11_02_14

Ingegneria Civile e Ambientale, Compito di Algebra Lineare e Geometria del 11/2/14
I
` assegnato l’endomorfismo f : R3 → R3 definito dalle assegnazioni
E

 f (1, 1, 0) = (k + 2, k + 2, k + 1)
f (0, 1, 1) = (k + 1, k + 2, k + 2)
con k parametro reale.

f (1, 0, 1) = (3, 2, 3)
1) Studiare l’endomorfismo f al variare di k determinando in ciascun caso Im f e Kerf .
2) Determinare la controimmagine f −1 (0, 1, −1) al variare di k.
3) Verificare che T = 1 `e un autovalore di f . Discutere, al variare di k, la semplicit`a di f ,
determinando in ogni caso i suoi autospazi.
4) Dato il sottospazio V = {(x, y, z) | x − 2y + z = 0} ⊆ R3 calcolare il sottospazio f (V ) e dire
per quali valori di k si ha f (V ) = V .
II
` assegnato nello spazio un sist. di rif. cart. ort. O. ~x, ~y , ~z. u.
E
1) Determinare la circonferenza C passante per i punti A ≡ (1, 0, −1), B ≡ (1, −2, 1), C ≡
(0, 1, −1) e trovarne centro e raggio. Determinare il cilindro Γ che ha vertice Y∞ ≡ (0, 1, 0, 0) e
direttrice C.
2) Sul piano coordinato z = 0 determinare e studiare il fascio φ delle coniche che passano per
O con tangente la retta x + y = 0, per A ≡ (2, 0) e per B ≡ (0, 2). Determinare e descrivere
geometricamente il luogo dei centri di simmetria delle coniche di φ.
3) Studiare la famiglia ψ di quadriche di equazione
ψ : x2 + y 2 − 2hxz + z 2 − 2hy = 0 .
Svolgimento, I
1) Con tecniche usuali si trova facilmente la

2
k
M (f ) =  1 k + 1
1
k
matrice associata ad f rispetto alla base canonica

1
1  con |M (f )| = k + 3
2
per cui se k 6= −3 f `e un isomorfismo. Per k =
Im f = L ((1, 0, −1), (3, 1, 0)).
2) Consideriamo la matrice completa (A, B) =



2
k
1 | 0
2
k 1



1 k+1 1 | 1
−1 1 0
=
→
1
k
2 | −1
−3 −k 0
−3 si trovano facilmente Ker f = L (1, 1, 1),



| 0
2
k
1 | 0
| 1  →  −1
1
0 | 1 
| −1
0 −k − 3 0 | −4
1−k 4 −2−2k , k+3 , k+3
.
quindi per k 6= −3 il sistema ammette una sola soluzione, f −1 (0, 1, −1) = k+3
−1
Per k = −3 si ha f (0, 1, −1) = ∅ in quanto 2 = ρ(A) < ρ(A, B) = 3.
3) Si verifica facilmente che


1 k 1
M (f ) − I =  1 k 1  ha rango 1 per ogni k, con V1 = {(x, y, z) | x + ky + z = 0}.
1 k 1
1
Di conseguenza possiamo evitare il calcolo esplicito del polinomio caratteristico, si ha:
P (T ) = −T 3 + (k + 5)T 2 + λT + k + 3,
P (1) = 2k + 7 + λ = 0 ⇒ λ = −2k − 7
e si trovano facilmente gli autovalori T = 1 con molteplicit`a 2 e T = k + 3. Per k 6= −2
gli autovalori sono distinti ed f `e semplice in quanto l’autospazio V1 ha, come sappiamo gi`a,
dimensione 2. Gli autospazi si trovano facilmente:
• V1 = L (u1 = (1, 0, −1), u2 = (0, 1, −k);
• Vk+3 = L (u3 = (1, 1, 1))
Per k = −2 si ha l’autovalore T = 1 con molteplicit`a 3 ma l’autospazio associato ha dimensione
2, quindi f non `e semplice.
4) Si verifica che gli autovettori u1 , u3 sono una base di V , quindi per k 6= −3 si ha f (V ) = V ,
mentre per k = −3 si ha f (V ) = L (u1 ) V .
II
1) La circonferenza C si trova come intersezione del piano π passante per A, B, C con una sfera
passante per gli stessi punti. Imponendo al piano generico ax + by + cz + d = 0 il passaggio per
i tre punti avremo:


 A⇒ a−c+d=0
 b=a
B ⇒ a − 2b + c + d = 0
c = a ⇒ π : x + y + z = 0.
⇒


C ⇒ b−c+d=0
d=0
Similmente, imponendo alla generica sfera x2 + y 2 + z 2 + ax + by + cz + d = 0 il passaggio per
i tre punti avremo:


 A⇒ a−c+d+2=0
 b=a
B ⇒ a − 2b + c + d + 6 = 0
c=a−2
⇒
⇒


C ⇒ b−c+d+2=0
d = −4
π : x+y+z =0
C:
.
S : x2 + y 2 + z 2 + ax + ay + (a − 2)z − 4 = 0
Per trovare centro e raggio di C troviamo tra le sfere S quella, S 0 , concentrica con C; imponiamo
che il centro di S appartenga a π:
a a
a
3a
2
∈π ⇒ − +1=0 ⇒ a= .
H ≡ − ,− ,1 −
2 2
2
2
3
q
1
1 2
0
Di conseguenza S e C hanno lo stesso centro (− 3 , − 3 , 3 ) e lo stesso raggio 14
. Infine per
3
determinare il cilindro Γ richiesto osserviamo che nella sua equazione deve mancare la variabile
y; eliminiamo quindi la variabile y dalla seconda equazione di C:
y = −x − z
⇒ Γ : x2 + xz + z 2 − z − 2 = 0.
x2 + xz + z 2 − z − 2 = 0
2) Per scrivere l’equazione di φ usiamo le sue due coniche spezzate distinte: una `e unione
della tangente in O e della retta AB, l’altra `e unione della retta OA e della retta OB, quindi
φ : (x + y)(x + y − 2) + hxy = 0 φ : x2 + (h + 2)xy + y 2 − 2x − 2y = 0.
Conosciamo i punti base e le coniche spezzate, che si hanno per h = 0, ∞; per caratterizzare
le coniche irriducibili di φ usiamo |A| = − 41 h(h + 4).
2
• |A| > 0
− 4 < h < 0: ELLISSI. Per h = −2 si ha la circonferenza x2 + y 2 − 2x − 2y = 0;
• |A| < 0 h < −4, h > 0: IPERBOLI. Non ci sono iperboli equilatere;
• |A| = 0 h = −4, 0: per h = −4 si ha la parabola (x − y)2 − 2x − 2y = 0.
Il luogo dei centri di simmetria si trova eliminando il parametro h dal sistema
y − 1 = 0 2+h
= 1−x
x + 2+h
2
2
y
⇒ x2 − y 2 − x + y = 0 ⇒ (x − y)(x + y − 1) = 0
2+h
1−x
x
+
y
−
1
=
0
x
+
y
−
1
=
0
2
y
La conica trovata `e spezzata; la componente x + y − 1 = 0 `e il luogo dei centri della conica
spezzata (in due rette parallele) (x + y)(x + y − 2) = 0, l’altra componente x − y = 0 `e il luogo
dei centri delle altre coniche di φ.
3) Osserviamo che per h = ∞ si ha il paraboloide iperbolico xz + y = 0 e per h = 0 si ha il
cono x2 + y 2 + z 2 = 0 a falde immaginarie, con vertice in O. Per h 6= 0 le quadriche di ψ hanno
punti reali e passano per l’origine con piano tangente y = 0. Secando con questo piano si ha:
y=0
x2 − 2hxz + z 2 = 0
∆
= h2 − 1
4
⇒
−1 < h < 1
punti ellittici
h < −1, h > 1 punti iperbolici
h = ±1
punti parabolici
Siccome |A| = 1 − h2 , nella famiglia ψ non ci sono altri paraboloidi e per h = ±1 si hanno due
cilindri di vertici (1, 0, ∓1, 0). Per h < −1, h > 1 si hanno iperboloidi iperbolici; per decidere
quali quadriche si hanno nel rimanente intervallo −1 < h < 1 calcoliamo gli autovalori di A:
T = 1, 1 − h, 1 + h. Nel detto intervallo questi autovalori sono positivi, quindi avremo ellissoidi.
3

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