Soluzioni degli esercizi di algebra lineare e geometria, relativi by mercy2beans118

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									   Soluzioni degli esercizi di algebra lineare e geometria, relativi ai corsi della 1a Facolta’ di
                                  Ingegneria, nuovo ordinanento

                                         (Massaza, Valabrega)



                                     CORSO DI GEOMETRIA
                                    Esercizi sui numeri complessi
                                              Soluzioni



Es. n. 1:

1. z=(2+3i)2 +(1+i)3 = 4+12i-9+1-i+3i-3 = -7+14i ,
   z=(1+2i) / (1+3i) = (1+2i)(1-3i)/10 = (7-i)/10
   z=(1-i)18 = ( 2 e-(π/4) i)18 =… = -29i.

Es. n. 2:
a) (1+2i)2 z = i, z = i/(1+2i)2 = …. = 4/25-3i/25
d) z< Re(z+5). Poniamo z = a+ib; allora la condizione diventa a 2 + b 2 < a+5 da cui si deduce
che a ≥ -5 e inoltre b2 < 25+10a. Quindi 25+10a ≥ 0. In conclusione, si ottengono gli z = a+ib tali
che a ≥ -5/2 e      25 + 10a > |b|. In sostanza, si trovano i numeri complessi che, nel piano di Gauss
con Re z =a , Im z = b, sono interni alla parabola di equazioni b2-10a-25 = 0.
e) z4 = cos(4/3π) + i (4/3π) implica z = ei((4π/3)+2kπ)/4 = = ei(π/3+kπ/2 ) , k = 0,1,2,3.


Es. n. 4:
(4+2i)2-4(4+2i)+4-8i = 0. Quindi si divide il polinomio P(z) per z-4-2i, ottenendo un resto nullo e
come quoziente z-m, dove m=-2i e’ l’altra radice.

Es. n. 5:
 z = t e’ radice doppia se P(z) = (z-t)2 Q(z) con Q(t) non nullo. Si esegue la divisione di P(z) per
(z-1-i)2 e si impone che il resto sia nullo. Infine si trovano le due radici del quoziente. Si ottiene
cosi’: a=-8(1+i), b=8i, z3=2i, z4=-2i.

Es. n. 6:
a) P(z) = a(z-2-3i)(z-2+3i).
b) P(z) = a(z-2-3i)2(z-2+3i)2 dove a(1-2-3i)2(1-2+3i)2 = 3. Quindi ….
c) (z-2-3i)(z-2+3i)(az+b)
d) P(z) non esiste.
e) P(z) non esiste.

Es. n. 7:
a) P(z) = (z-2-3i)(az+b).
b) P(z) = (z-2-3i)2(az2 +bz+c) dove (-1-3i)2(a+b+c)2 = 3. Quindi ….
c) P(z) = (z-2-3i) (az2+bz+c).
d) P(z) = (z-2-3i) (az+b)
                                        CORSO DI GEOMETRIA

                               Esercizi sui Vettori nello Spazio Ordinario

                                                  Soluzioni


Es. n. 1:
Dato il vettore v = i + 2j - k:
a) il versore di v e’ (i + 2 j –k)/ 6
b) i vettori paralleli a v sono t (i + 2j – k), al variare di t in R.
c) i vettori paralleli a v aventi modulo 3 sono ± 3 / 2 ( i + 2j – k).

Es. n. 2:
Dati i vettori v = i + j - k, u = 2i + j +k:
a) 2v + 3u = 8i + 5j + k ;
b) cos ϕ = (u . v ) /  u  v  = 2 /3
c) un vettore parallelo alla bisettrice del loro angolo e’ u /  u +  v  /  v  = ….
d) la misura del segmento proiezione ortogonale di u su v e’ u . v / v  = 2/ 3 ;
e) il vettore proiezione ortogonale di -u su v e’ (-u . v / v  2) v =- 2/3 v;
f) i vettori paralleli a v la cui proiezione ortogonale su u ha modulo 2 sono ± 6 v.

Es. n. 3:
I vettori sono del tipo v = i + 3j + z k, con la condizione  v  2 =1+9+z2 = a2 . Ne segue
z= ±   a 2 − 10 . Ci sono dunque due soluzioni per a > 10 ed una sola per a = 10 , mentre per
a < 10 non ci sono soluzioni.


Es. n. 4:
Dati i vettori u = i +2j e v = 2costi + 2sintj ,
a) v è perpendicolare ad u se e solo se u . v = 0, ossia per tg t =1/2 ;
b) v è parallelo ad u se e solo se u Λ v = 0, ossia tg t = 2.
Sostituendo v con v’ = 2cost i + 2sint j + k abbiamo:
a’) Stessa soluzione di a).
b’) Non risolubile.

Es. n. 5:
Dati i vettori u = ti + tj + (1 - t)k, v = i +tj + 2k , w = j + k ,
a) u Λ v .w = 0 ⌠ t2 –4t +1 = 0 ⌠ t= 2 ± 3 .
b) Volume =  u Λ v .w = (t2 –4t +1) t=1 =2.

 Componenti: i + j + k = x (i + j ) + y ( i + j +2 k) + z ( j + k ); di qui si ottiene: 1 = x+y,
1 = x+y+z , 1 = 2y+z .
 Risolvendo il sistema otteniamo : i + j + k = (1/2) (i + j ) + (1/2)( i + j +2 k).
Es. n. 6:
cos α = (u . v ) /  u  v  = (u . v ) / 3 ; inoltre dalla relazione :  u 2 -4 u . v + 4 v 2 = a 2 si
ottiene u . v = (37-a 2 )/4. Se ne conclude cos α = (37-a 2 )/ 12 e pertanto cos α e’ compreso
tra –1 e +1 se e solo se 5 ≤ a ≤ 7 .

Es. n. 7:
| u ∧ v | = | u | | v | sinα = 2 sinα
 u . v = | u | | v | | cosα = 2 cosα = 1. Ne segue =| u Λ v | = 3 .

Es. n. 8:
a) u ∧x = v
    Dalla definizione di prodotto vettoriale segue che affinche’ questa relazione possa sussistere, u
    e x devono essere ortogonali. Si richiede dunque che risulti u . v = 0. Scegliendo
    opportunamente il riferimento, non e’ restrittivo supporre u = ui, v = vj. Posto x= x1 i +x2 j+x3
    k, eseguendo il prodotto vettoriale otteniamo u ∧ x = -ux3 j+ ux 2 k = vj, da cui: -ux3 =v, ux2
    =0, ossia x2=0, x 3=-v/u, nell’ipotesi u ? 0. In tal caso si ha dunque: x= x1i-(v/u)k, per ogni x1
    in R. Se u=0, allora deve essere anche v=0 e quindi x puo’ essere scelto qualunque.
    In modo piu’ sintetico, si poteva osservare che x deve essere ortogonale a v e che l’area del
    parallelogramma individuato da u ed x deve valere | v |. Pertanto il secondo estremo del vettore
    v si deve muovere su una delle due rette parallele a quella su cui giace u, aventi da essa distanza
    | v |/| u | .
b) u ∧ x = v ∧ x ⌠ (u –v) ∧ x =0 ⌠ x = λ(u-v), al variare di λ in R;
c) u ∧ x = u ∧v ⌠ u ∧( x-v) =0 ⌠ x= v +λu, al variare di λ in R.

