulli.a) �e de�nita positiva, ad esempio, sul piano x3 = 0;b) �e de�nita negativa, ad esempio, sulla retta x1 = x2 = 0;c) �e nulla, ad esempio, sulla retta N : x1 = t; x2 = 0; x3 = t.Ciascuno dei sottospazi considerati ha dimensione massima tra quelliaventi la stessa propriet�a.

3. La matrice di Q nella base canonica (e1; e2) �eA =

�1 22 �2

�

Gli autovalori sono � = 2;�3. Generatori per V (2); V (�3) rispetti-vamente sono f1 = ( 2p5 ; 1p5); f2 = (� 1p5 ; 2p5). Quindi a) un'espressionecanonica per Q �e

Q(y1; y2) = 2(y1)2 � 3(y2)2b) (f1; f2) �e una base ortonormale nella quale Q assume tale espressionecanonica.

4. Nella base (i; j;k) la forma Q ha matrice

A =0@0 1 11 0 11 1 0

1A

Gli autovalori sono � = �1 (di molteplicit�a 2) e � = 2, semplice.a) Una base ortonormale formata da autovettori associati rispettiva-mente agli autovalori � = �1;�1; 2 �e

�i0 = ( 1p2 ;�1p2 ; 0); j

0 = ( 1p6 ;1p2 ;�

26);k0 = ( 1p3 ;

1p3 ;1p3)� :

In tale base Q ha forma canonica.b) L'espressione canonica di Q nella base i0; j0;k0 �e

Q(x0; y0; z0) = �(x0)2 � (y0)2 + 2(z0)2 :

Circonferenze, sfere e ipersfere

Riferimento ortonormale (0; i; j) nel piano Euclideo.


1. L'equazione cartesiana della circonferenza di centro P0(2;�1) e raggio3 �e(x� 2)2 + (y + 1)2 = 9 :

Si ha d(P1; P0)2 = (1 � 2)2 + (1 + 1)2 = 5 < r2 = 9, quindi P1, chedista dal centro meno del raggio, �e interno alla circonferenza .2. I punti P (x; y) comuni alla circonferenza C e alla retta r sono dati

dalle soluzioni del sistema(x2 + y2 � 2x+ 10y + 1 = 02x+ y + 5 = 0

ovvero di quello equivalente dedotto sostituendo nella prima equazionel'espressione della y in funzione di x ricavata dalla seconda equazione,

(5x2 � 2x� 24 = 02x+ y + 5 = 0

La prima equazione di quest'ultimo sistema d�a x = �2; 125 : dunque rinterseca C nei punti P1(�2;�1); P2(125 ;�495 ) ed �e una secante di r.3. a) Considerato il centro P0(3; 1) e il raggio � = p5 di C si ha che

p : x = �2y + h �e esterna, secante o tangente a seconda che risultarispettivamente d(p; P0) > �; d(p; P0) < �; d(p; P0) = �.Per h = �1 si ha

d(r; P0) =��x0 + 2y0 + 1p5

�� = ��3 + 2 + 1p5�� = 6p5 >

p5 = �sicche' r �e esterna a C.Per h = 4 si ha

d(r; P0) =��x0 + 2y0 � 4p5

�� = ��3 + 2� 4p5�� = 1p5 <

p5 = �sicche' s �e una secante di C.b) La retta x = �2y + h �e tangente a C se e solo se

��x0 + 2y0 � hp5�� = p5

ovvero (5�h)2 = 25 e se ne traggono i valori h = 0; 10 per le tangentit1 : x+ 2y = 0; t2 : x+ 2y � 10 = 0.-Riferimento ortonormale (0; i; j;k) nello spazio Euclideo.


4. a) S ha centro P0(1;�3; 2) e raggio r = p1 + 9 + 4� 13 = 1.b) La distanza d di P0 da � vale

��1� 3 + 2 + 1p3�� = 1p3

ed �e minore di r = 1, dunque � �e secante S.Indicata con d la distanza del centro di S da � e con � il raggio dellacirconferenza C intersezione di � con S risulta evidentemente

d2 + �2 = r2ovvero � = pr2 � d2, da cui si trae � =q23 .

d

ρ

r

Il centro P 00 di C coincide con l'intersezione della normale n al piano� condotta da P0. Poiche' un punto di n ha coordinate della formax = 1 + t; y = �3 + t; z = 2 + t e sta sul piano � se e solo se risulta1 + t � 3 + t + 2 + t + 1 = 0, ovvero t = �13 , se ne deduce che P 00 hacoordinate (23 ;�103 ; 53).c) Un piano � parallelo a � ha equazione x+y+z+k = 0 ed �e tangentead S se e solo se la sua distanza dal centro P0 di S uguaglia il raggior = 1 di S stessa, ovvero

��1� 3 + 2 + kp3�� = 1 :

Se ne trae k = �p3 e �0 : x+y+z+p3 = 0; �00 : x+y+z�p3 = 0.5. Le equazioni di C sono(x2 + y2 + z2 � 2x+ 6y � 4z + 13 = 0

x+ y + z + 1 = 0L'equazione cartesiana della curva C 0 proiezione ortogonale di C sulpiano xy, ottenuta eliminando z dalle equazioni di C, �e

2x2 + 2y2 + 2xy + 4x+ 12y + 18 = 0 :


Spazio euclideo numerico R4.6. a) La sfera � ha centro P0(1; 1; 0;�1) e raggio

r =p12 + 12 + 02 + (�1)2 � 2cioe' r = 1.b) La distanza di � da P0 vale

d(P0; �) =��1 + 1 + 0� 1p4

�� = 12

ed �e minore di r = 1. Quindi � �e secante �.c) Il centro Q0 di S �e l'intersezione di � con la normale per P0 a �,dunque P0(34 ; 34 ;�14 ;�54).Il raggio di S �e � =q12 � (12)2 =

p32 .Spazio euclideo `2

7. Siano dati x = (x1; x2; : : : ; xn; : : : );y = (y1; y2; : : : ; yn; : : : ) 2 `2, sic-che'

jxj =vuut 1X

1 (xi)2 < +1 ; jyj =vuut 1X

1 (yi)2 < +1 :

Allora anche la somma e il prodotto per un numero reale de�niteponendo

x+ y = (x1 + y1; x2 + y2; : : : ; xn + yn; : : : )e

kx = (kx1; kx2; : : : ; kxn; : : : ) 8k 2 Rappartengono a `2. Infatti per ogni intero n si ha

p(x1 + y1)2 + � � �+ (xn + yn)2 ��p(x1)2 + � � �+ (xn)2 +p(y1)2 + � � �+ (yn)2 ;

ovvero p(x1 + y1)2 + : : : (xn + yn)2 � jxj+ jyje

(kx1)2 + � � �+ (kxn)2 � jkj2((x1)2 + � � �+ (xn)2)ovvero

(kx1)2 + � � �+ (kxn)2 � jkj2jxj2sicch�e P11 (xi + yi)2 e P11 (kxi)2 < +1 sono convergenti.


Anche il prodotto scalare x � y �e ben de�nito: infatti, per ogni interon si hajx1y1+x2y2+ � � �+xnynj �p(x1)2 + � � �+ (xn)2p(y1)2 + � � �+ (yn)2ovvero

jx1y1 + x2y2 + � � �+ xnynj � jxjjyje ci�o comporta che P11 xiyi �e convergente.

8. Per ogni coppia di interi n;m con m > 0 risulta d(en; en+m) = jen+m�enj = p2. Quindi la successione en , non essendo di Cauchy, non e'convergente. Inoltre, per lo stesso motivo, non puo' esservi alcun puntodi accumulazione.Riduzione a forma canonica di forme quadratiche

1. La matrice di Q nella base canonica (e1; e2) �eA =

� 1 22 �2

�

coincidente con la matrice dell'operatore simmetrico T associato a Qrelativamente al prodotto scalare �ssato. L'equazione caratteristica diT �e �� 1� � 2

2 �2� �� = 0 ;

ovvero �2 + �� 6 = 0, e gli autovalori di T sono � = 2;�3.a) Una espressione canonica per Q sar�a pertanto

Q(y1; y2) = 2(y1)2 � 3(y2)2in un opportuno sistema di coordinate ortonormali y1; y2.(Notiamo che l'espressione in forma canonica di Q �e individuata ameno di una permutazione delle coordinate che vi intervengono, sic-ch�e nel nostro caso si sarebbe potuto considerare anche l'espressioneQ(y1; y2) = �3(y1)2 + 2(y2)2).b) Q ha l'espressione indicata in a) in una base ortonormale (f1; f2)costituita da autovettori f1; f2 di T associati rispettivamente a � =2;�3.Gli autovettori associati a � = 2 sono i vettori non nulli della rettar : �x1 +2x2 = 0 (e di conseguenza gli autovettori associati a � = �3sono i vettori non nulli ortogonali ad r). Possiamo allora consid-erare, ad esempio, la base ortonormale (f1; f2) costituita dai vettorif1(2=p5; 1=p5); f2(�1=p5; 2p5), che ha appunto i requisiti richiesti enella quale Q ha la forma a).


2. Nella base (i; j;k) la forma Q ha matrice

A =0@ 0 1 1

1 0 11 1 0

1A

e tale �e anche la matrice dell'operatore simmetrico T associato a Q.L'equazione caratteristica di T �e��

�� 1 11 �� 11 1 ��

�� = 0

ovvero ��3+3�+2 = 0, pertanto gli autovalori di T sono � = �1 (dimolteplicit�a 2) e � = 2.a) Una forma canonica per Q sar�a perci�o, ad esempio,

Q(x0; y0; z0) = �x02 � y02 + 2z02e verr�a assunta in un sistema di coordinate x0; y0; z0 relative ad unabase ortonormale (i0; j0;k0) i cui versori i0; j0;k0 sono autovettori di Tassociati rispettivamente agli autovalori � = �1;�1; 2. Poich�e il pi-ano degli autovettori associati a � = �1 ha equazione x + y + z = 0e versore normale n(1=p3; 1=p3; 1=p3), una base del tipo detto siottiene considerando i0(1=p2;�1=p2; 0) (che �e un versore scelto ar-bitrariamente fra quelli di tale piano), k0 = n e j0 = k0 ^ i0, ovveroj0(1=p6; 1=p6;�2=p6). In tale base la matrice di T coincide con lamatrice diagonale

B =0@ �1 0 0

0 �1 00 0 2

1A

e, corrispondentemente, la forma quadratica Q, di stessa matrice, hala forma a) scritta sopra.

3. �E conveniente considerare R2 dotato del prodotto scalare canonico. Intal caso la forma Q risulta associata all'operatore lineare simmetricoT di matrice

A =� 3 3

3 3�

nella stessa base canonica di R2. Gli autovalori di T sono � = 0; 6e una base ortonormale (g1;g2) rispetto al �ssato prodotto scalare)costituita da autovettori di T associati rispettivamente a � = 0; 6 �eg1 = (1=p2;�1=p2);g2 = (1=p2; 1=p2). L'espressione di Q medi-ante le coordinate y1; y2 nella base (g1;g2) �e

Q(y1; y2) = 6(y2)2 :


Considerato poi l'ulteriore cambiamento di coordinate z1 = y1; z2 =p6y2 la forma Q assume in�ne la forma canonica a�neQ(z1; z2) = (z2)2 :

La base (f1; f2), costituita dai vettori f1 = g1; f2 = 1p6g2, �e quellacercata.

4. �E conveniente supporre V dotato del prodotto scalare per il quale labase (i; j;k) �e ortonormale. In tale ipotesi la forma Q risulta associataall'operatore lineare simmetrico T di matrice

A =0@ 1 �p2 2p2�p2 2 22p2 2 4

1A

nella stessa base (i; j;k) di V . Gli autovalori di T sono � = �2; 3; 6e una base (ei;ej; ek) ortonormale (rispetto al �ssato prodotto scalare)costituita da autovettori di T associati rispettivamente agli autovalori� = �2; 3; 6 �e, ad esempio, �ei(1=p2; 1=2;�1=2); ej(1=p3, �p2=p3; 0);ek(�1=p6;�1=2p3;�3=2p3)�. Nelle coordinate (ex; ey; ez) nella base(ei;ej; ek) l'espressione di Q �e

Q(ex; ey; ez) = �2ex2 + 3ey2 + 6ez2 :Considerato poi un ulteriore cambiamento di coordinate, cio�e pas-sando alle coordinate nella base (i0; j0;k0) costituita dai vettori i0 =(1=p2)ei; j0 = (1=p3)ej;k0 = (1=p6)ek, Q assume forma canonica (af�-ne)

Q(x0; y0; z0) = �x02 + y02 + z02 :

Coniche e Quadriche

Riferimento ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo.1. a) Nel riferimento assegnato l'ellisse E ha equazione canonica

x2(1=p2)2 +

y2(1=p3)2 = 1

Quindi i semiassi sono a = 1=p2 (maggiore) e b = 1=p3 (minore); i fuochisono i punti F ( 1p6 ; 0); F 0(� 1p6 ; 0) (si ricordi che f 2 = a2�b2); l'eccentricit�a�e e =q13 ; le direttrici sono le rette x = �q32 .


Osservando che si passa dall'equazione di E all'equazione di E 0 scambiandox con y, si puo' passare dai dati determinati per E a quelli richiesti per E 0semplicemente scambiando i ruoli degli assi x; y.b) L'equazione canonica dell'ellisse eE si ottiene sostituendo nell'equazionedi E ( x = x0 +12y0 �12y = 12y0 +12 :ed �e quindi

8(x0)2 + 5(y0)2 + 8x0y0 � 8x0 + 2y0 + 1 = 0Si veri�ca che trattasi di una conica non degenere (priva di punti sin-golari). Calcolando gli autovalori della matrice della forma quadraticadell'equazione si trovano autovalori entrambi positivi � = 13�p732 . Si veri-�ca inoltre che con il cambiamento di coordinate

x0 = X + 1 ; y0 = Y � 1l'equazione si scrive

8X2 + 8XY + 5Y 2 = 4 :Quindi eE �e una ellisse, di semiassi a = 2q 213�p73 ; b = 2q 213+p73 . Nerisulta cos�i completamente determinata l'equazione canonica. Qui ap-presso sono ra�gurate E, con centro nell'origine e eE; si tratta di ellissi noncongruenti poich�e una trasformata dell'altra mediante una trasformazionelineare a�ne (che conserva il tipo di conica) ma non isometrica.

