28-11-14 copia

Ingegneria Civile e Ambientale, Compito di Algebra Lineare e Geometria del 28/11/14.
I
` dato l’endomorfismo f : R3 → R3 mediante le assegnazioni
E

 f (1, 1, 0) = (h + 2, h + 2, h + 1)
f (1, 0, 1) = (h, 0, 1)
con h parametro reale.

f (0, 1, 2) = (−1, h − 1, h)
1) Studiare l’endomorfismo f al variare di h determinando in ogni caso Ker f e Im f .
2) Dato il sottospazio V = {(x, y, z) | y − z = 0} ⊆ R3 valcolare f (V ), verificare che f (V ) ⊆ V
e precisare per quali valori di h si ha f (V ) = V .
3) Determinare i valori di h per i quali f `e semplice; quando `e possibile determinare una base
di autovettori.
4) Calcolare la controimmagine f −1 (1, 1, 1) al variare di h.
II
` assegnato nello spazio un sist. di rif. cart. ort. O.~x, ~y , ~z.u.
E
1) Dati i punti A ≡ (1, 1, 1), B ≡ (3, 3, 3), C ≡ (2, 2, −1) verificare che il triangolo ABC
`e rettangolo in A e trovare l’area del triangolo. Determinare le equazioni della circonferenza
passante per A, B, C.
2) sul piano coordinato z = 0 determinare:
• la circonferenza c passante per i punti O, (0, 2), (−1, 1);
• la parabola p avente per asse l’asse ~y e passante per i punti (1, 1), (2, 4).
Studiare il fascio di coniche φ generato da c e da p, deteminandone in particolare i punti base
e le coniche spezzate.
3) Studiare la famiglia Φ di quadriche di equazione
Φ : x2 + 2hxy + y 2 − z 2 − 2hz − 2h = 0
SVOLGIMENTO, I
1) Si ricava facilmente la matrice associata ad f rispetto alla base canonica:


h+1
1
−1
h + 1 −1  con |M (f )| = h(h + 1).
M (f ) =  1
1
h
0
Quindi f `e un isomorfismo per h 6= −1, 0; consideriamo i casi particolari:
h = 0 : Im f = L ((1, 1, 0), (0, 0, 1)), Ker f = {(0, y, y)};
h = −1 : Im f = L ((1, 1, 0), (0, 1, 1)), Ker f = {(x, x, x)}.
2) Da V = {(x, y, y)} otteniamo una base di V : v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 1). Avremo quindi
f (V ) = L (f (v1 ), f (v2 )) con f (v1 ) = (h + 1, 1, 1) ∈ V , f (v2 ) = (0, h, h) ∈ V ; per h 6= −1
questi vettori sono indipendenti, quindi f (V ) = V , mentre per h = −1 f (V ) = L (0, 1, 1) V .
Abbiamo visto che f (v1 ) = hv1 , cio`e che T = h `e un autovalore di f .
3) Il calcolo del polinomio caratteristico non presenta problemi:
h+1−T
1
−1
1
h+1−T
−1 = (h + 1 − T )(T 2 − (h + 1)T + h) = 0 T = h + 1, h, 1.
1
h
0−T Quindi per h 6= 0, 1 l’endomorfismo `e semplice perch´e ha tre autovalori distinti. In questo caso
calcoliamo gli autospazi: Vh+1 = L (u1 = (1, 1, 1)); Vh = L (u2 = (0, 1, 1)); V1 = L (u3 =
(1, 1, h + 1)). Questi tre autovettori sono indipendenti – e quindi f `e semplice – per h 6= 0,
mentre per h = 0 si ha l’autovalore T = 1 doppio, con dim V1 = 1, quindi f non `e semplice.
4) Osserviamo che il vettore (1, 1, 1) `e autovettore rispetto all’autovalore T = h + 1, quindi
1
(1, 1, 1)}. Per completare la risposta nei casi particolari
per h 6= −1, 0 si ha f −1 (1, 1, 1) = { h+1
consideriamo la matrice completa (A, B) =