Es. n. 9
I vettori richiesti sono quelli che stanno contemporaneamente sul piano α = (u,u’) e sul piano β =
= (v,v’). I quattro vettori non sono complanari ( ad esempio non lo sono i primi tre, perche’
u ∧u’.v ? 0) e quindi i vettori cercati descrivono una retta. Troviamola . Un vettore normale al
piano α e’ n = u∧ u’ = -i-j+k. Un vettore normale al piano β e’ n’ = v∧ v’= -i+2j-k. Pertanto un
vettore parallelo all’intersezione dei due piani e’ n∧ n’ = -i-2j-3k. I vettori richiesti sono dunque:
t(i+2j+3k ), al variare di t in R.
Alternativamente si puo’ procedere cosi’. I vettori complanari con u ed u’ si scrivono x =
au+bu’ e analogamente quelli complanari con v e v’ sono y = c v+ d v’. L’eguaglianza x=y,
equivale ad un sistema lineare, di soluzione: a=2d, b=-3d, c=-2d e ritroviamo cosi’ i vettori ottenuti
prima.


Es. n. 10:
Conviene trovare la proiezione ortogonale di v sulla normale al piano e ottenere poi la proiezione
sul piano per differenza.
Poiche’ u 1 ∧u 2 = 2 i + 2 k , un versore normale al piano e’ n = (i+k) / 2 . Allora la proiezione di
v nella direzione normale risulta : (v.n) n =-(i+k)/2. La proiezione ortogonale richiesta e’ dunque:
v-(v.n)n =(3i+2j-3k)/2.

Es. n. 11:
Indicando con tu ed x i vettori richiesti, si vede che le relazioni caratterizzanti sono:
 tu + x = v , x.u = 0.
Indicando con x,y,z le componenti di x, otteniamo il sistema lineare:
I vettori richiesti sono dunque: 2/3u, (1/3i-4/3j+ 5/3k).
Volendo lavorare con un’incognita in meno, si puo’ tenere presente che x sta sul piano di u e v e
quindi e’ del tipo x= au+bv (ripetere il calcolo con questa procedura).
Volendo eliminare ulteriormente un’incognita, si puo’ osservare che la direzione del piano (u, v)
perpendicolare ad u e’ data da (u ∧ v) ∧ u e quindi i vettori richiesti sono del tipo ; tu , s(u ∧ v ) ∧
u e la loro somma deve valere v…..


Es. n. 12:

a) (u+v)2 = (u+v ).(u+v) = u.u +u.v+v.u+v.v = u2+2 u•v+v2 = |u|2 + |v| 2 +2 |v||u| cos (u,v).
Consideriamo il parallelogramma di lati u e v , applicati in O e fissiamo l’attenzione su uno dei due
triangoli, di vertice O, in cui esso e’ diviso. Le lunghezze dei suoi lati sono | u|, | v |, | u +v | e la
relazione scritta e’ il teorema di Carnot. Se u e v sono perpendicolari risulta cos(u,v) =0 …….

b) (u + v). (u - v ) = u.u +u.v -v.u +v.v =u 2- v 2 = |u |2 - | v | 2. Pensando al parallelogramma del
   punto a), vediamo che u + v ed u – v hanno la direzione ed il modulo delle sue diagonali .
   Pertanto la condizione che le diagonali siano perpendicolari si scrive (u + v). (u - v ) = 0 ed
   equivale a | u |2 = | v | 2 , condizione che caratterizza i rombi.
c) (u + v )2 = (u - v)2 ⇔ | u |2 + | v | 2 + 2u.v= | u |2 + | v | 2 - 2u.v ⇔.u.v=0.
   Ragionando come in a) ed in b), vediamo che la condizione (u + v )2 = (u - v)2 dice che le
   diagonali del parallelogramma sono uguali, mentre u.v=0 dice che si tratta di un rettangolo..

Es. n. 13:
Sottraendo membro a membro le eguaglianze : A-M = M-B ed A-N = N-C , otteniamo: M-N = (N-
C) – (M-B) = (B-C) + (N-M), ossia 2(M-N) = B-C, da cui : | M-N | = | B-C |/2.

Es. n. 14:
a) Esiste ed è unico il punto G (baricentro del triangolo) che soddisfa la relazione:
    (G - A) + (G - B) + (G - C) = 0.
    Conviene introdurre un punto O (eventualmente coincidente con uno dei vertici del triangolo)
    da usare come punto di applicazione di tutti i vettori che intervengono. La relazione data diventa
    allora:
    (G-O) + (O-A) + (G-O) + (O-B) +(G-O) + (O-C) = 0 , da cui si ottiene:
     (G-O) = 1/3((A-O) + (B-O) + (C-O)), e questo prova l’esistenza di G.
    Per provare l’unicita’, supponiamo che si abbia contemporaneamente:
    (G’ - A) + (G’ - B) + (G’ - C) = 0 .
    Per differenza tra le due relazioni, otteniamo allora : 3(G-G’ ) = 0, ossia G=G’.

b) Scegliamo O coincidente con uno dei vertici del triangolo; ad esempio, sia O=A. Allora la
   relazione trovata diventa (G-A) = 1/3 ((B-A) + (C-A)), il che significa che G si trova ad 1/3
   della diagonale del parallelogramma di lati AB, AC, a partire da A. Si puo’ ripetere il
   ragionamento per gli altri vertici.
                                      CORSO DI GEOMETRIA

                               Esercizi su Spazi Vettoriali e Sottospazi
                                              Soluzioni