2. a) La forma quadratica dell'equazione di C �eQ(x; y) = 2x2 + 8y2 + 8xy

ovveroQ(x; y) = 2(x+ 2y)2 :

Si vede facilmente che il cambiamento di coordinate( x0 = 1p5(x+ 2y)y0 = � 1p5(2x� y)

fa passare a nuove coordinate cartesiane ortonormali nelle quali Q �e ridottaalla forma canonica

Q(x0; y0) = 10x02(e se ne trae subito che C ha il tipo di una parabola).


-0.5 0.5 1 1.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

Il cambiamento di coordinate (x0; y0)! (x; y) �e dato dalle equazioni( x = 1p5(x0 � 2y0)y = 1p5(2x0 + y0)

e l'equazione di C nelle nuove coordinate x0; y0 �e5y0 = 10x02 + 20p5x

0 + 2 + 3p5 :Consideriamo ora un cambiamento di coordinate de�nito dalle equazioni

� x0 = X + �y0 = Y + �

ove X; Y sono le coordinate nel riferimento ottenuto da (O; i0; j0) mediantela traslazione de�nita dal vettore di coordiante x0 = �; y0 = � nella base(i0; j0).L'equazione di C nelle nuove coordinate X; Y �e

5Y = 10X2 + 20(� + 1p5)X + 10�2 + 20p5�� 5� + 2 + 3p5 :Posto dapprima � = �1=p5 tale equazione si riduce a

5Y = 10X2 � 5� + 3p5


e poi, per � = 3=p55Y = 10X2

ovveroY = 2X2

che �e una equazione canonica per C, dalla quale si riconosce, in particolare,che C �e una parabola.b) La trasformazione che fa passare dalle coordinate x; y iniziali alle coor-dinate X; Y nelle quali l'equazione di C assume forma canonica considerata�e espressa dalle equazioni

( X = 1p5(x+ 2y + 1)Y = 1p5(�2x+ y � 3)

Il vertice V di C ha coordinate X = 0; Y = 0 e quindi coordinate x; ycostituenti la soluzione del sistema� x+ 2y + 1 = 0

�2x+ y � 3 = 0ovvero, risolvendo, x = �7=5; y = 1=5.In coordinate X; Y l'equazione dell'asse di C �e X = 0; dunque l'equazionedi tale asse in coordinate x; y �e

x+ 2y + 1 = 0(ottenuta ponendo X = 0 nella prima equazione della trasformazione dicoordinate sopra scritta).(La �gura seguente �e ricapitolativa di quanto trovato).


-8 -6 -4 -2 2

2

4

6


ESERCIZI DI GEOMETRIAper Studenti di Fisicadocente S. Marchiafava)

a.a. 2003/0411 marzo 2004

1. Spazio vettoriale Euclideo V . Base ortonormale (i; j;k).Considerato il piano � : x� 2y + z = 01) determinare la proiezione ortogonale del vettore v(�2; 1;�2) su �.2) Veri�care che la terna di vettori (i0; j0;k0) di coordinate rispettivamente( 1p6 ;� 2p6 ; 1p6); ( 1p2 ; 0;� 1p2); ( 1p3 ; 1p3 ; 1p3) �e una base ortonormale con j0;k0 sulpiano �.3) Considerato il vettore w = p6i0 + p2j0 + p3k0 determinarne l'immaginemediante la simmetria ortogonale S rispetto ad �.2. Spazio Euclideo R4.Dati i punti P1(1;�1; 1; 1); P2(1; 0; 0;�1); P3(2; 1; 1;�1); P4(2; 0; 2; 1)a) calcolare le distanze d(P1; P2); d(P4; P3);b) veri�care che P1; P2; P3; P4 sono vertici consecutivi di un rettangolo.3. Piano Euclideo R2 (riferito alla base canonica (e1 = (1; 0); e2 = (0; 1)).Data la matrice simmetrica

A =� 1 3

3 1�

a) scrivere la forma quadratica Q(x1; x2) corrispondente;b) dire se Q �e de�nita positiva;c) dire se l'equazione

Q(x1; x2) = 1ammette soluzioni reali.d) Considerata la base (f1; f2) ottenuta ruotando (e1; e2) di un angolo � =�=4 (nel verso positivo di rotazione) scrivere l'espressione di Q mediante lecoordinate (y1; y2) nella base (f1; f2).


4. Mostrare che la trasformazione8<:

x0 = x�vtp1�v2=c2t0 = t� vc2 xp1�v2=c2

ove c �e una costante positiva v �e una costante reale di valore assoluto inferiorea c, jvj < c, �e una isometria del prodotto scalare di R2 associato alla formaquadratica Q(x; t) = x2 � c2t2.


SOLUZIONIESERCIZI DI GEOMETRIA

per Studenti di Fisicadocente S. Marchiafava

a.a. 2003/0411 marzo 2004

1. 1) n(1;�2; 1) �e un vettore direttore per la retta ortogonale ad �. Laproiezione ortogonale di v(�2; 1;�2) sulla retta di n �e v0 = v�nn�nn ovverov0 = �66 (1;�2; 1) = (�1; 2;�1). Quindi la proiezione ortogonale v" di v su� �e v" = v � v0, cio�e v"(�1;�1;�1).2) Si veri�ca subito che ji0j2 = ( 1p6)2 + ( 2p6)2 + ( 1p6)2 = 1, e analogamenteche jj0j2 = jk0j2 = 1; inoltre i0 � j0 = 1p6 1p2 � 2p6 � 0 + 1p6(� 1p2) = 0 e cos�i purei0�k0 = j0�k0 = 0, sicch�e (i0; j0;k0) �e una base ortonormale. Poich�e i0 �e ortogonalead � ne risulta subito che i vettori j0;k0 giacciono sul piano � stesso.3) Sw = �p6i0 +p2j0 +p3k0 = i+ 3i� k .2. a) d(P1; P2) =p(1� 1)2 + (0 + 1)2 + (0� 1)2 + (�1� 1)2 = p6;

d(P4; P3) =p(2� 2)2 + (1� 0)2 + (1� 2)2 + (�1� 1)2 = p6;b) ��!P1P2 = ��!P4P3 = e2 � e3 � 2e4, quindi i quattro punti presi nel dato ordinesono i vertici consecutivi di un parallelogramma; inoltre ��!P1P2 � ��!P1P4 = (e2 �e3 � e4) � (e1 + e2 + e3) = 0, quindi si tratta di un rettangolo.3.a) Q(x1; x2) = (x1)2 + 6x1x2 + (x2)2.b) Risulta det(A) = �8, quindi Q �e (non degenere e) non de�nita.c) E' evidente che Q assume valori positivi, ad esempio su vettori con coordinatetutte positive, e inoltre Q(kx1; kx2) = k2Q(x1; x2): ne risulta quindi che Qassume tutti i possibili valori positivi. Se ne pu�o concludere che ci sono vettori(x1; x2) sui quali Q(x1; x2) = 1.d) Il cambiamento di coordinate dalla base (f1; f2) a (e1; e2) si scrive( x1 = 1p2y1 � 1p2y2x2 = 1p2y1 + 1p2y2 :Quindi sostituendo in Q si trovaQ(y1; y2) = ( 1p2y

1� 1p2y2)2+6( 1p2y

1� 1p2y2)( 1p2y

1+ 1p2y2)+( 1p2y

1+ 1p2y2)2;


ovvero, sempli�cando, Q(y1; y2) = 4(y1)2� 2(y2)2 (che �e una forma canonica diQ).4.La trasformazione �e lineare e risulta

(x0)2 � c2(t0)2 = h x�vtp1�c2v2i2 � c2h t�vxp1�c2v2

i2= x2�2vxt+v2t21�c2v2 � c2 t2�2vtx+v2x21�c2v2 = (1�c2v2)(x2�c2t2)1�c2v2

ovvero(x0)2 � c2(t0)2 = x2 � c2t2

cio�e Q(x; t) = Q(x0; t0). Quindi la trasformazione conserva Q e, di consequenza,il prodotto scalare associato.


2o ESONERO DI GEOMETRIAper studenti di Fisicadocente S. Marchiafava

a.a. 2003/0412 marzo 2004

1. Riferimento ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo. Dato il vettore u = 4iprovare chea) v = 2i+ 2j �e la proiezione ortogonale di u sulla retta r : x� y = 0;b) w = 4j �e il simmetrico di u nella simmetria ortogonale rispetto alla retta

r.2. Riferimento ortonormale (O; i; j;k) nel piano Euclideo. Scrivere le equazionidella rotazione di angolo � = �=3 attorno all'asse z (orientato positivamente,ruotando nel verso positivo di rotazione associato al riferimento �ssato).3. Spazio numerico R3. Coordinate canoniche x; y; z. Data la forma quadratica

Q(x; y; z) = x2 � 2y2 + 3z2determinare una retta di R3 sulla quale la restrizione di Q �e rispettivamentei) de�nita positiva;ii) de�nita negativa;iii) nulla.4. Piano numerico R2. Sia (e1; e2) la base canonica di R2 e (f1; f2) la baseformata dai vettori f1 = 2e1�e2; f2 = 3e1�e2. Considerata la forma quadratica

Q(x1; x2) = 2(x1)2 + (x2)2 � 8x1x2scriverea) la matrice A di Q nella base (e1; e2);b) la matrice B di Q nella base (f1; f2);c) l'espressione di Q in termini delle coordinate (y1; y2) nella base (f1; f2).

5. Piano numerico R2. Considerata la funzione realez = x2 + y2 + 4xy

delle variabili x; y, facendo uso dei risultati noti a proposito delle forme quadra-tiche provare che l'origine O(0; 0) non �e un punto di minimo.


SOLUZIONI2o ESONERO DI GEOMETRIA


a.a. 2003/0412 marzo 2004

1. a) v 2 r; inoltre u0 = u � v = 2i � 2j �e ortogonale a v, risultando u0 � v = 0.Quindi v = Pu �e la proiezione ortogonale di u sulla retta r;

b) w = v�u0. Quindi w �e il simmetrico di u nella simmetria ortogonale rispettoalla retta r.2. Nella data base la matrice e le equazioni della rotazione sono rispettivamente

A =0@

12 �p32 0p32 12 00 0 1

1A ;

8<:

x0 = 12x �p32 yy0 = p32 x +12yz0 = z:

3. Ad esempio, la restrizione di Q �e rispettivamente i) de�nita positiva sull'asse x;ii) de�nita negativa sull'asse y; iii) nulla sulla retta x�p2y = 0 del piano xy.4. a) A =

� 2 �4�4 1

�;

b) B = CtAC ove C =� 2 3�1 �1

��e la matrice del cambiamento di base da

(e1; e2) a (f1; f2); quindiB =

� 25 3333 43

�:

c) In termini delle coordinate (y1; y2) si haQ(y1; y2) = 25(y1)2 + 43(y2)2 + 66y1y2 :

5. Posto f(x; y) = x2 + y2 + 4xy si ha f(0; 0) = 0. Si deve quindi veri�care che laforma quadratica f , che evidentemente assume valori positivi su alcuni vettori, ad es.(1; 0), in e�etti non �e de�nita n�e semide�nita positiva. Ci�o risulta dall'osservare chela matrice della forma, A =

� 1 22 1

�, ha determinante uguale a �3, negativo.



a.a. 2004/0530-31 maggio 2005

Uso di prodotti scalari

1. Spazio euclideo R4 (dotato di prodotto scalare canonico). Dati i vettoriu = (�1; 2; 1; 1);v = (1; 1; 1;�2)

a) veri�care che hanno la stessa lunghezza;b) calcolare l'angolo uv;c) determinare i vettori del piano u;v che formano un angolo � = �=3 con u.2. Spazio euclideo R4. Sia U il sottospazio di R4 di equazioni

� x1 �2x2 = 02x3 +x4 = 0 :

a) Determinare una base per il complemento ortogonale U? di U .b) Scegliere una base ortonormale di R4 i cui primi due vettori stanno in U e gli

ultimi due vettori stanno in U?.3. Spazio euclideo R4. SiaW il piano di R4 generato dai vettori w1 = (0; 0;�1; 1);

w2 = (1; 0; 0;�1). Determinare una base ortonormale (f1; f2; f3; f4) per la quale ilpiano di f1; f2 coincide con W .

4. Spazio C0([�1; 1]) delle funzioni reali di variabile reale de�nite e continuenell'intervallo [�1; 1], dotato del prodotto scalare

(f; g) =Z 1�1 f(x)g(x)dx :

Ortonormalizzare con il procedimento di Gram-Schmidt la successione di polinomif1; t; t2; : : : ; tn; : : : g

�no a n = 3.


Confrontare quanto ottenuto con la successione di polinomi (di Legendre)Pn(t) = 1

2nn!Dn((t2 � 1)n) ; n = 0; 1; 2; : : : :

5. Spazio vettoriale V dotato di prodotto scalare � (non necessariamente de�nitopositivo).

Indichiamo con kuk2 il prodotto scalare u � u (anche se non si tratta necessaria-mente di un numero non negativo).