h6=0


h+1
1
−1 | 1
h + 1 1 −1 | 1
h + 1 1 −1 | 1
h + 1 −1 | 1  →  −h h 0 | 0 
= 1
→  −h h 0 | 0  .
1
h
0 | 1
1
h 0 | 1
1+h 0 0 | 1
Per h 6= −1, 0 si ha %(A) = %(A, B) = 3 e, come abbiamo visto, il sistema ammette la
sola soluzione gi`a trovata; per h = 0 avremo f −1 (1, 1, 1) = {(1, y, y)} mentre per h = −1
f −1 (1, 1, 1) = ∅.
II
1) La retta AB ha punto improprio (AB)∞ ≡ (1, 1, 1, 0) e la retta AC ha punto improprio
(AC)∞ ≡ (1, 1, −2, 0);
I cateti del triangolo
√ queste due√direzioni sono chiaramente ortogonali.
√
hanno misura AB = 12, AC = 6 quindi l’area del triangolo `e 3 2. La circonferenza cercata
ha per diametro l’ipotenusa
BC, quindi ha per centro il punto medio di BC, H ≡ ( 52 , 52 , 1) e
√
raggio r = BC
= 3 2 2 . La circonferenza si ottiene come intersezione della sfera di centro H e
2
raggio r col piano per A, B, C, quindi
x−y =0
x−y =0
⇒
(x − 52 )2 + (y − 52 )2 + (z − 1)2 = 92
x2 + y 2 + z 2 − 5x − 5y − 2z + 9 = 0
2) Imponendo alla generica circonferenza x2 + y 2 + ax + by + c = 0 il passaggio per i punti dati,
avremo:

→ c=0
 O
(0, 2)
→ 2b + c + 4 = 0
⇒ c : x2 + y 2 − 2y = 0.

(−1, 1) → −a + b + c + 2 = 0
La generica parabola avente per asse l’asse ~y ha equazione y = ax2 + c; imponendo il passaggio
per i punti dati si ha:
(1, 1) → a + c = 1
⇒ p : y = x2 .
(2, 4) → 4a + c = 4
quindi
φ : x2 + y 2 − 2y + h(x2 − y) = 0
φ : (h + 1)x2 + y 2 − (h + 2)y = 0
con matrice

h+1

0
B=
0
0
1
h+2
2
0

h+2
2

0
⇒
|B| = − 41 (h + 1)(h + 2)2
.
|A| = h + 1
Le coniche spezzate si hanno per h = −1: y(y − 1) = 0 e per h = −2: (x + y)(x − y) = 0. I
punti base si trovano facilmente, O due volte e (±1, 1). Per le coniche irriducibili avremo:
• |A| > 0 h > −1: ELLISSI. Per h = 0 si ha la circonferenza c;
• |A| < 0 h < −1: IPERBOLI. Non ci sono iperboli equilatere.
Per h = ∞ si ha la parabola p.
3) Partiamo dalla matrice associata

1 h 0
 h 1 0
B=
 0 0 −1
0 0 −h
alla generica quadrica del fascio

0
|B| = (1 − h2 )(2h − h2 )
0 
 ⇒
−h 
|A| = h2 − 1
−2h
quindi |B| = 0 per h = 0, 2, ±1. Consideriamo i casi particolari:
per h = 0 si ha il cono x2 + y 2 − z 2 = 0 di vertice O;
per h = 2 si ha il cono x2 + 4xy + y 2 − z 2 − 4z − 4 = 0 di vertice (0, 0, −2);
per h = 1 si ha il cilindro iperbolico x2 + 2xy + y 2 − z 2 − 2z − 2 = 0 di vertice (1, −1, 0, 0);
per h = −1 si ha il cilindro iperbolico x2 − 2xy + y 2 − z 2 + 2z + 2 = 0 di vertice (1, 1, 0, 0).
Tra le quadriche di Φ non ci sono paraboloidi quindi per gli altri valori di h si avranno ellissoidi
o iperboloidi. Osserviamo subito che si tratta di quadriche dotate di punti reali: il punto
(1, 0, 1, 0) appartiene a tutte le quadriche di Φ. Dal polinomio caratteristico della sottomatrice
A, P (T ) = (−1 − T )(T 2 − 2T + 1 − h2 ), vediamo che gli autovalori non sono mai concordi,
quindi Φ non contiene ellissoidi. Dal segno di |B| si vede che
• |B| > 0 per h < −1, 0 < h < 1, h > 2: IPERBOLOIDI IPERBOLICI;
• |B| < 0 per −1 < h < 0, 1 < h < 2: IPERBOLOIDI ELLITTICI.

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