Es. n. 1:
Sia V lo spazio dei vettori ordinari:
a) L’insieme formato dai soli vettori u e v non e’ chiuso ne’ rispetto alla somma (non contiene
    u+v), ne’ rispetto al prodotto (non contiene i multipli di u e di v). Il minimo sottospazio che
    contiene sia u che v e’ { tu + sv}, al variare di t ed s in R. Se pensiamo di rappresentare i vettori
    liberi mediante il loro rappresentante applicato in O , tale sottospazio e’ il piano individuato dai
    vettori u e v.
b) Non costituiscono un sottospazio, perche’ mancano gli opposti dei vettori presenti. Il minimo
    sottospazio che li contiene e’ la retta { tu }, al variare di t in R.
c) Tale insieme non e’ un sottospazio, perche’ non e’ chiuso rispetto alla somma. Il minimo
    sottospazio che lo contiene e’ il piano individuato dalle due rette.
d) L’insieme dei vettori, applicati in O, il cui secondo estremo descrive una retta non passante per
    O, non è un sottospazio , perche’ non contiene il vettore nullo. Il minimo sottospazio che lo
    contiene e’ il piano individuato dall’origine e dalla retta .
e) Se le rette sono complanari, la somma e’ il loro piano e non e’ diretta; se le rette non sono
    complanari , la somma e’ tutto lo spazio ed e’ diretta.
f) La somma di tre piani (distinti) per l’origine e’ tutto lo spazio e non e’ mai diretta.
g) Se la retta ed il piano non si appartengono la somma e’ tutto lo spazio ed e’ diretta, altrimenti
    tale somma coincide con il piano e non e’ diretta.

 Es. n. 2:
In R3 si considerino i seguenti sottoinsiemi:
V = {(x,y,z): x+y-z = 0}
W = {(x,y,z): x+y+z = 0}
T = {(x,y,z): x+y = 0, x+z = 0}.
a) Verifichiamo, ad esempio, che V e’ un sottospazio.
    (0,0,0)  V, perche’ e’ soluzione dell’equazione x+y+z=0;
    (x,y,z)  V, (x’,y’,z’)  V ? (x+x’,y+y’,z+z’)  V, perche’ dalle relazioni x+y+z=0 e
    x’+y’+z’=0, sommando membro a membro, segue….;
    t  R, (x,y,z)  V ? t(x,y,z)  V , in quanto…..
b) V∩W e’ costituito dalle soluzioni del sistema: x+y-z = 0, x+y+z = 0, ossia dalle terne (x,-x,0) =
    x(1,-1,0).
c) Abbiamo verificato in b) che V∩W ? (0,0,0) e pertanto la somma non e’ diretta. Una
    rappresentazione parametrica di V e’ : V = {(x,y,x+y)}; una rappresentazione parametrica di W
    e’ : W = {(x’,y’,-x’-y’)} . (Attenzione! Non usare lo stesso nome per parametri aventi diverso
    significato). La loro somma e’ dunque l’insieme delle terne {(x+x’, y+y’, x+y-(x’+y’))}, con
    x,y,x’,y’ variabili in R. Si tratta di una brutta rappresentazione di R3, in quanto compaiono 4
    parametri quando ne bastano 3. Infatti il sistema x+x’=a, y+y’=b, x+y-(x’+y’) = c ammette
    sempre (infinite) soluzioni, per ogni scelta di a,b,c. Pertanto risulta; V+W = R3. Interpretazione
    geometrica: la somma di due piani, passanti per l’origine, non e’ diretta e coincide con tutto lo
    spazio.
d) V∩T = (0,0,0).
e) V+T e’ una somma diretta, per quanto visto in d) e inoltre V+T = R3 (verifica analoga a c)).
 La sostituzione di R3 con C3 non comporta sostanziali differenze.
Sono sottospazi; c), g), h).

Es.n.4:
V = {(u+2v, u-v, 2u+3v)}, u,v ∈ R, e’ un sottospazio, in quanto:
- ponendo u=v=0 si trova che (0,0,0) V;
- x = ( u’+2v’,u’-v’,2u’+3v’), y =( u”+2v”,u”-v”,2u”+3v”) ? x + y =………………..….=
    ((u’+u”)+2(v’+v”),(u’+u”)-(v’+v”),2(u’+u”)+3(v’+v”));
- a x = (au’+2av’,au’-av’,2au’+3av’).
Analoga verifica si puo’ fare per W.
Notiamo che VeW sono due piani per l’origine, rappresentati in forma parametrica.
Calcoliamo l’intersezione dei due sottospazi, risolvendo il sistema: u+2v = u’-v’; u-v = u’; 2u+3v =
u’+v’ (Attenzione! Bisogna cambiare il nome ad una coppia di parametri). Otteniamo come
soluzione : u=-7v,u’=-8v, v’=-3v. Se ne conclude che l’intersezione e’ costituita dalla retta (-5v,
-8v, -11v) e pertanto la somma non e’ diretta. Calcoliamo tale somma: U+V = {(u’+2v’+u”-v”, u’-
v’+u”, 2u’+3v’+u”+v”)}, al variare di u’,v’,u”,v” in R. Poiche’ il sistema: u’+2v’+u”-v” = a, u’-
v’+u” = b, 2u’+3v’+u”+v” = c e’ risolubile (con infinite soluzioni) per ogni scelta di a,b,c,
concludiamo che U+V = R3.

Es.n.5:
V e W sono sottospazi in quanto …..(confronta procedimento es. 4).
V∩W = (0,0,0,0) , in quanto l’unica soluzione del sistema formato dalle 4 equazioni omogenee e’ la
    soluzione nulla . Pertanto la somma e’ diretta.
V+ W = R4, in quanto… (cfr es.4).

Es. n. 6:
A = (aij) e’ simmetrica se e solo se aij = aji. Allora:
- la matrice nulla soddisfa la suddetta condizione e quindi S contiene il vettore nullo;
- A = (a ij) , B = (b ij) simmetriche ⌠          a ij = a ji, bij = b ji . Di qui segue A+B = (aij + bij) = (c ij),
    con cij =cji;
- A simmetrica ? tA simmetrica, per ogni t reale. Infatti…..
Se ne conclude che S e’ un sottospazio.
Fare analoghe verifiche per A.
Poiche’ le condizioni aij = a ji , a ij = -a ji, sono verificate contemporaneamente solo dal numero 0,
risulta S I A =( 0) e quindi S+A e’ diretta.
Per vedere che S+A = Rn,n, consideriamo una qualunque matrice M e notiamo che (M+tM )/2 e’
simmetrica, mentre (M - tM )/2 e’ antisimmetrica e pertanto….

Es. n. 7:
a) Non e’ verificata la condizione : (a+b) v = av + bv. Infatti (a+b x, a+b  y ) ?
 ( a + b x, a + by ).
b) La somma non e’ commutativa, non c’e’ un elemento neutro…

Es. n. 8:
Le proprieta’ richieste per la somma non coinvolgono il campo numerico su cui lo spazio e’
definito. Per quanto riguarda le proprieta’ che coinvolgono il prodotto, basta osservare che esse
sono supposte vere per ogni elemento di C, e quindi lo saranno, in particolare, per gli elementi di R.
Se si scambiano R e C , viene a mancare la definizione di prodotto per un numero complesso, che
non sia reale.
                                         CORSO DI GEOMETRIA

                               Esercizi su Sistemi di Generatori, Basi, Matrici.