Mostrare che comunque sono dati u;v in V risultaku+ vk2 + ku� vk2 = 2kuk2 + 2kvk2

(Identit�a del parallelogramma).6. Spazio euclideo R4 (con prodotto scalare canonico).Considerato l'iperpiano � : 2x1 � x2 + x3 + 2x4 = 0 e il vettore w = (4; 52 ; 32 ;�1),i) decomporre w nella somma w = w0 +w00 di un vettore w0 ortogonale a � e un

vettore w00 appartenente a �;ii) determinare il simmetrico Sw di w nella simmetria ortogonale rispetto a �;iii) determinare il simmetrico S 0w di w nella simmetria ortogonale rispetto alla

normale a �;iv) scrivere le equazioni della proiezione ortogonale P su �;v) scrivere le equazioni della simmetria ortogonale S rispetto a �.7. Spazio euclideo R4 (con prodotto scalare canonico).�E dato l'iperpiano : �x1 � 2x2 + x3 � 3x4 = 0.a) Veri�care che la retta r : x1 = t; x2 = 2t; x3 = �t; x4 = 3t �e ortogonale a ;b) determinare la proiezione ortogonale del vettore v = (3; 5;�2; 5) su ;c) determinare il piano simmetrico del piano � : x1 � x2 = 0; x3 + x4 = 0 nella

simmetria ortogonale rispetto all'iperpiano .


SOLUZIONIEsercizi di Algebra e Geometria


a.a. 2004/0530-31 maggio 2005

Uso di prodotti scalari

1. a) Risulta juj2 = (�1)2 + 22 + 12 + 12 = 7; jvj2 = 12 + 12 + 12 + (�2)2 = 7.Quindi juj = jvj = p7.

b) cos uv = u�vjujjvj = (�1)1+2(1)+1(1)+1(�2)7 = 0, quindi u;v sono ortogonali.c) Due vettori del piano u;v che hanno lunghezzap7 e formano un angolo � = �=3

con u sonow1 = cos �3u+ sin �3v �

12u+

p32 v ; w2 = cos �3u� sin �3v �

12u�

p32 v ;

ovverow1 = (�1 +

p32 ; 2 +

p32 ; 1 +

p32 ; 1� 2p3

2 ) ;w2 = (�1 +

p32 ; 2 +

p32 ; 1 +

p32 ; 1� 2p3

2 ) :Tutti gli altri vettori del piano u;v che formano un angolo � = �3 con u sono dellaforma

w01 = tw1 ; t > 0 oppure w02 = tw2 ; t > 0 :2. a) Una base (u1;u2) di U , costituita da vettori ortogonali e di stessa lunghezza,si ha ad esempio per

u1 = (2; 1; 0; 0) ; u2 = (0; 0; 1;�2)(ju1j = ju2j = p5). Risulta poi che

U? = fv 2 R4 jv � u1 = v � u2 = 0ge quindi equazioni di U? sono� 2x1 +x2 = 0

x3 �2x4 = 0 :


Una base ortogonale (v1;v2) di U?, di vettori aventi lunghezza uguale a quella diu1;u2 �e ad esempio

v2 = (1;�2; 0; 0) ; v2 = (0; 0; 2; 1) :b) (f1 = u1p5 ; f2 = u2p5 ; f2 = u2p5 ; f3 = v1p5 ; f4 = v2p5) �e una base ortonormale di R4 del

tipo richiesto.3. Una base ortogonale per il piano di w1;w2 �e, ad esempio, quella costituita da

w1 e w02 = w2 � �w2�w1w1�w1�w1, ovvero

w02 =0BB@

100�1

1CCA+ 1

2

0BB@

00�11

1CCA �

0BB@

10�12�12

1CCA :

I vettori v = (x1; x2; x3; x4) dell'ortogonale al piano di w1;w2 sono caratterizzati dalveri�care le condizioni v �w1 = v �w2 = 0 ovvero il sistema� �x3 +x4 = 0

x1 �x4 = 0e pertanto sono tutti e soli quelli della forma t = (a; b; a; a). Una base ortogonale peril piano ortogonale a w1;w2 �e, ad esempio, quella costituita da

t1 = (1; 1; 1; 1) ; t2 = (1;�3; 1; 1) :Quindi una base del tipo richiesto �e, ad es.,

(f1 = w1p2 ; f2 = (p2=3)w02; f3 = t12 ; f4 =

t22p3) :

4. Ortogonalizzando con il procedimento di Gram-Schmidt il sistema di polinomif1; t; t2; t3g

si ottiene rispettivamentef1; t; t2 � 1

3 ; t3 �35tg ;

e normalizzando successivamentef 1p2 ;

r23t;

3p54 (t2 � 1

3);52r 7

11(t3 �35t) :

I primi 4 polinomi di Legendre sono proporzionali a tali polinomi risultandoP0(t) = 1 ; P1(t) = t ; P2(t) = 3t2 � 1

2 ; P3(t) = 5t3 � 3t2 :


5. Applicando le propriet�a di bilinearit�a del prodotto scalare risultaku+ vk2 + ku� vk2 = (u+ v) � (u+ v) + (u� v) � (u� v)

= kuk2 + kvk2 + u � v + v � u+kuk2 + kvk2 � u � v � v � u= 2kuk2 + 2kvk2

:

6. Un vettore direttore della normale a � �e, ad esempio, n = (2;�1; 1; 2).i) Risulta w0 = �w�nn�n �n = �4(2)+( 52 )(�1)+( 32 )1+(�1)222+(�1)2+12+22 �(2;�1; 1; 2) = (1;�12 ; 12 ; 1) e

w00 = w �w0 = (3; 3; 1;�2).ii) Il simmetrico di w nella simmetria ortogonale rispetto a � �e Sw = �w0+w00 =

(2; 72 ; 12 ;�3).iii) Il simmetrico di w nella simmetria ortogonale rispetto alla normale a � �e

S 0w = �Sw.iv) La proiezione ortogonale su � di un vettore v �e

v00 = v � �v � nn � n�n :

traducendo scalarmente, le equazioni della proiezione ortogonale P su � sono0BB@

y1y2y3y4

1CCA =

0BB@

x1x2x3x4

1CCA� �2x

1 � x2 + x3 + 2x410

�0BB@

2�112

1CCA :

ovvero 8>><>>:

y1 = 110(6x1 + 2x2 � 2x3 � 4x4)y2 = 110(2x1 + 9x2 + x3 + 2x4)y3 = 110(�2x1 + x2 + 9x3 � 2x4)y4 = 110(�4x1 + 2x2 � 2x3 + 6x4)

v) Poich�e Sv = �v + 2Pv (si faccia una �gura) le equazioni della simmetriaortogonale S rispetto a � sono8>><

>>:

y1 = 15(6x1 + 2x2 � 2x3 � 4x4)� x1y2 = 15(2x1 + 9x2 + x3 + 2x4)� x2y3 = 15(�2x1 + x2 + 9x3 � 2x4)� x3y4 = 15(�4x1 + 2x2 � 2x3 + 6x4)� x4

ovvero 8>><>>:

y1 = 15(x1 + 2x2 � 2x3 � 4x4)y2 = 15(2x1 + 4x2 + x3 + 2x4)y3 = 15(�2x1 + x2 + 4x3 � 2x4)y4 = 15(�4x1 + 2x2 � 2x3 + x4)

:


7. a) r ha parametri direttori (1; 2;�1; 3) proporzionali ai coe�cienti dell'equa-zione di ; quindi r �e ortogonale a .

b) Considerato il vettore n = (1; 2;�1; 3) ortogonale a , la proiezione ortogonalev00 di v su �e data da v00 = v � �v�nn�n�n ovvero

v00 =0BB@

35�25

1CCA� 2

0BB@

12�13

1CCA =

0BB@

110�1

1CCA :

c) Una base per � �e data da (u1 = (1; 1; 0; 0);u2 = (0; 0; 1;�1)). I vettori sim-metrici di u1;u2 rispetto a sono rispettivamente

u01 = u1 � 2�u1 � nn � n

�n =0BB@

1100

1CCA� 2

5

0BB@

12�13

1CCA =

0BB@

351525�65

1CCA

eu02 = u2 � 2�u2 � n

n � n�n =

0BB@

001�1

1CCA� 8

15

0BB@

12�13

1CCA =

0BB@�85�16152315�3915

1CCA :

Il piano simmetrico �0 del piano � nella simmetria ortogonale rispetto all'iperpiano �e generato da u01;u02.



a.a. 2004/059 giugno 2005

Operatori autoaggiunti in spazi euclidei1. Spazio euclideo numerico R3.�E dato l'operatore lineare T di equazioni

8<:

y1 = x1 +2x3y2 = 2x2y3 = 2x1 +x3a) Dimostrare che T �e autoaggiunto.

b) Determinare una base ortonormale che diagonalizza la matrice di T .c) Scrivere quali matrici diagonali pu�o ammettere T .

2. Spazio Euclideo V ; base ortonormale (i; j;k).�E dato l'operatore lineare U di equazioni

8<:

y1 = 5x1 �x2 +2x3y2 = �x1 +5x2 +2x3y3 = 2x1 +2x2 +2x3a) Dimostrare che U �e autoaggiunto.

b) Determinare una base ortonormale che diagonalizza la matrice di U .c) Scrivere quali matrici diagonali pu�o ammettere U .

3. Spazio Euclideo V ; base ortonormale (i; j;k).E' dato l'operatore lineare V di matrice A =

0@ 1 0 0

0 1 00 0 �1

1A nella base

(i0 = (1; 1; 0); j0 = (0;�1; 1);k0 = (1;�1; 3)).Dire se V �e autoaggiunto oppure no.


SOLUZIONIEsercizi di Algebra e Geometria


a.a. 2004/059 giugno 2005

Operatori autoaggiunti in spazi euclidei1. a) La matrice di T (nella base ortonormale canonica di R3) �e

A =0@ 1 0 2

0 2 02 0 1

1A

ed �e simmetrica; quindi T �e autoaggiunto.b) Una base ortonormale che diagonalizza la matrice di T deve essere costituita

da autovettori di T .Gli autovalori di T sono �1 = �1; �2 = 2; �3 = 3 e corrispondenti autovettori

sono, ad esempio, u1 = (1; 0;�1);u2 = (0; 1; 0);u3 = (1; 0; 1), a due a due ortogonali.Una base ortonormale del tipo richiesto �e quindi f1 = ( 1p2 ; 0;� 1p2); f2 = (0; 1; 0); f3 =( 1p2 ; 0; 1p2). Infatti in tale base la matrice di T �e

B =0@ �1 0 0

0 2 00 0 3

1A

c) Le matrici altre matrici diagonali che pu�o ammettere T , corrispondentementea permutazioni dei vettori della precedente base, sono0@ �1 0 0

0 3 00 0 2

1A ;0@ 2 0 0

0 �1 00 0 3

1A ;0@ 2 0 0

0 3 00 0 �1

1A ;0@ 3 0 0

0 �1 00 0 2

1A ;0@ 3 0 0

0 2 00 0 �1

1A

.2. a) La matrice dell'operatore lineare U nella data base �e

A =0@ 5 �1 2�1 5 22 2 2

1A


Poich�e si tratta di una matrice simmetrica e la base �e ortonormale ne segue che U �eautoaggiunto.

b) Gli autovalori di U sono �1 = 0; �2 = �3 = 6 e i corrispondenti autospazi sonorispettivamente la retta V (0) = ft(1; 1;�2)j t 2 Rg e il piano V (6) = ft(1;�1; 0) +s(1; 1; 1)j t; s 2 Rg and essa ortogonale. Una base ortonormale che diagonalizza lamatrice di U �e, ad esempio, (g1 = ( 1p6 ; 1;� 2p6);g2 = ( 1p2 ;� 1p2 ; 0);g3 = ( 1p3 ; 1p3 ; 1p3)),nella quale la matrice di U �e

B =0@ 0 0 0

0 6 00 0 6

1A

.c) Le altre matrici diagonali che pu�o ammettere U sono

0@ 6 0 0

0 6 00 0 0

1A ;0@ 6 0 0

0 0 00 0 6

1A :

3. La matrice �e simmetrica ma poich�e la base (i0 = (1; 1; 0); j0 = (0;�1; 1);k0 =(1;�1; 3)) non �e ortonormale l'operatore V non �e autoaggiunto. In e�etti V �e lasimmetria obliqua rispetto al piano x � y � z = 0, generato da i0; j0, parallelamentealla retta di k0 e non si tratta di una simmetria ortogonale.


ESERCIZI DI GEOMETRIAper studenti di Fisicadocente S. Marchiafava

a.a. 2004/0516 giugno 2005

1. Base ortonormale (i; j;k) nello spazio Euclideo V. �E dato l'operatore lineareT : V ! V di matrice A =

0@ 1 12 1212 0 012 0 0

1A .

i) Veri�care che T �e autoaggiunto.ii) Determinare una base ortonormale (i0; j0;k0) nella quale la matrice B di T �e

diagonale, speci�cando B.iii) Scrivere l'espressione della forma quadratica Q associata a T in termini delle

coordinate (x; y; z); (x0; y0; z0) nelle basi (i; j;k); (i0; j0;k0) rispettivamente.iv) Determinare la forma canonica a�ne di Q.

2. Piano numerico R2. Considerata la funzione z = 12� � x2 + 3y2 + 6xy� delle

variabili x; y, facendo uso dei risultati noti a proposito delle forme quadratichej) provare che l'origine O(0; 0) non �e un punto di minimo n�e di massimo.jj) Scrivere l'equazione canonica del gra�co della funzione, riconoscendo di quale

quadrica si tratta.3. Coordinate cartesiane ortonormali x; y nel piano Euclideo.

a) Determinare l'equazione canonica (metrica) della conicaC : x2 � y2 + 2p3xy � 2(1 +p3)x� 2(1�p3)y + 2 = 0 :

b) Dopo aver riconosciuto che si tratta di una iperbole determinarne assi e asintoti(in termini delle coordinate x; y).4. Coordinate cartesiane ortonormali x; y nel piano Euclideo.

a) Determinare l'equazione canonica (metrica) della conicaE : 5x2 + 5y2 + 6xy � 4x+ 4y = 0 :

b) Dopo aver riconosciuto che si tratta di una ellisse determinarne semiassi, assi ecentro (in termini delle coordinate x; y).5. Coordinate cartesiane ortonormali x; y; z nello spazio Euclideo. Determinarel'equazione canonica (metrica) delle quadriche: a) x2+y2+z2�xy�yz�xz�1 = 0;b) 2xy � 2xz � x� y � z = 0 riconoscendone il tipo.


SOLUZIONIESERCIZI DI GEOMETRIA


a.a. 2004/0516 giugno 2005

1. Base ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo V. i) T �e autoaggiuntopoich�e la sua matrice A nella base ortonormale �ssata �e simmetrica. ii) Gli autovaloridi T sono � = 0; 1+p32 ; 1�p32 e autovettori ad essi associati rispettivamente sono, adesempio, r = (0; 1;�1); s = (1 +p3; 1; 1); t = (1 � p3; 1; 1). Una base ortonormale(i0; j0;k0) formata da autovettori �e quella che si ottiene normalizzando r; s; t; in talebase la matrice (diagonale) di T �e

B =0@ 0 0 0

0 1+p32 00 0 1�p32

1A :

iii) Le espressioni della forma quadratica Q associata a T in termini delle coordinate(x; y; z); (x0; y0; z0) sono rispettivamente

Q(x; y; z) = x2 + xy + xz ; Q(x0; y0; z0) = 1 +p32 (y0)2 � 1�p3

2 (z0)2 :iv) La forma canonica a�ne di Q �e ey2 � ez2.2. Piano numerico R2. j) In (x = 0; y = 0) si ha z = 0; inoltre la forma quadratica

�x2 + 3y2 + 6xy�e non degenere e non de�nita, risultando

�� a11 a12a21 a22�� =

�� 1 33 3

�� = �12 < 0. Poich�ez assume sia valori positivi che valori negativi in punti (x; y) diversi dall'origine, adesempio negativi sull'asse x e positivi sull'asse y, ne segue che (0; 0) non pu�o esseren�e un punto di massimo n�e un punto di minimo. jj) L'equazione canonica (metrica)del gra�co della funzione (alla quale si perviene con una rotazione del riferimento sulpiano x; y) �e z = (1+p13)2 X2 + (1�p13)2 Y 2 e si tratta di un paraboloide iperbolico.


3. Coordinate cartesiane ortonormali x; y nel piano Euclideo. a) La formaquadratica dell'equazione di C �e

Q(x; y) = x2 � y2 + 2p3xy ;di matrice A =

� 1 p3p3 �1�. Gli autovalori di A sono � = 2;�2 e una base ortonor-

male di autovettori ad essi rispettivamente associati �e (i0 = (p32 ; 12); j0 = (�12 ;p32) ).

Con la sostituzione ( x = p32 x0 �12y0y = 12x0 +p32 y0si ottiene l'equazione di C in coordinate x0; y0:

2(x0)2 � 2(y0)2 � 4x0 + 4y0 + 2 = 0 ovvero (x0)2 � (y0)2 � 2x0 + 2y0 + 1 = 0:Con la traslazione X = x0 � �; Y = y0 � � si ha poi

2X2 � Y 2 + 2(�� 1)X � 2(� � 1)y + �2 � �2 � 2� + 2� + 1 = 0e quindi, per � = 1; � = 1 l'equazione diventa

Y 2 �X2 = 1 :Si tratta quindi di una iperbole equilatera. b) l cambiamento di coordinate comples-sivo che ha portato l'equazione in forma canonica �e( X = p32 x +12y �1

Y = �12x +p32 y �1 ;

quindi gli assi di C sono rispettivamente le rette X = 0 ovvero p3x + y + �2 = 0(asse trasverso) , Y = 0 ovvero �x +p3y � 2 = 0 (asse non trasverso) e il centro,loro intersezione, �e il punto Q(p3�12 ; p3+12 ).


Q(x; y) = 5x2 + 5y2 + 6xy :di matrice A =

� 5 33 5

�. Gli autovalori di A sono � = 2; 8 e una base ortonor-

male di autovettori ad essi rispettivamente associati �e (i0 = (1=p2;�1=p2); j0 =(1=p2; 1=p2)). Con la sostituzione

( x = 1p2x0 + 1p2y0y = � 1p2x0 + 1p2y0


si ottiene l'equazione di C in coordinate x0; y0:2(x0)2 + 8(y0)2 � 8p2x

0 = 0 :Con la traslazione X = x0 � �; Y = y0 si ha poi

2X2 + 8Y 2 + (4�� 8p2)X + 2�2 � 8p2� = 0e quindi, per � = p2 l'equazione diventa

2X2 + 8Y 2 � 4 = 0 ovvero X2(p2)2 +

Y 2(1=p2)2 = 1 :

b) C �e un'ellisse di semiassi a = p2; b = 1=p2. Poich�e il cambiamento di coordinatecomplessivo che ha portato l'equazione in forma canonica �e( X = 1p2(x� y � 2)

Y = 1p2(x+ y )gli assi di C sono rispettivamente le rette x + y = 0 ; x � y � 2 = 0 e il centro, lorointersezione, �e il punto Q(1;�1).

5. a) La forma quadratica dell'equazione della quadrica �eQ(x; y; z) = x2 + y2 + z2 � xy � yz � xz

e ha matrice A =0@ 1 �1=2 �1=2�1=2 1 �1=2�1=2 �1=2 1

1A. Gli autovalori sono � = 0; 32 ; 32 e cor-

rispondenti vettori unitari a due a due ortogonali sono I( 1p3 ; 1p3 ; 1p3);J( 1p2 ; 1p2 ; 0);K(� 1p2 ; 1p2 ; 0). Nel riferimento ortonormale (O; I;J;K) l'equazione della quadrica �e32(Y 2 + Z2) = 1

e si tratta di un cilindro rotondo con generatrici parallele all'asse X (Cilindro proiet-tante la circonferenza di centro O e raggio r = p2=3 del piano Y; Z parallelamenteall'asse X).

b) La forma quadratica dell'equazione della quadrica �e Q(x; y; z) = 2xy � 2xz, dimatrice A =

0@ 0 1 �1

1 0 0� 0 0

1A. Gli autovalori sono � = p2;�p2; 0 e corrispondenti

autovettori unitari sono i0( 1p2 ; 12 ;�12); j0 = k0 ^ i0( 1p2 ;�12 ; 12);k0(0;� 1p2 ;� 1p2). Nelriferimento ortonormale (O; i0; j0;k0) l'equazione �e 2(x0)2 � 2(y0)2 � x0 � y0 � 2z0 = 0.E�ettuando poi la traslazione X = x0� 14 ; Y = y0+ 14 ; Z = z0 si ha, a meno del fattore2, X2 � Y 2 � Z = 0. Si tratta di un paraboloide iperbolico, ovvero a sella.



a.a. 2004/0520 giugno 2005

1. Spazio euclideo R4. E' dato l'iperpiano � : x1 + 2x2 � x3 + 2x4 = 0.a) Decomporre il vettore v = (4; 7;�2; 5) nella somma v = v0 + v00 di un vettore

v0 ortogonale ad � e un vettore v00 appartenente ad �.b) Determinare il vettore ev = Sv simmetrico di v rispetto ad � (simmetria ortog-

onale).c) Determinare la proiezione ortogonale su � del vettore w = �2v.

2. Base ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo V. �E dato l'operatore lineareT : V ! V di matrice

A =0@ 5 0 �2

0 4 0�2 0 5

1A :

i) Veri�care che T �e autoaggiunto.ii) Determinare una base ortonormale (i0; j0;k0) nella quale la B matrice di T �e

diagonale, speci�cando B.iii) Scrivere l'espressione della forma quadratica Q associata a T in termini delle

coordinate (x; y; z); (x0; y0; z0) nelle basi (i; j;k); (i0; j0;k0) rispettivamente.iv) Determinare la forma canonica a�ne di Q.

3. Piano numerico R2. Considerata la funzione z = 2x2 + 2y2 � 2xy delle variabilix; y, facendo uso dei risultati noti a proposito delle forme quadratiche

j) provare che l'origine O(0; 0) �e un punto di minimo.jj) Scrivere l'equazione canonica del gra�co della funzione, riconoscendo di quale

quadrica si tratta.4. Coordinate cartesiane ortonormali x; y nel piano Euclideo.

a) Determinare l'equazione canonica (metrica) della conicaC : 3x2 + 3y2 + 2xy + 2x� 10y + 10 = 0 :

b) Dopo aver riconosciuto che si tratta di un'ellisse determinarne i semiassi. In-oltre, determinare il centro e gli assi (in termini delle coordinate x; y).




a.a. 2004/0520 giugno 2005

1. Spazio euclideo R4. a) Un vettore normale ad � �e N = (1; 2;�1; 2). Siha v0 = � v�NN�N

�N = 3010(1; 2;�1; 2) = (3; 6;�3; 6) e v00 = v � v0 = (1; 1; 1;�1). b)ev = �v0+v00 = (�2;�5; 4;�7). c) La proiezione ortogonale su � del vettorew = �2v�e w00 = �2v00 = (�2;�2;�2; 2).2. Base ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo V. i) T �e autoaggiunto poich�ela sua matrice A nella base ortonormale �ssata �e simmetrica. ii) Gli autovalori di Tsono � = 3; 4; 7 e autovettori ad essi associati rispettivamente sono r = (1; 0; 1); s =(0; 1; 0); t = (1; 0;�1). Una base ortonormale del tipo richiesto �e ad esempio (i0 =(1=p2; 0; 1=p2); j0 = j;k0 = (�1=p2; 0; 1=p2)) nella quale la matrice diagonale di T�e

B =0@ 3 0 0

0 4 00 0 7

1A :


Q(x; y; z) = 5x2 + 4y2 + 5z2 � 4xz ; Q(x0; y0; z0) = 3(x0)2 + 4(y0)2 + 7(z0)2 :iv) La forma canonica a�ne di Q �e ex2 + ey2 + ez2.3. Piano numerico R2. j) In (x = 0; y = 0) si ha z = 0; inoltre la forma quadratica

2x2 + 2y2 � 2xy�e de�nita positiva, risultando a11 = 2 > 0;

�� a11 a12a21 a22�� = 3 > 0. Pertanto z > 0 in

tutti i punti (x; y) diversi dall'origine, che �e quindi un minimo assoluto. jj) L'equazionecanonica del gra�co della funzione �e z = X2 + Y 2(p3)2 e si tratta di un paraboloideellittico.



Q(x; y) = 3x2 + 3y2 + 2xy :di matrice A =

� 3 11 3

�. Gli autovalori di A sono � = 2; 4 e una base di autovettori

ad essi rispettivamente associati �e (i0 = (1=p2;�1=p2); j0 = (1=p2; 1=p2)). Con lasostituzione ( x = 1p2x0 + 1p2y0y = � 1p2x0 + 1p2y0si ottiene l'equazione di C in coordinate x0; y0:

2(x0)2 + 4(y0)2 + 12p2x0 � 8p2y

0 + 10 = 0 :Con la traslazione X = x0 � �; Y = y0 � � si ha poi

2X2 + 4Y 2 + (4� + 12p2)X + (8� � 8p2)y + 2�2 + 4�2 + 12p2��8p2� + 10 = 0

e quindi, per � = � 3p2 ; � = 1p2 l'equazione diventa

2X2 + 4Y 2 = 1 ovvero X2(1=p2)2 +

Y 2(1=2)2 = 1 :

b) C �e un'ellisse di semiassi a = 1=p2; b = 1=2. Poich�e il cambiamento di coordinatecomplessivo che ha portato l'equazione in forma canonica �e

( X = 1p2(X � Y + 3)Y = 1p2(X + Y � 1)

gli assi di C sono rispettivamente le rette X � Y + 3 = 0 ; X + Y � 1 = 0 e il centro,loro intersezione, �e il punto Q(�1; 2).


3a SELEZIONEESERCIZI DI GEOMETRIA


a.a. 2004/0523 giugno 2005

CURVE E SUPERFICI NELLO SPAZIO

Riferimento ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo.1. Data la curva (t) = (1 + t; t� t2; t2 + t3); t 2 Ra) veri�care che �e regolare.b) Calcolare il vettore velocit�a e il vettore accelerazione nel punto generico (t)c) Calcolare tangente e piano osculatore in (t).d) Scrivere equazioni parametriche della proiezione ortogonale = (t) della data

curva sul piano xy. Dire di che curva si tratta.2. Data la curva (t) = (1 + t; t� t2; t+ t2); t 2 R provare che

a) �e regolare,b) �e piana,c) �e una conica.d) Dire di che tipo di conica si tratta studiandone la proiezione sul piano yz

parallelamente all'asse x.3. Sia C la curva di equazioni parametriche

(t) = ((t� 1)2; t� 1; (t� 1)3) ; (t 2 R) :a) Veri�care che = (t) �e una parametrizzazione regolare.b) Veri�care che C passa per l'origine O.

Calcolare in Oc) la tangente,d) l'accelerazione,e) il piano osculatore,

f) Provare che C non �e piana.4. Sono dati il punto F (1; 0; 0) dell'asse x e il piano � : x = 3 ortogonale allo

stesso asse. Scrivere l'equazione cartesiana del luogo � dei punti P per i quali il


rapporto tra le distanze da F e da � �e costante, uguale a 1=2. Riconoscere il tipo di�.

5. E' dato il paraboloide iperbolicoP : x2 + y2 � z2 = 1 :

a) Veri�care che P0(1; 1;�1) appartiene a P .b) Scrivere un'equazione cartesiana del piano tangente in P0.c) Scrivere le equazioni delle schiere di rette di P .d) Scrivere le equazioni delle rette di P passanti per P0.6. 1) Scrivere equazioni parametriche del toro T ottenuto ruotando attorno

all'asse z la circonferenza del piano xz di centro P0(2; 0; 0) e raggio r = 1.2) Scrivere un'equazione cartesiana per T .3) Calcolare il piano tangente a T in Q1(2 + 1p2 ; 0; 1p2) e nei punti del meridiano

per Q1 rispettivamente.

7. E' data l'elica circolare E di equazioni parametrichex = 2 cos t ; y = 2 sin t ; z = t (t 2 R):

Scrivere equazioni parametriche delle seguenti super�ci rigate:(a) �1, luogo delle tangenti a E ;(b) �2, luogo delle rette per i punti di E parallele al piano xy e incidenti l'asse z.