                                                    Soluzioni

Es. n.1:
Conviene costruire una matrice A avente come righe i vettori dati, ridurla per righe e prendere le
righe della ridotta come base di S. Una riduzione possibile e’ la seguente:

     1 0      1    1                              1 0      1       1
     0 1 −1 2                                     0 1 −1 2
A=                       ?? ♦ …….. ?? ♦                                .
     2 1      1    4                              0 0      0       0
     1 2 −1 5                                     0 0      0       0

Una base di S e’ dunque (v1,v2). La condizione u = av1 + bv2 non puo’ essere verificata da nessuna
scelta di a e b: questo significa che u  S.

Es. n. 2:
Poiche’ av1 + bv2  L(v1,v2 ,…,vn) , vale l’inclusione L(av1+bv2,v2 ,…, vn )  L(v1,v2 ,…,vn) ∀ a, b,
Viceversa, se a ? 0, posto v’= av1 + bv2, si puo’ ricavare v1= a-1(v’-bv2), da cui si vede che vale
l’inclusione opposta.

Es. n. 3:
Base di C2 come R-spazio: (1,0),(0,1),(i,0),(0,i) (verificarlo!). Pertanto la dimensione richiesta e’ 4.

Es. n. 4:
Poiche’ risulta v 2 = i v 1 , la dimensione di V e’ 1.La dimensione di L R( v 1 , v 2 ) e’ 2, poiche’ v 1 e
v2 sono l.i. su R. Inoltre LC=( v 1 , u 2 )= LR( v 1 , u 2 ) =2.

Es. n. 5:
 La matrice avente per righe i vettori v 1 , v2, v 3 , v 4 ha rango 4, pertanto i quattro vettori sono l.i..
Ne segue che L(v 1 , v 2 ) ha come base (v 1 , v 2 ) e L(v 3 , v 4 ) ha come base(v 3 , v 4 ) e inoltre
l’intersezione dei due sottospazi e’ (0). Una base della somma diretta e’ l’unione insiemistica delle
due basi indicate per i sottospazi, cioe’ (v 1 , v2, v 3 , v 4 ). La matrice avente per righe v 1 , v2, v5, ha
rango 3 e puo’ essere completata ad una base, ad esempio aggiungendo e2 = (0,1,0,0).

 Es. n. 6:
I vettori v 1 ,v2, v 5 , sono l.d. e lo spazio da essi generato ha dimensione 2. Possiamo dunque
trascurare v5. Riduciamo per righe la matrice di righe v 1 ,…, v4. Per k ? 4 , v 1 ,v2, v3 sono l.i. e
quindi si possono scegliere come base. Per k=4 il rango della matrice e’ 2 ed una base e’ (v 1 , v2).

Es. n. 7:
     Tutte le righe di Eij, diverse dalla i-esima, sono nulle e quindi, per la regola che definisce
il prodotto di matrici, tutte le righe EijA, diverse dalla i-esima, sono nulle. La riga i-esima si
ottiene come prodotto scalare di ej=(0,…,1,…,0) con le successiv colonne di A; si ottiene
dunque al primo posto a , al secondo a ,…, ossia si ottiene la riga j-esima, trasportata al posto
b) La riga h-esima di (I + aEij)A si ottiene si ottiene sommando alla riga Rh di A la riga h-esima
     di aEijA , che, per a), e’ nulla se h ? i ed e’ Rj se h=i. Pertanto…
c) - La matrice nulla soddisfa la relazione AX=0.
- Se Y e Z sono tali che AY=0, AZ=0, allora e’ anche vero che A(Y+Z)=0.
- Se AY=0, allora anche A(hY)=0, per ogni h R.
     Se ne conclude che SA e’ un sottospazio.
. Nel caso particolare, bisogna risolvere l’equazione AX=0. Indicando con X1 ed X2 le righe della
     matrice incognita X, ci riconduciamo a risolvere il sistema ad incognite vettoriali: X1 + X2 =0.
                                                      x     y
     Si ottiene cosi’ come matrice generica                      . Una base per lo spazio di tali matrici e’:
                                                     −x −y
         0 1 1 0
     (           ,         ).
         0 1 1 0
d) La verifica e’ analoga a quella di c). Per trovare gli elementi di S, indicata con
          x y                                                                              x y a b
 X=                la generica matrice, dobbiamo imporre che risulti:                                        =
          z t                                                                              z t      c d
  a b        x y
                    , ∀ a,b,c,d. Di qui si ottiene il sistema lineare nelle incognite x,y,z,t:
  c d        z t
cy-bz=0, bx+(d-a)y-bt=0, cx+(d-a)z-ct=0. Poiche’ scegliamo soluzioni valide per ogni scelta di
a,b,c,d, scegliendo c=1,b=0, oppure c=0, b=1, vediamo che deve risultare y=z=0. Allora il sistema
diventa: bx-bt=0, cx-ct=0, che per ogni b,c, ammette la soluzione x=z. Otteniamo dunque:
       x 0
X=            . Una base di S e’ dunque formata dalla sola matrice identica.
       0 x

Es.n.8:
V e’ un sottospazio, perche’ e’ costituito dalle quintuple di numeri reali che sono soluzioni di un
sistema lineare omogeneo. La soluzione generale del sistema e’:      x3= 2x 1, x 2 =-2x 4-x5, ossia:
(x1, -2x4-x5, 2x1, x4, x5). La dimensione e’ 3, in quanto una base e’ ( (1,0,1,0,0), (0,-2,0,1,0),
(0,-1,0,0,1)).

Es. n.9
-La matrice nulla verifica la condizione;
- A + 2 tA = 0 , B+2 tB =0 implica : (A+B) + 2t(A+B) = 0;
- A + 2 tA = 0 implica (h A) + 2 t (hA) = 0.
                                                                                                  a   b
Si tratta dunque di un sottospazio. Troviamone l’elemento generico. Posto                 A =     , le
                                                                                             c d
condizioni imposte diventano: a+2a=0,             b+2c=0,     c+2b=0,     d+2d=0. Si ottiene dunque il
sottospazio nullo e la sua base e’ vuota.