(Elicoide).Mostrare che:(c) il piano tangente lungo una assegnata generatrice di �1 �e �sso, ovvero �1 �e

una rigata sviluppabile;(d) i punti dell'elica E sono singolari per �1;(e) �2 �e una super�cie regolare.

8. Sia C la curva intersezione della sfera S : x2 + y2 + z2 = 4 con il cilindro �(parallelo all'asse z) di equazione (x� 1)2 + y2 = 1.

(a) Calcolare la retta tangente a C nel punto P0(0; 0; 2).(b) Determinare i punti singolari di C.

9. E' data la super�cie � di equazioni parametriche:x = u+ v ; y = u� v ; z = u2 + v2 (u; v 2 R) :

(a) Mostrare che � �e una super�cie regolare e che si tratta di un paraboloideellittico rotondo.


(b) Considerato il generico punto P = P (u; v) di � scrivere nella base (Pu; Pv) delpiano vettoriale tangente in P l'espressione del prodotto scalare che �e restrizione delprodotto scalare Euclideo al piano stesso. Scrivere altres�i l'espressione della formaquadratica associata a detto prodotto scalare (1a forma quadratica fondamen-tale).

Determinare i punti P di � per i quali la base (Pu; Pv)(c) �e ortogonale;(d) �e ortonormale.Considerate le curve C1 : u = t + 1; v = t + 2 (t 2 R) e C2 : u = sin t; v =

cos t (t 2 R) di �(e) veri�care che si intersecano in due punti A;B;(f) calcolare gli angoli secondo i quali C1 e C2 si incontrano in A, in B rispettiva-

mente.(g) Calcolare la lunghezza degli archi individuati su C1; C2 rispettivamente dalla

coppia di punti A;B.(h) Dire di che tipo sono le curve C1; C2.

10. E' data la super�cie S di equazioni parametrichex = 1

2(u+ v) ; y = 12(u� v) ; z = uv :

�) Veri�care che S �e regolare.�) Studiare le intersezioni di S con piani paralleli al piano xy. ) Scrivere equazioni parametriche e cartesiana del piano tangente a S nel punto

P0 corrispondente alla coppia di parametri (u0; v0) = (1;�1).�) Scrivere la 1a forma quadratica fondamentale in P0.11. E' data la super�cie � di equazioni parametriche regolari

x = u+ v ; y = u� v ; z = u2 � v2 :a) veri�care che � �e un paraboloide iperbolico.b) Scrivere la 1a forma quadratica fondamentale di �.Considerate le curve 1 : u = t+ 1 ; v = t+ 2 (t 2 R) e 2 : u = sin t0 ; v = cos t0

(t0 2 R) di �c) Veri�care che si intersecano in due punti;d) detto Q quello dei due punti che ha maggiore distanza dal piano yz, calcolare

l'angolo secondo il quale 1 e 2 si incontrano in Q.e) Scrivere l'equazione cartesiana del piano tangente in Q.12. Veri�care che la curva C : x = sin �; y = cos �; z = (sin �)2 � (cos �)2(a) non �e piana;(b) sta sul paraboloide iperbolico � : z = x2 � y2.


Per ogni punto P = P (�) di C(c) scrivere un'equazione cartesiana del piano osculatore a C e del piano tangente

a �;(d) calcolare l'angolo tra piano osculatore e piano tangente.

13 1) Veri�care che il punto �e P0(0; 2; 3) �e un punto semplice della super�cie� : x2 + y22 � z29 = 1.

2) Determinare di che tipo di punto si tratta (ellittico, iperbolico o parabolico).

14. Determinare i punti ellittici, iperbolici, e la linea parabolica della super�cie� : z = x3 � 3xy2.

15. Calcolare la curvaturaa) del paraboloide ellittico z = x2 + 2y2 nell'origine O,b) del paraboloide iperbolico z = 2x2 � 3y2 nell'origine O,c) della super�cie z = sin 2�x+ cos 2�y in P0( 112 ; 14 ; 12).


SOLUZIONI3a SELEZIONE ESERCIZI DI GEOMETRIA


a.a. 2004/0523 giugno 2005

CURVE E SUPERFICI NELLO SPAZIO

Riferimento ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo.1. a) Veri�chiamo che la curva �e regolare:i) x = 1 + t: pertanto x(t1) = x(t2), 1 + t1 = 1 + t2 , t1 = t2.

Quindi, iniettivit�a della corrispondenza t 7! (t).ii) Le funzioni x = 1 + t; y = t� t2; z = t2 + t3 sono di classe C1 (di fatto, C1).iii) ��! 0(t) = i+ (1� 2t)j+ t(2 + 3t)k 6= 0 8t 2 R.b) Il vettore velocit�a ��! 0(t) in (t) �e gi�a stato calcolato. Il vettore accelerazione

nello stesso punto �e ��! 00(t) = �2j+ (2 + 6t)k :c) La retta tangente in (t) ha equazione

x� 1� t y � t+ t2 z � t2 � t31 1� 2t t(2 + 3t)

= 0e il piano osculatore ha equazione

��x� 1� t y � t+ t2 z � t2 � t3

1 1� 2t t(2 + 3t)0 �2 2 + 6t

�� = 0

ovvero(2 + 6t� 6t2)x� (2 + 6t)y � 2z + 2t3 + 6t2 � 6t� 2 = 0 :

d) Le coordinate x; y di (t) sonox = 1 + t ; y = t(1� t) ;


ovvero (t) = (1 + t)i+ t(1� t)j :

Eliminato il parametro t con il porre t = x � 1 nella espressione della y, si ottienel'equazione cartesiana

y = (x� 1)(2� x)che �e quella di una parabola con asse parallelo all'asse y, concavit�a rivolta verso ilbasso e vertice il punto V (3=2; 1=4)).

2. a) La regolarit�a si veri�ca come per la curva del precedente esercizio.b) Considerato un piano � : ax + by + cz + d = 0 esso conterr�a la curva se vale

l'identit�a a(1+ t)+b(t� t2)+c(t+ t2)+d = 0 ovvero (c�b)t2+(a+b+c)t+a+d = 0ovvero c� b = 0; a + b + c = 0; a + d = 0. Per a = 1; b = �1=2; c = �1=2; d = �1 siha una autosoluzione, e quindi il piano 2x� y � z � 2 = 0 contiene la curva.

c) La curva �e l'intersezione del piano � : 2x�y�z�2 = 0 con il cilindro quadricoQ : z = �x+ x2, quindi si tratta di una conica.

d) L'equazione della proiezione della curva sul piano yz, che si ottiene eliminandola x tra le equazioni di Q e �, �e

4z = y2 + z2 + 2yzSi tratta di una parabola, come anche quindi la curva assegnata.


3. a) Poich�e y = t�1 la corrispondenza t 7! (t) �e iniettiva. Inoltre x(t); y(t); z(t)sono di classe C1 e ��! 0(t) = (2(t � 1); 1; 3(t � 1)2) 6= 0 per ogni t. Quindi = (t) �euna parametrizzazione regolare.

b) Per t = 1 si ha (1) = O.c) ��! 0(1) = j, quindi la tangente in O �e l'asse y.d) ��! 00(t) = (2; 0; 6(t� 1)) e quindi ��! 00(1) = 2i.e) Il piano osculatore �e il piano per O contenente velocit�a e accelerazione, cio�e il

piano xy.f) Poich�e il vettore 0^ 00 = 6(t� 1)i+6(t� 1)2j� 2k ortogonale al piano osculatorein (t) ha direzione non costante al variare di t, la curva C non �e piana.

4. Un'equazione cartesiana per �, ottenuta traducendo analiticamente la con-dizione geometrica posta 2d(P; F ) = d(P; �), �e

2p(x� 1)2 + y2 + z2 = jx� 3j :Elevando al quadrato l'equazione di � si scrive anche

4[(x� 1)2 + y2 + z2] = (x� 3)2sicch�e si riconosce trattarsi di una quadrica. L'equazione si pu�o anche scrivere, informa equivalente,

3x2 + 4y2 + 4z2 = 2x+ 5


e si riconosce, con facile riduzione a forma canonica dell'equazione, che � �e un el-lissoide, rotondo attorno all'asse x (come poteva prevedersi ragionando geometrica-mente).

5. a) 12+12� (�1)2 = 1, quindi P0 2 P . b) f 0x(x�x0)+f 0y (y�y0)+f 0z (z�z0) =2(x�1)+2(y�1)+2(z+1), quindi un'equazione del piano tangente �e x+y+z = 1. c)Le equazioni delle schiere di rette dell'iperboloide si ottengono scrivendone l'equazionein una delle due forme equivalenti

x� z1� y = 1 + y

x+ z oppure x� z1 + y = 1� y

x+ ze poi uguagliando a t oppure a t0 i valori dei rapporti che vi compaiono, ottenendorispettivamente

� x� z = t(1� y)x+ z = 1t (1 + y) ;

� x� z = t0(1 + y)x+ z = 1t0 (1� y) :

d) Sostituendo le coordinate di P0 si ha� 2 = t:0

0 = 1t 2 ;� 2 = t0:2

0 = 1t0 :0 :cio�e 1t = 0; t0 = 1. Quindi le equazioni delle generatrici per P0 sono rispettivamente

� 1� y = 0x+ z = 0 ;

� x� y � z � 1 = 0x+ z + y � 1 = 0

6. 1) Equazioni parametriche della circonferenza C sul piano xz sonox = 2 + cos � ; z = sin � (0 � � � 2�) ::

Quindi equazioni parametriche del toro T sono:x = (2 + cos �) cos' ; y = (2 + cos �) sin' ; z = sin � (0 � �; ' � 2�) :2) Per scrivere un'equazione cartesiana per T basta eliminare i parametri �; ' dalle

precedenti equazioni parametriche. Altrimenti si pu�o procedere, indipendentemente,come segue. L'equazione cartesiana sul piano xz della circonferenza �e

C : (x� 2)2 + z2 = 1ovvero x2 � 4x + z2 + 3 = 0. Posto �px2 + y2 in luogo di x nell'equazione di C siottiene l'equazione

x2 + y2 + z2 + 3 = �4px2 + y2


ed elevando al quadrato si trova l'equazione cartesiana del toroT : (x2 + y2 + z2 + 3)2 = 16(x2 + y2) :

3) Usiamo le equazioni parametriche prima stabilite. Q1 corrisponde ai valori� = �=4; ' = 0 dei parametri. Derivando si trova

x� = � sin � cos' ; y� = � sin � sin' ; z� = cos �x' = �(2 + cos �) sin' ; y' = (2 + cos �) cos' ; z' = 0

e, calcolando in Q1,x0� = � 1p2 ; y0� = 0 ; z0� = 1p2x0' = 0 ; y0' = 2 + 1p2 ; z0' = 0 :

Quindi l'equazione cartesiana del piano tangente a T in Q1 �e��x� 2� 1p2 y z � 1p2� 1p2 0 1p20 2 + 1p2 0

��= 0

ovvero x+ z = 2 +p2. L'equazione cartesiana del piano tangente a T nei punti delmeridiano per Q1, caratterizzati da ' = 0, �e

��x� 2� cos � y z � sin �� sin � 0 cos �

0 2 + cos � 0

�� = 0

ovvero cos �x+ sin �z � 2 cos � � 1 = 0.7. (a) Risulta x0(t) = �2 sin t ; y0(t) = 2 cos t ; z0(t) = 1. Pertanto, equazioni

parametriche di �1 sono

(1)8<:

x = 2 cos t� 2v sin ty = 2 sin t+ 2v cos t (t; v 2 R) :z = t+ v

(Per ogni �ssato t e al variare di v il punto di coordinate x; y; z ottenuto dalle prece-denti descrive la tangente a E in P (t)).

Per le funzioni a secondo membro delle 1) risulta� xt = �2 sin t� 2v cos t ; yt = 2 cos t� 2v sin t ; zt = 1xv = �2 sin t ; yv = 2 cos t ; zv = 1


sicch�e nel punto generico P = P (t; v) di �1 l'equazione del piano tangente �e��x� 2 cos t+ 2v sin t y � 2 sin t� 2v cos t z � t� v�2 sin t� 2v cos t 2 cos t� 2v sin t 1

�2 sin t 2 cos t 1

�� = 0ovvero(2) �2v(x sin t� y cos t+ 2z � 2t) = 0 :Ne segue che

(c) il piano tangente lungo una assegnata generatrice g(t) (lungo la quale t �ecostante) �e �sso (indipendente da v, parametro al variare del quale P (t; v) descriveg(t)); ovvero �1 �e una rigata sviluppabile.

(d) i punti dell'elica E , caratterizzati dall'essere v = 0, sono punti per i quali larappresentazione parametrica (1) non �e regolare, poich�e l'equazione (2) �e un'identit�a.

(b) per ogni punto P (t) di E la retta per P (t) parallela al piano xy e incidentel'asse z (nel punto di coordinate (0; 0; t), evidentemente) ha equazioni parametriche(3) x = 2v cos t ; y = 2v sin t ; z = te queste ultime sono equazioni parametriche di �2 se si pensa di considerare sia t chev come parametri.

(e) Per la (3) risulta� xt = �2v sin t ; yt = 2v cos t ; zt = 1xv = 2 cos t ; yv = 2 sin t ; zv = 0

Inoltre�� yt ztyv zv�� = �2 sin t ;

�� xt ztxv zv�� = �2 cos t ;

�� xt ytxv yv�� = �4v :


Quindi si ha sempre xt yt ztxv yv zv 6= 0 :

D'altra parte �e evidente, ragionando geometricamente e ricordando come sono stateottenute le (3), che la corrispondenza (t; v) 7! P (t; v) �e biunivoca. In de�nitiva, lasuper�cie �2 �e regolare.Notiamo in�ne che un'equazione cartesiana per �2 si ottiene facilmente con-siderando il rapporto y=x delle prime due coordinate di P (t; v) e tenendo conto poidella espressione della z: y=x = tan z.

8. Equazioni cartesiane della forma� f(x; y; z) = 0g(x; y; z) = 0 per C sono

� x2 + y2 + z2 = 4(x� 1)2 + y2 � 1 = 0 :

0 0.5 1 1.5 2

-1-0.5

00.5

1

-2

-1

0

1

2-1-0.5

00.5

1

Risulta fx fy fzgx gy gz =

2x 2y 2z2(x� 1) 2y 0

e 2x 2y 2z

2(x� 1) 2y 0 = 0, y = 0; z = 0 :

Quindi


(a) P0(0; 0; 2) �e semplice e equazioni cartesiane della tangente in P0 sono� 4(z � 2) = 0�2x = 0

e si tratta della retta per P0 parallela all'asse y.(b) L'unico punto singolare di C �e P1(2; 0; 0).9. (a) Risolvendo le prime due equazioni di � rispetto a u; v si trova

(4) u = 12(x+ y) ; v = 1

2(x� y) :Sicch�e la corrispondenza (u; v) �! P (u; v) tra il piano numerico R2 ove varia la coppiadi parametri (u; v) e � �e biunivoca. (Per uno stesso punto di � la corrispondentecoppia di parametri (u; v) �e univocamente determinata).

Le funzioni x(u; v); y(u; v); z(u; v) sono evidentemente di classe C1 (anzi, di classeC1) ed inoltre xu yu zuxv yv zv

� 1 1 2u1 �1 2v

6= 0ovunque, poich�e il minore �� 1 1

1 �1�� = �2

�e sempre non nullo.Dunque la considerata rappresentazione parametrica di � �e regolare.Sostituendo le espressioni (4) di u; v nella terza equazione si trova

z = 12(x2 + y2)

che �e l'equazione cartesiana canonica di un paraboloide ellittico rotondo attorno all'as-se z.

(b) I vettori �!Pu;�!Pv tangenti in P = P (u; v) alle linee u; v di � passanti pertale punto hanno (nella base ortonormale (i; j;k) supposta assegnata) coordinate(xu; yu; zu), (xv; yv; zv) rispettivamente. Pertanto

�!Pu(1; 1; 2u) ; �!Pv(1;�1; 2v) :Se �!X = _u�!Pu + _v�!Pv �e un vettore tangente in P a �, di coordinate ( _u; _v) nella base

(�!Pu;�!Pv), il quadrato del modulo di X �e espresso daj�!X j2 = ( _u�!Pu + _v�!Pv) � ( _u�!Pu + _v�!Pv)

ovvero(5) j�!X j2 = (�!Pu � �!Pu) _u2 + 2(�!Pu � �!Pv) _u _v + (�!Pv � �!Pv) _v2


e poich�e risulta�!Pu � �!Pu = 2 + 4u2 ; �!Pu � �!Pv = 4uv ; �!Pv � �!Pv = 2 + 4v2

si ha(6) j�!X j2 = (2 + 4u2) _u2 + (8uv) _u _v + (2 + 4v2) _v2che �e la richiesta espressione della forma quadratica associata alla restrizione delprodotto scalare Euclideo al piano vettoriale tangente in P (u; v).

D'altra parte, il detto prodotto scalare (restrizione) �e a sua volta la forma bilinearesimmetrica associata alla (6); quindi, considerati due vettori �!X = _u�!Pu + _v�!Pv;�!eX =e_u�!Pu + e_v�!Pv tangenti in P (u; v) a �, la rispettiva espressione nella base (�!Pu;�!Pv) �e(7) �!X � �!eX = (2 + 4u2) _ue_u+ 4uv( _ue_v + e_u _v) + (2 + 4v2) _ve_v :

Notiamo che la forma quadratica (6) ha coe�cienti che dipendono da u; v e chela sua espressione nella base (�!Pu;�!Pv) �e del tipo

j�!X j2 = E _u2 + 2F _u _v +G _v2con E = E(u; v); F = F (u; v); G = G(u; v) date da

E = j�!Puj2 ; F = �!Pu � �!Pv ; G = j�!Pvj2ovvero

E(u; v) = 2 + 4u2 ; F (u; v) = 4uv ; G(u; v) = 2 + 4v2 :Si osserva in particolare che nel punto generico P = P (u; v) la base (�!Pu;�!Pv) non�e ortonormale, ed anzi nemmeno ortogonale.(c) La base (�!Pu;�!Pv) �e ortogonale se e solo se in P (u; v) risulta F (u; v) = 0, ovvero

4uv = 0; quindi nei punti delle linee u = 0 oppure v = 0. (Si veri�chi che tali lineecoincidono con parabole sezioni di � con opportuni piani).

(d) La base (�!Pu;�!Pv) �e ortonormale se e solo se, oltre a risultare F = 0, in P (u; v) siha anche E(u; v) = G(u; v) = 1. Ma gi�a la condizione E = G, ovvero 2+4u2 = 2+4v2,aggiunta alla F = 0, d�a la sola soluzione (u; v) = (0; 0), e quindi il solo punto O(origine del riferimento assegnato) ove per�o j�!P 0u j2 = j�!P 0v j2 = 2.

In de�nitiva, per nessun punto di � la base (�!Pu;�!Pv) �e ortonormale.(e) Un punto comune alle curve C1; C2 corrisponde a valori u; v del parametro che si

ottengono sia dalle equazioni di C1, in corrispondenza di un valore t del parametro, siadalle equazioni di C2, in corrispondenza di un certo valore t0 del rispettivo parametro.


(Si badi bene che, anche se indicati per semplicit�a con lo stesso simbolo, i parametrit nelle equazioni di C1; C2 vanno pensati diversi, ovvero indipendenti, quando si con-frontano le due curve.)

Pertanto devono esistere t; t0 tali da veri�care simultaneamente(8) t+ 1 = sin t0 ; t+ 2 = cos t0 :Eliminando t se ne deduce che t0 veri�ca la

sin t0 � cos t0 + 1 =e quindi deve essere (sin t0; cos t0) = (0; 1) oppure (sin t0; cos t0) = (�1; 0). Sostituendonelle (8) si trova che va esclusa la soluzione (sin t0; cos t0) = (1; 0) mentre (t; t0) =(�1; 0) e (t; t0) = (�2;��=2) sono soluzioni corrispondenti ai due punti A(u = 0; v =1); B(u = �1; v = 0), ovvero A(x = 1; y = �1; z = 1); B(x = �1; y = �1; z = 1), checostituiscono tutta l'intersezione C1 [ C2.

(f) Ragioniamo in termini della base (�!Pu;�!Pv) in A. Le coordinate dei vettoriw1;w2tangenti a C1; C2 in tale punto sono rispettivamente ( _u1; _v1) = (1; 1); ( _u2; _v2) = (1; 0)e l'espressione (7) del prodotto scalare nella stessa base si scrive

�A) �!X � �!eX = 2 _ue_u+ 6 _ve_v :Risulta quindi

cos ^w1w2 = 2(1 � 1) + 6(1 � 0)p2 � 1 + 6 � 1p2 � 1 + 6 � 0ovvero

cos ^w1w2 = 12

e la misura dell'angolo acuto formato dalle tangenti a C1; C2 in A �e �=3.Ragioniamo analogamente per il punto B.Nella base (�!Pu;�!Pv) in B le coordinate dei vettori z1; z2 tangenti a C1; C2 in tale

punto sono rispettivamente ( _u1; _v1) = (1; 1); ( _u2; _v2) = (0; 1) e sempre utilizzando la(7), che in B si scrive

�B) �!X � �!eX = 6 _ue_u+ 2 _ve_v ;risulta

cos ^z1z2 = 6(1 � 0) + 2(1 � 1)p6 � 1 + 2 � 1p6 � 0 + 2 � 1ovvero

cos ^z1z2 = 12

ed anche l'angolo formato dalle tangenti a C1; C2 in B misura �=3.


Vale la pena di osservare che C1 �e una linea aperta mentre C2 �e una linea chiusa(come si riconosce facilmente dalle rispettive equazioni parametriche; un esame pi�upreciso verr�a fatto pi�u avanti).

(g) Lungo C1 risulta, utilizzando l'espressione di j��!P 0(t)j (modulo del vettore tan-gente) data dalla (6), che

dsdt =

p(2 + 4(t+ 1)2) � 1 + 8(t+ 1)(t+ 2) � 1 � 1 + (2 + 4(t+ 2)2)1 � 1ovvero ds

dt = 2p2(2t2 + 6t+ 5) :Quindi l'arco limitato individuato su C1 dagli estremi A;B ha lunghezza

` = 2p2Z �1�2p2t2 + 6t+ 5dt :

Con la sostituzione t = w � 32 si ha poi` = 4

Z �1=2�1=2

pw2 + 1=4dw :Ricordando la formulaZ pw2 + a2dw = w

2pw2 + a2 + a2

2 ln jw +pw2 + a2j+ Csi ha in�ne

` = 2hwpw2 + 1=4 + 18 ln jw +pw2 + 1=4ji1=2�1=2ovvero

` = 2hr2

4 + 18 ln

��1 +p2�1 +p2

��i = p2 + 1

2 ln(1 +p2) :

Un valore approssimato �e ` = 1; 85 : : : .Lungo C2 risultadsdt =

q(2 + 4 sin2 t) cos2 t+ 8 sin t cos t(� sin t cos t) + (2 + 4 cos2 t) sin2 t

ovvero dsdt =

p2 :Quindi i due archi individuati su C2 dagli estremi A;B hanno lunghezze rispettiva-mente

`1 =Z 0��=2p2dt = 1p2� ; `2 =

Z 3�=20

p2dt = 3p2�


essendo la lunghezza totale di C2 uguale a 2p2�).(h) Sostituendo le espressioni di u; v date dalle equazioni parametriche di C1 nelleequazioni di � si trovano le equazioni parametriche di C1 in coordinate esterne x; y; z:

C1 : x = 2t+ 3 ; y = �1 ; z = 2t2 + 6t+ 5 :Ne risulta subito che C1 �e l'intersezione del paraboloide � con il piano y = �1.Ricordando lo studio generale del paraboloide a partire dalla rispettiva equazionecanonica si pu�o allora dire che C1 �e una parabola, con asse parallelo all'asse z econcavit�a rivolta verso l'alto (nel verso delle z positive). D'altra parte l'equazionecartesiana della proiezione ortogonale C 01 di C1 sul piano xz si ottiene eliminando tdalle precedenti (con il porre t = (x � 3)=2, per la prima, e sostituendo poi nellaterza) ed �e

z = 12(x2 + 1) :

Si tratta appunto di una parabola con asse l'asse z e vertice in V 0(0;�1; 1=2).Procediamo analogamente per C2.Sostituendo le espressioni di u; v date dalle equazioni parametriche di C2 nelle

equazioni di � si trovano le equazioni parametriche di C2 stessa in coordinate esterne:C2 : x = sin t+ cos t ; y = sin t� cos t ; z = 1 :

Se ne deduce subito che C2, intersezione del paraboloide rotondo � con il piano z = 1ortogonale all'asse di rotazione, �e una circonferenza di centro sull'asse z e raggio p2(risultando x2 + y2 = 2 per ogni suo punto P (x; y; z)).

Notiamo a tale proposito che il solo fatto di avere equazioni parametriche di C2coincidenti nel piano uv con quelle di una circonferenza (di raggio 1) non permette didedurre l'ultimo risultato, consentendo unicamente di a�ermare che C2 �e una curvachiusa e semplice di � ( che �e rappresentata regolarmente mediante i parametri u; v).(Si confronti anche con l'analoga situazione che si presenta nell'esercizio 8) seguente).


10. �) Risolvendo le prime due equazioni rispetto a u; v si trova u = x+y; v = x�y, sicch�e la corrispondenza (u; v) 7! P (u; v) �e iniettiva; inoltre �e chiaro che x; y; z sonofunzioni di classe C1 dei parametri e, in�ne,

�� xu yuxv yv�� =

�� 1=2 1=21=2 �1=2

�� = �1=2 6= 0.Quindi � �e regolare.

�) Eliminando i parametri u; v, con la sostituzione nella terza equazione delleloro espressioni mediante x; y, si ha l'equazione cartesiana di � nella forma di gra�coz = x2 � y2 (e si riconosce subito che �e un paraboloide iperbolico).

La conica intersezione di � con il piano z = h parallelo al piano xy ha equazioni� x2 � y2 = hz = h e la sua proiezione ortogonale sul piano xy ha equazione x2�y2 = h.

Se h 6= 0 si tratta di un'iperbole equilatera di equazione canonica x2(ph)2 � y2(ph)2 = 1,se h > 0, e y2(pjhj)2 � x2(pjhj)2 = 1, se h < 0. Se h = 0 si tratta di una conica degenerecostituita dalla coppia di rette x� y = 0 del piano xy.

) Il punto P0 ha coordinate x0 = 0; y0 = 1; z0 = �1. L' equazione carte-siana del piano tangente in P0 si pu�o calcolare a partire dalla equazione di � informa di gra�co, ed �e z + 1 = �2(y � 1); pensando poi x; y come parametri sihanno poi anche subito le equazioni parametriche x = t; y = t0; z = 1 � 2t0. Altri-menti si pu�o procedere come segue. I vettori tangenti alle linee coordinate u; v nelpunto generico di � sono �!Pu(1=2; 1=2; v), �!Pv(1=2;�1=2; u) e nel punto P0 valgono�!P 0u (1=2; 1=2;�1);�!P 0v (1=2;�1=2; 1). Quindi equazioni parametriche e cartesiana delpiano tangente a � nel punto P0 sono rispettivamente

8<:

x = t=2 +t0=2y = 1 +t=2 �t0=2z = �1 �t +t0 ;

��x y � 1 z + 11=2 1=2 �11=2 �1=2 1

�� = 0 :

�) Tenuto conto dei calcoli precedenti si haE = j�!Puj2 = 1=2 + v2 ; F = �!Pu � �!Pv = uv ; G = j�!Pvj2 = 1=2 + u2 :

e in P0 risulta E0 = 3=2; F = �1; G = 3=2, sicch�e la 1a forma quadratica fondamentalein P0 �e 3=2du2 � 2dudv + 3=2dv2 :

11. La soluzione �e lasciata allo Studente.12. (a) Il piano � : ax+ by + cz + d = 0 contiene C solo se vale l'identit�a:

a sin � + b cos � + c(sin2 � � cos2 �) + d = 0 :In particolare, in corrispondenza ai seguenti valori di � si dovranno avere alloraaltrettante identit�a, indicate a lato, che debbono essere veri�cate dai coe�cienti


dell'equazione di �:� = 0 ! b� c+ d = 0 ; � = �=2 ! a+ c+ d = 0 ;� = � ! �b� c+ d = 0 ; � = 3�=2 ! �a+ c+ d = 0 :

Ma si tratta di identit�a che assieme implicano a = b = c = d = 0: quindi non vi �ealcun piano � contenente C.