Es .10:
-La matrice nulla verifica la condizione;
-AY=0, AZ=0 implica A(Y+Z) = 0;
-AY= 0 implica A(hY) = 0,
si tratta dunque di un sottospazio.
Se A e’ invertibile (cioe’ di rango 2) , S e’ costituito soltanto dalla matrice nulla. Se A e’ la matrice
                                                                     a b
nulla, allora e’ S=R2,2. Se A e’ di rango 1, ossia del tipo A =               , (a,b) ? (0,0), si ottiene il
                                                                    ha hb
sistema: aX1 + bX2 = 0, dove X1 ed X2 sono le righe di X, e quindi la dimensione di S e’ 3.
                                      CORSO DI GEOMETRIA

                          Riduzioni di matrici, sistemi lineari, determinanti

                                                Soluzioni


          1            k       −1    2         1            k        −1               2
                                          √                                                   √
    Ak ♦   0         2 − 2k     0  2k − 4 √ ♦       0       1− k      1− k           2(k − 1) √
           0        1− k    1 − k 2k − 2 √↵         0       1− k        0             k −2 √  ↵
    Se ne deduce che se k ? 1 la matrice ha rango 3, se k = 1 ha rango 2.

    2. Per a = 0 il rango è 2 (in quanto una riduzione per righe è ...), altrimenti è 3.

         1      1    1              1 1      1
    5. a)                √ -------->             √. Il sistema diventa
           1     1 − 3√  ↵            0  0 − 4√  ↵
    x+y+z = -4z = 0. Quindi x può essere scelta come incognita libera, le soluzioni sono
    (x,-x,0) e una base è (1,-1,0).

    6. a) Si scelga t(1 2) come colonna dei termini noti. Sottrando si ottiene z = -1/4 e quindi
una soluzione particolare è (0,5/4,-1/4). La soluzione generale è pertanto (x,-x,0)+(0,5/4,-1/4).

    7. Basta risolvere il sistema lineare
    2X-3Y+2Z = (1 0 0)
    λX+Y = (0 1 0)
    (1+λ)Y = (0 0 1)
    dove X,Y,Z sono le righe della matrice incognita.
    Se λ ? -1 si ottiene:
    Y = (0 0 1/(λ+1)) e quindi (purché λ ? 0)
    X = (0 1/λ -1/λ (λ+1))
    Z = ....... .
    Se λ= -1 il sistema è incompatibile, cioè non esiste inversa, come pure se λ= 0.

     8. Se k ? 1 la matrice ha rango 3 e quindi il sistema nelle incognite (x,y,z,t), ha
un'incognita libera, ad esempio z. Le soluzioni sono
     x = (k+1) it........
     y = -kt
     z= -2it.
     Se k = 1 la matrice ha rango 2 e quindi ci sono due incognite libere, ad esempio ...... .

    9. Basta osservare che det A = 1 e quindi A è invertibile. Pertanto
    X1 = A-1B, X2 = BA-1.
    La verifica che le due matrici sono diverse è diretta.

    10. Basta verificare che il sistema delle equazioni
    X1+X2+2X3 = (0 0 0)
    X2+X3        = (0 0 0)
    (nelle incognite righe di X) ammette soluzioni diverse dalla soluzione nulla. Infatti la
soluzione generale e’ X1 = X2 =-X3 e pertanto dipende da 3 parametri numerici.

    11. AXA-1 = I equivale a XA-1 = A-1I = A-1, cioè a X = I
       AXA-1 = A equivale a X = A-1AA = A, cioè a X = A.
    Si noti che i risultati non dipendono da A, ma dal fatto che A è invertibile.

     12. a) Se a è un numero reale, AX = XA e AY = YA, allora si ha anche
     A(X+Y) = .....
     A(aX) = ..... .
     Inoltre A0 = ... .
     Quindi le matrici permutabili con A formano un sottospazio. La dimensione 2 si verifica
direttamente caratterizzando le matrici X tali che AX = XA. Ci si riconduce a risolvere un
sistema lineare di 4 equazioni in 4 incognite, che risulta avere 2 incognite libere. Si noti che
una base di tale spazio è formata dalle due matrici indipendenti I e A.
     b) A2 è ovviamente permutabile con A e quindi si ha: A2 = aI+bA; un breve calcolo
fornisce a=-1, b=-2..
     c) det A = 1 implica che A è invertibile. Ovviamente A-1A = I = AA -1, cioè l'inversa di A
è permutabile con A e quindi è c.l. di I e A: A-1 = xI+yA con x = .-2 , y = -1.
     d) Basta osservare che I e A3 sono l.i. e quindi tale base è , ad esempio, (I,A3).


     13. AX = I è risolubile se e solo se il rango di A è pari al numero delle righe, XA = I è
risolubile se e solo se il rango di A è pari al numero delle colonne. Quindi se A non è quadrata
le due condizioni non possono essere soddisfatte insieme.
                                     CORSO DI GEOMETRIA


                                         Applicazioni lineari

                                               Soluzioni

     1. a) Basta osservare che A(X+Y)-(X+Y)A = (AX-XA)+(AY-YA) e che A(aX) = a(AX).
     b) AX-XA = 0 equivale a un sistema lineare omogeneo avente per incognite gli elementi di
                                                      z + t − z
                                                       2
X ; si provi a scriverlo e risolverlo. Risposta: X =              √.c) AM e MA sono diverse.
                                                         z      t √
                                                                  ↵
     d) AX-XA = N non ha soluzioni. In effetti le equazioni
     x-2z-x-2y = 1,..........,.........,……. sono incompatibili.

     2. a) Le condizioni implicano
     f(1,1) = f(2,3)-f(1,2) = (1,1)
      e anche
     f(1,1) = f(...)-f(...) = (-2,-3).
     In sostanza i tre vettori sono l.d. e quindi devono essere tali anche le loro immagini.
     b) (1,2) e (2,3) formano una base.
     c) (1,2) può essere completato a una base e l’immagine del secondo vettore puo’ essere
data a piacere.
     d) basta calcolare (3,3) come c.l. di (1,2), (2,3), considerati come base di R2, e controllare
che f(3,3) assuma il valore obbligato.
     e) si completi (1,2) a una base con un opportuno elemento u e si ponga f(1,2) = (2,3), f(u)
= v qualsiasi.

     3. (2,3,1), (2,1,0), (3,0,0) sono l.i. mentre u, v, u+v sono l.d.; f non può essere suriettiva
perché non è iniettiva.
     Esiste un solo endomorfismo soddisfacente (*) in quanto i tre vettori .... sono una base di
R3 .

    4. Ker f è generato da (1,1,1) e il sistema lineare MX = t(1 1 1) ammette soluzioni.

     5. Poiché lo spazio delle matrici simmetriche ha dimensione 3, risulta dim Im f = 1.
Possiamo dunque scegliere V = R. Sia (A,B,C,D) una base di R2,2 con A,B,C simmetriche e D
antisimmetrica (il che è consentito in quanto R2,2 è somma diretta del sottospazio delle matrici
simmetriche e di quello delle matrici antisimmetriche). Si ponga: f(A) = f(B) = f(C) = 0, f(D) =
1.