(b) Sostituendo nell'equazione di � le coordinate di P (�) si trova (sin �)2�(cos �)2= (sin �)2 � (cos �)2, che �e un'identit�a : quindi C sta sul paraboloide iperbolico � :z = x2 � y2.

Per ogni punto P = P (�) di C(c) Un'equazione cartesiana del piano osculatore a C nel punto P (�) �e

��x� sin � y � cos � z � (sin2 � � cos2 �)cos � � sin � 4 sin � cos �� sin � � cos � 4(cos2 � � sin2 �)

�� = 0

ovvero4 sin3 �x� 4 cos3 �y � z + 6 cos2 � � 3 = 0 :

Un'equazione del piano tangente a � nello stesso punto �ez � (sin2 � � cos2 �) = 2 sin �(x� sin �)� 2 cos �(y � cos �)

ovvero2 sin �x� 2 cos �y � z � sin2 � + cos2 � = 0 :

(d) calcolare l'angolo tra piano osculatore e piano tangente.

13. 1) Scritta l'equazione della super�cie nella forma x2 + y22 � z29 � 1 = 0, nelpunto P0(0; 2; 3) risulta (f 0x ; f 0y ; f 0z ) = (2x0; y0;�29z0) = (0; 2;�23) 6= 0; quindi P0 �e unpunto semplice di �.

2) Per determinare di che tipo di punto si tratta (ellittico, iperbolico o parabolico)scriviamo l'equazione della super�cie vicino a P0 nella forma z = '(x; y), ovvero z =


3(x2+ y22 �1)1=2. Risulta '0xx = 3; '0yy = �3=4; '0xy = 0. Quindi H(x0; y0) = �9=4 < 0e il punto �e iperbolico.

14. L'Hessiano della funzione z = '(x; y) assegnata �e�� 'xx 'xy'yx 'yy

�� =�� 6x �6y�6y �6x

�� = �36(x2 + y2) :Quindi la linea parabolica della super�cie ha equazioni

z = x3 � 3xy2 ; �36(x2 + y2) = 0 :

La super�cie ha tutti i punti iperbolici, salvo l'origine O che �e parabolico.15 Per a) e b) calcolare in O le curvature delle intersezioni con i piani princi-

pali xz; yz e farne il prodotto. Per c) calcolare la curvatura in P0 del paraboloideapprossimante al 20 ordine.



a.a. 2004/0528 giugno 2005

Svolgere, a scelta, uno dei seguenti esercizi.1. Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo.�E data la quadrica generale

I : x24 + y2

9 � z2 = 1 :1) Dire di che quadrica si tratta.Studiarne le intersezioni con i piani paralleli2) al piano xy,3) al piano xz.4) Scrivere l'equazione del piano tangente nel punto P0(2; 3; 1).Facoltativo:5) Scrivere le equazioni delle due schiere di rette di I.6) Determinare le rette di I per il punto P0.2. Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo.�E data la quadrica generale

P : z = 2x2 � 3y2 :1) Dire di che quadrica si tratta.Studiarne le intersezioni con i piani paralleli2) al piano xy,3) al piano xz.4) Scrivere l'equazione del piano tangente nel punto Q0(3; 1; 15).Facoltativo:5) Scrivere le equazioni delle due schiere di rette di P .6) Determinare le rette di P per il punto Q0.




a.a. 2004/0528 giugno 2005

1. 1) I �e un iperboloide iperbolico.2) L'intersezione con il piano z = k, parallelo al piano xy, ha equazione

x24 + y2

9 = 1 + k2ovvero x2

(2p1 + k2)2 +y2

(3p1 + k2)2 = 1(nel riferimento cartesiano proiezione ortogonale sul piano stesso di quello sul pi-ano xy). Quindi si tratta di un'ellisse di assi x; y e, rispettivamente, semiassi a0 =2p1 + k2; b0 = 3p1 + k2. Per k = 0 si ha l'ellisse di gola di semiassi pi�u piccolia = 2; b = 3 e al crescere di k in valore assoluto i semiassi crescono tendendoall'in�nito, sempre per�o nel rapporto a0b0 = 23 .3) L'intersezione con il piano y = h, parallelo al piano xz, ha equazione

x24 � z2 = 1� h2

9Se jhj < 3 l'equazione si pu�o scrivere

x2(2q1� h29 )2

� z2(q1� h29 )2

= 1

(nel riferimento cartesiano proiezione ortogonale sul piano stesso di quello sul pianoxz). Quindi si tratta di un'iperbole di asse trasverso l'asse x e non trasverso l'asse z,con asintoti le rette x

2 � z = 0:Se jhj > 3 l'equazione si pu�o scrivere

z2(qh29 � 1)2 �

x2(2qh29 � 1)2 = 1


e si tratta di un'iperbole di asse trasverso l'asse z e non trasverso l'asse x, con asintotisempre le rette x

2 � z = 0:Per h = 3 o h = �3 l'intersezione �e degenere, consistente rispettivamente nella coppiadi rette x2 �z = 0; y = 3 oppure x2 �z = 0; y = 3; i piani y = 3 e y = �3 sono tangentia I rispettivamente nelle loro intersezioni con l'asse y .

4) L'equazione del piano tangente a I nel punto P0(2; 3; 1) �e(x� 2) + 2

3(y � 3)� 2(z � 1) = 0ovvero

3x+ 2y � 6z � 6 = 0 :.

Facoltativo:5) Le equazioni delle due schiere di rette di I sono rispettivamente

� x2 + z = t(1 + y3)x2 � z = 1t (1� y3) ;� x2 + z = t0(1� y3)x2 � z = 1t0 (1 + y3) :

6) Le rette di I per il punto P0 si ottengono rispettivamente per t = 1; 1t0 = 0 esono

� x2 + z = 1 + y3x2 � z = 1� y3 ;� 0 = 1� y3x2 � z = 0 :


2. 1) P �e un paraboloide iperbolico (paraboloide a sella).2) L'intersezione con il piano z = k, parallelo al piano xy, ha equazione

2x2 � 3y2 = k(nel riferimento cartesiano proiezione ortogonale sul piano stesso di quello sul pianoxy). Se k 6= 0 l'equazione si pu�o scrivere ovvero

2x2k � 3y2k = 1Quindi si tratta di un'iperbole di assi x; y, asse trasverso x o y a seconda che k > 0o k < 0, e asintoti le rette p2x�p3y = 0.

3) L'intersezione con il piano y = h, parallelo al piano xz, ha equazionez = 2x2 � 3h2 :

(nel riferimento cartesiano proiezione ortogonale sul piano stesso di quello sul pianoxz) e, potendosi scrivere z0 = 2x2 se z0 = z + 3h2, si tratta di una parabola diasse l'asse z e vertice nel punto (x = 0; y = h; z = �3h2), variabile sulla parabolaprincipale z = �3y2 intersezione del paraboloide con il piano x = 0.

4) L'equazione del piano tangente a P nel punto Q0(3; 1; 15) �ez � 15 = 12(x� 3)� 6(y � 1) :


� p2x�p3y = tp2x+p3y = 1t z ;� p2x+p3y = t0p2x�p3y = 1t0 z :

6) Le rette di P per il punto Q0 si ottengono rispettivamente per t = 3p2�p3;t0 = 3p2 +p3 e sono

� p2(x� 3)�p3(y � 1) = 0(6�p6)(x� 3) + 3(p6� 1)(y � 1) = z � 15 ;

� p2(x� 3) +p3(y � 1) = 0(6 +p6)(x� 3)� 3(p6 + 1)(y � 1) = z � 15 :


Prova scritta d'esameGeometria 2 per studenti di Fisica

docente S. Marchiafavaa.a. 2004/051 Luglio 2005

1. Risolvere il sistema di equazioni di�erenziali� dxdt = x +2ydydt = �x �y

calcolandone la soluzione �(t) = (x(t); y(t)) per la condizione iniziale �(0) = (0; 2).2. Spazio euclideo R4. E' dato l'iperpiano � : x1 � x2 + 2x3 + 2x4 = 0.a) Decomporre il vettore v = (4;�2; 7; 5) nella somma v = v0 + v00 di un vettore

v0 ortogonale ad � e un vettore v00 appartenente ad �.b) Determinare il vettore ev = Sv simmetrico di v rispetto ad � (simmetria ortog-

onale).c) Determinare la proiezione ortogonale su � del vettore w = �2v.3. Base ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo V. �E dato l'operatore lineare

T : V ! V di matriceA =

0@ 4 0 �1

0 3 0�1 0 4

1A :

i) Veri�care che T �e autoaggiunto.ii) Determinare una base ortonormale (i0; j0;k0) nella quale la B matrice di T �e

diagonale, speci�cando B.iii) Speci�care quali sono le matrici diagonali che T pu�o ammettere.iv) T pu�o ammettere matrice diagonale in una base non ortogonale?v) Scrivere l'espressione della forma quadratica Q associata a T in termini delle

coordinate (x; y; z); (x0; y0; z0) nelle basi (i; j;k); (i0; j0;k0) rispettivamente.vi) Determinare la forma canonica a�ne di Q.4. Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j nel piano Euclideo. �E data la

conicaC : 4x2 + 3y2 + 2p2xy � 1 = 0 :


a) Determinare la rotazione intorno ad O del riferimento che fa passare a coordi-nate nelle quali l'equazione di C ha in forma canonica.

b) Studiare C a partire dall'equazione canonica.5. Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo. �E data

la quadrica generale� : x2

4 �y29 �

z23 = 1 :

1) Dire di che quadrica si tratta.Studiarne le intersezioni con i piani paralleli2) al piano xy,3) al piano yz.4) Scrivere l'equazione del piano tangente nel punto P0(4; 0; 3).5) Dire se P0 �e ellittico, iperbolico o parabolico giusti�cando la risposta.


SOLUZIONIProva scritta d'esame

Geometria 2 per studenti di Fisicadocente S. Marchiafava

a.a. 2004/051 Luglio 2005


�, i cui autovalori sono � = �i. Au-

tovettori complessi coniugati associati rispettivamente a i;�i sono, ad esempio,f1 =

� �1� i1

�; f2 =

� �1 + i1

�:

Facendo riferimento a f1 si ha la soluzione complessa�(1)(t) = (cos t+ i sin t)

� �1� i1

�� cos t+ sin t

cos t�+ i� � sin t� cos t

sin t�


�(t) = c1� � cos t+ sin t

cos t�+ c2

� � sin t� cos tsin t

�:

La condizione iniziale �e veri�cata se� �c1 �c2 = 0c1 = 2


� 4 sin t2 cos t� 2 sin t

�:

2. Spazio euclideo R4. a) Un vettore normale ad � �e N = (1;�1; 2; 2). Siha v0 = � v�NN�N

�N = 3010(1;�1; 2; 2) = (3;�3; 6; 6) e v00 = v � v0 = (1; 1; 1;�1). b)ev = �v0+v00 = (�2; 4;�5;�7). c) La proiezione ortogonale su � del vettorew = �2v�e w00 = �2v00 = (�2;�2;�2; 2).3. Base ortonormale (O; i; j;k) nello spazio Euclideo V. i) T �e autoaggiunto poich�ela sua matrice A nella base ortonormale �ssata �e simmetrica. ii) Gli autovalori di Tsono � = 3; 3; 5 e autovettori ad essi associati rispettivamente sono r = (1; 0; 1); s =


(0; 1; 0); t = (1; 0;�1). Una base ortonormale del tipo richiesto �e ad esempio (i0 =(1=p2; 0; 1=p2); j0 = j;k0 = (�1=p2; 0; 1=p2)) nella quale la matrice diagonale di T�e

B =0@ 3 0 0

0 4 00 0 7

1A :


Q(x; y; z) = 5x2 + 4y2 + 5z2 � 4xz ; Q(x0; y0; z0) = 3(x0)2 + 4(y0)2 + 7(z0)2 :iv) La forma canonica a�ne di Q �e ex2 + ey2 + ez2.

4. 1) I �e un iperboloide iperbolico.2) L'intersezione con il piano z = k parallelo al piano xy ha equazione

x24 �

y29 = 1 + k2

ovvero x2(2p1 + k2)2 �

y2(3p1 + k2)2 = 1

(nel riferimento cartesiano proiezione ortogonale sul piano stesso di quello sul pianoxy). Quindi si tratta di un'iperbole di assi x; y e, asintoti

x2 �

y3 = 0 :

3) L'intersezione con il piano y = h parallelo al piano xz ha equazionex24 � z2 = 1� h2

9Se jhj < 3 l'equazione si pu�o scrivere

x2(2q1� h29 )2

� z2(q1� h29 )2

= 1

(nel riferimento cartesiano proiezione ortogonale sul piano stesso di quello sul pianoxz). Quindi si tratta di un'iperbole di asse trasverso l'asse x e non trasverso l'asse z,con asintoti le rette x

2 � z = 0:Se jhj > 3 l'equazione si pu�o scrivere

z2(q1� h29 )2

� x2(2q1� h29 )2

= 1


e si tratta di un'iperbole di asse trasverso l'asse z e non trasverso l'asse x, con asintotisempre le rette x

2 � z = 0:Per h = 3 o h = �3 l'intersezione �e degenere, consistente rispettivamente nella coppiadi rette x2 �z = 0; y = 3 oppure x2 �z = 0; y = 3; i piani y = 3 e y = �3 sono tangentia I rispettivamente nelle loro intersezioni con l'asse y .