    6. a) Poiché M è invertibile, basta considerare g associata a M-1 o più in generale a una
qualsiasi matrice invertibile con 3 righe e 3 colonne.
    b) g(x,y,z) = (x,x,x) (o più in generale qualunque g tale che .....).
    c) g = identità-f.

     7. a) f(v+w) = .f(v)+f(w), f(hv) = hf(v), in quanto... . Ker f si ottiene osservando che (a-
b)Λ v = 0 se i vettori a-b e v sono paralleli. Im f si ottiene osservando che il prodotto
vettoriale è ortogonale a ..... . (Si può anche usare il punto b)).
                                                           0 −2 1
                                                                   √
b) Si ha f(xi+yj+zk) = (z-2y)i+2xj-xk e quindi la matrice è 2  0 0√
                                                            −1 0 0√↵
                                       CORSO DI GEOMETRIA

                                        Autovalori e autovettori
                                              Soluzioni

    1. |A-λI| = (1-λ)(2-λ)(3-λ) = 0, dà gli autovalori λi = 1,2,3 (i = 1,2,3).
    Gli autospazi sono generati rispettivamente dai vettori (1,0,0), (2,1,0), ...., mentre la
matrice B ha gli stessi autovalori ma l'autospazio relativo all'autovalore 2 è generato da (1,1,0).

    2. Gli autovalori coincidono tutti con 0 e l'autospazio è generato da (1,0,0) per la matrice
A, mentre è generato da (1,0,0) e (0,1,0) per la matrice B.
    In generale, se esiste v non nullo tale che f(v) = λv, allora f2(v) = f(f(v)) = f(... ) = λ2v….

    3. I tre vettori formano una base e quindi f esiste ed è unico. E' un isomorfismo perché gli
autovettori sono 1,2,3 e fra questi non c'è lo 0. L'inverso ha autovalori 1,1/2,1/3 e gli stessi
autovettori di f..

    4. |A-λI| = (1-λ)(4-λ)+1 = 0 ha soluzioni: (5 ± 5 )/2, |B-λI| = (1-λ)(2-λ)+1= 0 ha soluzioni
    (-1 ± 5 )/2, mentre |A+B -λI| = (2-λ)2+4 = 0, che non ha soluzioni reali.

   5. Gli elementi di S si trasformano in se` stessi, quindi sono autovettori per l'autovalore 1,
mentre ogni elemento di A si trasforma nell'opposto ed è quindi autovettore per l'autovalore -1.
Non esistono altri autovalori e autovettori, in quanto…

     6. V 1 ha una base formata da (1,-1,0) e (1,0,-1), V2 ha una base formata da (1,2,k). I tre
vettori sono l.i. se e soltanto se k ? -3; quindi l'endomorfismo esiste se e soltanto se k ? -3.

     7. a) i tre vettori sono l.i. se e solo se k ? 2; quindi l'endomorfismo esiste solo in tale caso.
     b) se k ? 2 basta porre: f(1,1,1) = (1,1,1), f(k,2,2) = (k,2,2), f(v) = 0, dove v é un qualsiasi
vettore l.i. da (1,1,1) e (k,2,2); se k = 2, si pone: f(1,1,1) = (1,1,1), f(v) , f(w) qualunque, dove
(1,1,1), v,w sono l.i.
     c) poiché dim ker f = 2, i due vettori devono essere l.d. : k = 2.
     d) sempre.

     8. a) f(1,2,1) = 0, f(1,1,1) = (-1,-1,-1), f(2,3,0) = (6,9,0). Osservare che (1,2,1), (1,1,1),
(2.3.0) sono l.i..
     b) Ker f non è un sottospazio e quindi l’endomorfismo non esiste.
     c) come in b).

    9. Gli autovalori di A sono a e 1. Se a ? 1, a ha molteplicità 1 e 1 ha molteplicità 3, con
autospazio di dimensione 3. Quindi A è diagonalizzabile. Se a = 1, 1 ha molteplicità 4 e quindi
A è diagonalizzabile se e solo se b = 0.

    10. V1 e V2 hanno entrambi dimensione 3 e 3+3> 4 (si noti che V2 è definito dalla
condizione a11 = -a22).
    Si può sostituire V2 con lo spazio V'2 delle matrici antisimmetriche (perché?).

    11. Le radici del polinomio, cioè gli autovalori sono -3 (semplice) e 0 (doppio).
               1 0
               0
                      √
    Quindi A = 0 0 0 √. A non è diagonalizzabile in quanto ha rango 2.
               0 0 − 3√
                      ↵


             0 0 0
            1                      2 0 0
                                  1
                    √                     √
            0 1 0 0√              0 1 0 0√
    12. A =           , B=                 .
            0 0 1 0√              0 0 1 0√
                    √                     √
            0 0 0 1√↵             0 0 0 1√↵

     13. Tra le matrici simili ad A ci deve essere la matrice nulla. Poiche’ P -1AP = 0 implica A = 0,
se ne deduce che l’unica matrice soddisfacente la condizione e’ quella nulla..

     14. Deve risultare P-1AP = A ,ossia AP = PA, per ogni P invertibile. Posto Eij = matrice
avente 1 nel posto ij e 0 altrove, si deve avere :      A(I+Eij) = (I+Eij)A, cioè AEij = EijA.
Nell’esercizio n.7 del cap. “Sistemi di generatori, basi, matrici” abbiamo studiato tali matrici,
trovando che AEij ha colonne tutte nulle, tranne la j-esima, che coincide con la i-esima di A e,
analogamente, EijA ha tutte le righe nulle, tranne la i-esima, che coincide con la j-esima di A.
Dall’equaglianza segue dunque : aii = ajj ed aij = 0 per i ? j. Le matrici richieste sono dunque
quelle multiple della matrice identica.


    15. aΛv = λv implica (se v non è nullo) che i due vettori a e v sono paralleli, in quanto il
prodotto vettoriale trasforma v in un vettore ortogonale ad esso. Pertanto l’unico autovalore e’
quello nullo e l’unico autospazio e’ il nucleo, costituito dai vettori paralleli a v.

    16. f ha l'autovalore nullo e due altri autovalori complessi coniugati.
    Se A ammette un autovalore complesso ammette il complesso coniugato e inoltre sempre un
autovalore reale.
                                    CORSO DI GEOMETRIA
         Geometria analitica nel Piano: Cambiamento di riferimento, rette, circonferenze.

                                        Guida alla risoluzione

    1. a) Poiché I = (-3/5)i+(4/5)j e J deve essere un versore ortogonale a I, si deve avere
    J = (-4/5)i+(-3/5)j oppure J = (4/5)i+(3/5)j.
                                        −
                                        3/ 5 − 4/ 5
    Si noti poi che det M = 1 se M =                  √ e quindi J = (-4/5)i+(-3/5)j.
                                         4 / 5 − 3/ 5√↵
       x        X        1
    b) √= M
          √          √+
                     √        √,
        y↵        Y↵      − 2√↵
        X         x −1
            √= tM
            √            √,
         Y↵         y + 2√
                         ↵
    da cui segue che A (1,2) ha coordinate (-16/5,-12/5).
    d) (-3/5X+4/5Y)+.....+1-2-5 = 0, cioè (1/5)X-(7/5)Y-6 = 0.


     2. a) (i+2j). (4i-2j) = 0
     c) l'intersezione di r ed s, cioè la nuova origine, ha coordinate (2,0) nel vecchio sistema di
riferimento; u = 2i-j, v = i+2j.
     d) il fascio per O' ha equazione λ(x-2)+µy = 0; si deve avere: λi+µj).u = ± (λi+µj).v, in quanto
u e v hanno lo stesso modulo e quindi λ = 3µ, che dà l'equazione 3x+y-6 = 0, ovvero 3λ = -µ, che
dà l'equazione x-3y-2 = 0.
e) Sia P = (x,y) tale che d(P,r) = d(P,s). Allora si ha: x+2y-2 = ± (2x-y-4) e quindi si ottengono le
    due rette del punto d).


     3. Il sistema ha due incognite e una soluzione, quindi det A = 0. Se det A = 0 può tuttavia
succedere che la matrice completa abbia rango 2 e la matrice dei coefficienti abbia rango 1, ossia
che il sistema non sia risolubile. In tal caso le tre rette sono parallele.

            1 −2
            1
                       √
    4. det 2 1 − 3 √ = 2 ? 0 implica (esercizio precedente) che le tre rette non hanno un punto
            1 −3 0 √   ↵
comune e inoltre due righe qualsiasi della matrice sono l.i., cioè a due a due le rette non sono
parallele.
    La prima altezza è perpendicolare alla retta di equazione x-3y = 0 e ha quindi equazione λ
(x+y-2)+ µ(2x+y-3) = 0 con -2λ = µ cioè 3x+y-4 = 0.
    Analogamente si procede per calcolare la seconda e la terza altezza, ottenendo rispettivamente
7x-7y-6 = 0, 2x-4y-1 = 0. Il punto richiesto e’ Q(17/14,5/14).


   5. x = 1+(2 ± 5 3 /3)t, y=-2+t ; retta perpendicolare: x= 1+3t, y=-2-t; retta parallela: x=1+t,
y=2+3t.

    6. x = 3t-1, y = t
       x = t, y =t/3+1/3.
    7. r: x-y = 7, d = 4 2 , parallela a r: x-y = -1, perpendicolare a r: x+y = 3. Rette per P e
formanti un angolo di π/6 con r: x=1+(2 ± 3 )t , y=2=t.

     8. a) Poiche’ le rette sono parallele, la loro distanza coincide con la distanza di un punto di s,
per esempio S(0,0), da r; si ottiene cosi’ d = 1/ 5 .
b) Rette parallele ad r ed s: t) 2x-y+k = 0; distanza tra R(0,1) e t : d=1 ± 3 5 .
c) M(0,1/2) e’ il punto medio del segmento RS. Pertanto la retta richiesta e’: m) 2x-y+1/2 = 0.

    9. Il centro C della circonferenza deve appartenere all’asse del segmento AB, di equazione
y=3/2, pertanto C(x,3/2). La condizione d(CA) = d(C,y) fornisce: x = 41/4. Il punto di tangenza e’
T(0,3/2).

    10. Il punto medio di A e B è M = (2,0) e d(M,A) = 2 , mentre la retta AB ha equazione
x+y-2 = 0. Quindi il fascio di circonferenze per A e B ha equazione: (x-2)2+y2-2+2m(x+y-2) = 0.
    Il centro C m ha coordinate x = 2- m, y = -m e il luogo dei centri (che si ottiene eliminando m)
ha equazione: x-y = 2 (nota: si tratta della perpendicolare ad AB per M).
    Il raggio della circonferenza del fascio è Rm = 2m2+2 e quindi la tangenza dipende dalla
condizione: d(Cm,r) = Rm .

     11. Il fascio delle circonferenze tangenti in P ad r ha equazione:
     (x-1)2+(y-1)2 +h(x+y-2) = 0.
     Si ottiene h = -1.
     Le rette per A formano il fascio (x-5) + m(y-5) = 0 e sono tangenti se la loro distanza dal
centro della circonferenza e’ ugale al raggio.
   12. Basta scrivere il fascio delle due circonferenze e imporre raggio 10. La retta che unisce i
punti di intersezione ha equazione: 2x+3y = 0.
                                       CORSO DI GEOMETRIA

                                            Piani, rette, sfere

                                        Guida alle risoluzioni


    1. r: x = t+1, y = -t+1, z = t,     s: x = 2t, y = t+1/2, z = 2t+1.
                                           j k
                                            i
                                                      √
     I piani sono perpendicolari a u = 1 − 1 1 √ = -3i+3k.
                                           2 1 2√     ↵
     Si ottiene: x-z = h (costante). Il piano contiene r se t+1-t = h, cioè h = 1, e contiene s se ...., cioè
se h = -1. Non esiste un piano che le contenga entrambe, perche’ r ed s sono sghembe.
     La successiva coppia di rette e’ costituita da rette complanari; pertanto si trovera’ un fascio di
piani paralleli (tra loro e) alle due rette; uno di essi conterra’ le rette date.

     2. La seguente riduzione
       1     1    2 1         1         1     2       1
                          √                               √
        2 −1 3 0 √ ♦               3      0     5       1 √
        1 −1 c d √        ↵        2      0   2 + c 1+ d √↵
      dice che se c ? 4/3 il rango è 3 e quindi c'è un punto comune,
     se c = 4/3 e d ? -1/3, il sistema è incompatibile (i piani α e β si tagliano mentre γ è parallelo
alla retta loro intersezione)
     se c = 4/3 e d = -1/3, i tre piani formano fascio.

     3. Dalla seguente riduzione
          3 −3 0
          1                                   3 −3 0
                                              1
                              √                                     √
          1 −1 4 − 4√                         0 − 4 7 − 4√
     A=                          ♦ …… ♦
           0 −2 1          1 √                0 0 −5 6 √
                              √                                     √
           2 0       2 − 3√   ↵               0 0          0      0 √
                                                                    ↵
     si deduce che il rango è 3 sia per la matrice dei coefficienti che per quella completa, e quindi il
sistema è compatibile e ha una soluzione.
     Si può inoltre verificare che le sottomatrici di A ottenute cancellando una riga (cioè eliminando
un piano) hanno tutte rango 3. Pertanto tre qualsiasi fra i quattro piani si incontrano in un punto e
non in una retta.
     Le rette incidenti richieste sono: r1 = π1 I π2, ....... . Risolvendo il sistema che fornisce r1,si può
prendere come incognita libera t e si ottengono le equazioni x =-(15/4)t+3, y = (1/4)t-1 , z = t.