4) L'equazione del piano tangente a I nel punto P0(2; 3; 1) �e(x� 2) + 2

3(y � 3)� 6(z � 1) = 0ovvero

3x+ 2y � 2z � 6 = 0 :.


� x2 + z = t(1 + y3)x2 � z = 1t (1� y3) ;� x2 + z = t0(1� y3)x2 � z = 1t0 (1 + y3) :

6) Le rette di I per il punto P0 si ottengono rispettivamente per t = 2; t0 = �1 esono

� x2 + z = 2(1 + y3)x2 � z = 12(1� y3) ;� x2 + z = �(1� y3)x2 � z = �(1 + y3) :


PROVA SCRITTA D'ESAMEdi

GEOMETRIA e GEOMETRIA 2per Studenti di Fisica

19 Settembre 2005a.a. 2004/05

Docente S. MARCHIAFAVA

Esercizio 1. Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j) nel piano Euclideo.Scriverea) le equazioni della rotazione di un angolo � = �=6 attorno ad O;b) le equazioni della simmetria ortogonale rispetto all'asse y.

Esercizio 2. Riferimento cartesiano ortonormale (O; i; j;k) nell spazio Euclideo.Scriverei) le equazioni della proiezione ortogonale P sul piano � : x+ y � 2z = 0;ii) equazioni cartesiane per la retta r0 proiezione di

r : x� y + z = 0 ; 2x� z = 0 :Esercizio 3. Piano Euclideo R2. Base ortonormale canonica (e1 = (0; 1); e2 = (0; 1)).

Dato l'operatore simmetrico T di matriceA =

� 3 p2p2 2�

a) scrivere la forma quadratica Q associata a T .b) Ridurre Q a forma canonica metrica.c) Ridurre Q a forma canonica a�ne.d) Dire quali sono gli indici di inerzia positivo e negativo e l'indice di nullit�a di Q.

Esercizio 4. Base ortonormale (i; j;k) nell spazio vettoriale Euclideo V . Consideratala forma quadratica

Q(x; y; z) = 2xy + 2yz + y2nelle coordinate (x; y; z) nella base data,

i) scrivere la matrice A di Q;ii) determinare una base ortonormale nella quale Q ha forma canonica;iii) scrivere l'espressione di Q in tale base.iv) Dire quanto valgono gli indici di inerzia e di nullit�a di Q.


COMPLEMENTI DI GEOMETRIAper Studenti di Fisica

a.a. 2003/04Docente: S. Marchiafava

LE QUADRICHE


LE QUADRICHE GENERALI

ELLISSOIDE

-2 0 2

-2-10

12

-1

-0.5

0

0.5

1

-2 0 2

-2-10

12

IPERBOLOIDE IPERBOLICO

-10 0 10

-10010

-10

-5

0

5

10

-10 0 10

-10010


IPERBOLOIDE IP. rotondo

-2 0 2

-20

2

-2

-1

0

1

2

-2 0 2

-20

2

IPERBOLOIDE ELLITTICO


PARABOLOIDE ELLITTICO

-20

2

-4-2

0

2

4

0

2

4

6

8

-20

2

PARABOLOIDE IPERBOLICO

-2-10 1 2-5

-2.50

2.55

-2.5

0

2.5

5

7.5

-2-10 1 2


LE QUADRICHE SPECIALIZZATE

CONO

-5-2.5

02.5

5

02468

-2

-1

0

1

-2

-1

0

CONI

-600 -400 -200 0 200

-400-2000200400

-200

0

200

400

-400-2000200400


CILINDRI

020

40-40

-20

0

20

0

20

40

60

020

40

LE QUADRICHE DEGENERI

COPPIE DI PIANI

05

1015

-4-202

4

-2

0

2

05

1015

-4-202

4


INDICE ESERCIZI DI GEOMETRIA PER ARGOMENTO18/4/2005 - SELEZIONE ESERCIZI SU NUMERI COMPLESSI Campodei numeri complessi: Operazioni tra numeri complessi - Matrici e sistemi linearinel campo complesso - Trasformazioni lineari tra spazi vettoriali numerici complessi26/4/05 - 1a SELEZIONE ESERCIZI: Risoluzione di sistemi lineari omogenei -Equazioni e sistemi di�erenziali lineari - Risoluzione di sistemi lineari - Applicazionilineari tra spazi numerici - Prodotto di matrici e composizione di applicazioni lineari- Inversa di una matrice - Matrici e sistemi lineari nel campo complesso - Spazio vet-toriale V - Proprieta' a�ni del piano Euclideo con l'uso di coordinate cartesiane x; y -Proprieta' a�ni dello spazio Euclideo con l'uso di coordinate cartesiane x; y; z - Spazivettoriali - Spazio vettoriale R4 - Operatori lineari - Autovalori e autovettori di un en-domor�smo - Riduzione a forma canonica di matrici di operatori: triangolarizzazionee diagonalizzazione - Equazioni di�erenziali lineari a coe�cienti costanti28/4/05 -ESERCIZI: Operatori lineari. Forme lineari - Operatori lineari nello spaziovettoriale Euclideo 3-dimensionale V - Sottospazi di spazi vettoriali e di spazi a�ni5/5/05 - ESERCIZI: Risoluzione di sistemi di�erenziali lineari in R2 mediante di-agonalizzazione -9/5/05 - ESERCIZI: Diagonalizzazione di operatori lineari in R316/5/05 - ESERCIZI: Equazioni e sistemi di�erenziali lineari19/5/05 - 1o ESONERO e 1o ESONERO Bis: Equazioni e sistemi di�erenzialilineari -26/5/05 - 2a SELEZIONE ESERCIZI: Forme bilineari - Forme bilineari simmet-riche e forme quadratiche reali - Uso del prodotto scalare in uno spazio vettorialeeuclideo - Simmetrie ortogonali, proiezioni ortogonali, rotazioni, isometrie in unospazio vettoriale euclideo - Teorema spettrale - Forme bilineari simmetriche e formequadratiche - Circonferenze, sfere e ipersfere - Riduzione a forma canonica di formequadratiche - Coniche e Quadriche - Luoghi geometrici - Coordinate polari -27/5/05 - ESERCIZI 11 marzo 04: Spazio vettoriale Euclideo V - Spazio EuclideoR4 - Piano Euclideo R2 -28/5/05 - ESERCIZI 12 marzo 04: Proiezioni ortogonali, simmetrie ortogonali,rotazioni nel piano euclideo - Forme quadratiche nel piano numerico R2 e nello spazionumerico R3.30-31/5/05 - ESERCIZI: Uso di prodotti scalari9/6/05 - ESERCIZI: Operatori autoaggiunti in spazi euclidei16/6/05 - ESERCIZI: Operatori autoaggiunti e forme quadratiche in nello spazioEuclideo V - Forme quadratiche in R2 - Riduzione a forma canonica metrica delleequazioni di coniche e quadriche.


20/6/05 - 2o ESONERO: Uso del prodotto scalare in R4 - Operatori autoaggiunti eforme quadratiche in nello spazio Euclideo V - Forme quadratiche in R2 - Riduzionea forma canonica metrica delle equazioni di coniche23/6/05 - 3a SELEZIONE ESERCIZI: Curve e super�ci nello spazio.28/6/05 - 3o ESONERO: Studio di quadriche in forma canonica - Piano tangente1/7/05 - PROVA SCRITTA D'ESAME: Equazioni di�erenziali lineari a coe�ci-enti costanti - Uso del prodotto scalare in R4 - Operatori autoaggiunti e diagonaliz-zazione di matrici - Riduzione a forma canonica dell'equazione di una conica - Studiodi una quadrica in forma canonica19/9/05 - PROVA SCRITTA D'ESAME: Equazioni di rotazioni e simmetrieortogonali nel piano Euclideo - Proiezioni ortogonali nello spazio Euclideo - Operatorisimmetrici e riduzione a forma canonica di forme quadratiche nel piano Euclideo R2- Studio di una forma quadratica nello spazio vettoriale Euclideo V .


PROGRAMMA dell' ESAME di GEOMETRIA 2per Studenti di Fisica

a.a. 2004/05 Docente: S. MarchiafavaIl programma va inteso corrispondentemente a quanto di fatto svolto a lezione,

inclusi gli esercizi e complementi svolti.C CAMPO DEI NUMERI COMPLESSISPAZI VETTORIALI E SPAZI AFFINI: Spazi vettoriali - Combinazioni lineari,dipendenza lineare. Basi - spazi vettoriali di dimensione �nita; coordinate; cambi-amenti di base - Sottospazi di uno spazio vettoriale; equazioni di sottospazi. Spazia�ni e loro sottospazi.APPLICAZIONI LINEARI: Operatori lineari; forme lineari.OPERATORI LINEARI TRA SPAZI VETTORIALI DI DIMENSIONEFINITA Matrice di un operatore lineare; equazioni di un endomor�smo - matrici diun endomor�smo in basi diverse.INVARIANTI DI UN ENDOMORFISMO: Autovalori e autovettori; comp-lessi�cazione di uno spazio vettoriale reale e estensione al campo complesso di en-domor�smi reali - Autovalori e autovettori di endomor�smi di uno spazio vettorialen-dimensionale; Relazioni tra invarianti di un endomor�smo.RIDUZIONE DI MATRICI DI ENDOMORFISMI: Forme triangolari e di-agonali - Triangolarizzazione di endomor�smi di uno spazio vettoriale complesso -Criterio di diagonalizzabilit�a di un endomor�smo - Autovalori e autovettori complessidi endomor�smi reali.SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI LINEARI Sistemi con matriceA diagonale o diagonalizzabile sul campo reale. Soluzioni complesse - Sistemi conmatrice A diagonalizzabile nel campo complesso. Forma canonica di Jordan dellamatrice di un operatore lineare. Risoluzione di sistemi di�erenziali con matrice A diJordan - Esponenziale di una matrice - Risoluzione di un sistema di�erenziale lineareassociato a una matrice elezmentare di Jordan. Traiettorie delle fasi di un sistemalineare omogeneo a coe�cienti costanti.TENSORI: Spazio vettoriale duale. Forme lineari come 1-tensori covarianti - Vettoricome 1-tensori contravarianti. Campi di vettori e campi di forme - r-tensori covariantie contravarianti. (r; s)-tensori.FORME BILINEARI E FORME QUADRATICHE: Forme bilineari su uncampo qualunque - Forme bilineari in uno spazio vettoriale n-dimensionale - Formequadratiche e forme bilineari simmetriche. Identit�a di polarizzazione. Forme bilinearie quadratiche sul campo reale - Forme Hermitiane in uno spazio vettoriale complesso.Tensore di inerzia.


PRODOTTI SCALARI Prodotti scalari reali - Prodotti scalari hermitiani - Es-tensione hermitiana di un prodotto scalare reale al complessi�cato.PRODOTTI SCALARI DEFINITI POSITIVI. GENERALIZZAZIONI DEL-LA GEOMETRIA EUCLIDEA: Prodotti scalari de�niti positivi - Disuguaglianzadi Cauchy-Schwartz. Disuguaglianza triangolare - Generalizzazione della geometriaeuclidea: spazi prehilbertiani, euclidei e hermitiani - Sottospazio ortogonale a undato sottospazio. Decomposizione in somma diretta ortogonale - Procedimento diortonormalizzazione di Gram-Schmidt - Isometrie.SPAZI EUCLIDEI E HERMITIANI n-DIMENSIONALI: Basi ortonormali- Coordinate in basi ortonormali. Proiezioni ortogonali e simmetrie. I gruppi delleisometrie negli spazi vettoriali euclidei di dimensione n=1,2,3. Struttura dei gruppiSO(2) e SO(3) - Angoli di Eulero. Isometrie di uno spazio euclideo puntuale. Teo-rema di Eulero. Cambiamenti di basi ortonormali - Geometria dello spazio EuclideoR4 - Spazio di Minkowski e gruppo di lorentz; trasformazioni speciali. Aggiunto diun endomor�smo. Operatori autoaggiunti. Matrice di un operatore autoaggiunto -Autovalori e autovettori di un operatore hermitiano. Teorema spettrale.FORME SIMMETRICHE (risp. HERMITIANE) E OPERATORI SIM-METRICI (risp. HERMITIANI) IN UNO SPAZIO VETTORIALE EU-CLIDEO: Operatori autoaggiunti e forme bilineari simmetriche o Hermitiane. Ri-duzione a forma canonica di forme bilineari simmetriche e forme hermitiane. Criteriodi positivit�a per una forma quadratica.CLASSIFICAZIONE DELLE CONICHE: Riduzione a forma canonica dell'e-quazione di una conica - Forme canoniche metriche e a�ni delle equazioni delleconiche.CLASSIFICAZIONE DELLE QUADRICHE: Riduzione a forma canonica dell'e-quazione di una quadrica - Forme canoniche metriche e a�ni delle equazioni dellequadriche. Punti ellittici, iperbolici e parabolici. Paraboloide ellittico e iperbolico.CURVE: Propriet�a di�erenziali metriche di curve nel piano e nello spazio - Formuledi Frenet.SUPERFICI: Piano tangente in un punto di una super�cie regolare - Varie carat-terizzazioni e forme dell'equazione del piano tangente. Studio dell'ellissoide, degliiperboloidi e dei paraboloidi a partire dalle loro equazioni canoniche - Quadricherigate - Gradiente - 1a e 2a forma quadratica fondamentale di una super�cie.

Riferimenti, oltre ai testi consigliati per il corso di Geometria 1:S. ABEASIS, Complementi di algebra lineare e geometria, Ed. Zanichelli, Bologna,

1993S. MARCHIAFAVA, Geometria 2, a.a. 2004/05, Dispense distribuite dal Centro

Stampa Nuova Cultura, Roma

Stefano Marchiafaav ESERCIZI DI GEOMETRIA UN … · di matrici. 1.2 Matrici e sistemi lineari nel...

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