     4. Gli assi dei fasci sono le rette r: x = t’, y = 2t’, z = 5-5t’, s: x = 1, y = t, z = 2-t; la loro
intersezione si ottiene ponendo:
     t' = 1, 2t' = t, 5-5t' = 2-t.
     Si tratta del punto P = (1,2,0).
     Alternativamente si può risolvere il sistema formato dalle equazioni dei quattro piani.
     La prima bisettrice è parallela a u = (i+2j-5k)/ 30 + (j-k)/ 2 ,
     La seconda è invece parallela a v = (i+2j-5k)/ 30 - (j-k)/ 2 .
     Il piano comune ai due fasci contiene le due rette incidenti r e s ed e’ π: 3x+y+z-5 = 0.
    Coppia di fasci senza piani comuni: basta prendere come assi due rette sghembe, ad esempio:
x-1 = y-1 = 0 e x-2 = z-1 = 0.

       5. a) Il sistema
       x-1 = 0
       y-2 = z
       2x+y-z = 0
       y+z-2 = 0
       è incompatibile in quanto ..... .
       Le rette hanno la seguente forma parametrica:
       r: x = 1, y = t, z = t-2, s: x=t'-1, y = -t'+2, z = t'.
       La perpendicolare comune è parallela al prodotto esterno dei due vettori u = j+k e v = i-j+k
(paralleli alle due rette), cioè a .... ; quindi occorre che w = (t’-2)i+(2-t-t')j+(-t+t'+2)k sia parallelo a
....; si ottiene: t = 2, t' = 2/3 e quindi i punti, su r ed s, che individuano la retta di minima distanza
sono H = (1,2,0) e K = (-1/3, 4/3, 2/3). La distanza minima vale quindi (2/3) 3 .
       b) Occorre che i tre punti P = (1,t,t-2), Q = (t'-1,2-t', t'), A siano allineati, cioè che, ad esempio,
la retta AP contenga Q; quindi ...... . Alternativamente si puo’ pensare la retta come intersezione dei
due piani (A,r), (A,s)…..
       c) Il punto variabile sulla terza retta è R = (t",-t",1) ed occorre che P,Q,R siano allineati, cioè
che R appartenga alla retta di equazione (x-1)/(t'-2) = (y-t)/(2-t'-t) = (z-t+2)/(t'-t+2), cioè che si
abbia: (t"-1)/(t'-2) = (-t"-t)/(2-t'-t) = (1-t+2)/(t'-t+2).
       Si ottengono t' e t" in funzione di t e quindi ci saranno ... rette soddisfacenti alla condizione.
Alternativamente, si puo’ osservare che, per quanto visto in b), per ogni punto della retta t esce una
retta complanare con le altre due.


    6. a) Il simmetrico Q appartiene alla retta di equazione x = 1+t, y = 2+2t, z = 3+2t e ha distanza
(1+4+6-1)/3 dal piano. L'equazione |1+t+4+4t+6+4t-1|/3 = 10/3 ha due soluzioni, una è Q e l'altra
Q’(-11/9,-22/9,-13/9).
    b) E' sufficiente trovare l'intersezione R di r con il piano e il simmetrico S' di un punto S di r.
La retta cercata passa per R e per S'.
    c) Appartiene al fascio dei piani x+2y+2z-1 = 0 e x-y+1 = 0 e passa per il simmetrico T' di un
punto T del piano dato.

     7. I piani per r (escluso z-x = 0) hanno equazioni: y-2x+m(z-x) = 0. L'angolo α richiesto
        coincide con quello formato dai vettori i+k e (-m-2)i+j+mk e quindi ha coseno pari a
       2 / 5+4m+2m2 . Si noti che il 2m2+4m+5 è una funzione di m che assume per m = -1 il
     valore minimo 3, quindi si ha: cos α  ≤ 2 / 3 .
     In alternativa si può discutere l'equazione (cos α) 5+4m+2m2 ) = 2 , cioè: ............., il cui
     discriminante 16 (cos4α)-8(cos2α)(5(cos2α)-2) deve essere ? 0. Si ottiene quindi ... .

     8. (i+j).(i-j+2k) = 0, (i-j+2k)(i-j-k) = 0, ..... .
     Per il nuovo riferimento basta scegliere I = (i+j)/ 2 , J = (i-j+2k)/ 6 , K = (i –j –k) /      3 .

    9. a) La sfera di equazione (x-1)2+(y-1)2+(z+1)2 = R2 è tangente a r se l'equazione (t-1)2+(t-
1)2+(2t+1)2 = R2 , cioè 6t2+3-R2 = 0, ha discriminante nullo; si ottiene R = 3 .
    b) Si taglia la sfera di a) con il piano contenente C e r; per ottenerlo si considera l'equazione
a(x-1)+b(y-1)+c(z+1) = 0 e si impone che l'equazione a(t-1)+b(t-1)+c(2t+1) = 0 sia identica in t: c
     (x-1)2+(y-1)2+(z+1)2 = 3 , x-y = 0.
     c) La sfera di equazione x2+y2+z2 +ax+by+cz+d = 0 è tangente a r in A se l'equazione
t2+t2+4t2+at+bt+2ct+d = 0 ha t = 1 come soluzione doppia, cioè se si ha:
     a+b+2c+d+6 = 0
     (a+b+2c)2 -24d = 0,
     cioè
     a+b+2c+d+6 = 0
     (d+6)2 -24d = (d-6)2 = 0,
     ovvero:
     d=6
     a+b+2c+10 = 0.
     Il passaggio per C dà la condizione ......... e si ottiene d = 6, ........ .
     Alternativamente: il centro delle sfere richieste deve appartenere al piano per A perpendicolare
a r e all'asse del segmento AC; pertanto il luogo dei centri è la retta intersezione dei due piani

    10. Basta verificare che r e s sono sghembe, cioè che il sistema delle quattro equazioni dei piani
che definiscono le rette è incompatibile.
    Poiché le equazioni parametriche di r e s sono
    r: x = t, y -t, z = -1, s: x = t, y = t, z = 1,
    dobbiamo imporre che sia tangente a s la sfera di equazione
    (x-t)2+(y+t)2+(z+1)2 = R2
    e ciò avviene se il discriminante dell'equazione (avente incognita t')
    (t'-t)2+(t'+t)2+(1+1)2 = R2
    è nullo.
    Si ottiene t = ± (R2-4)/2 .
    Se R2 > 4 .........., se ...., se .... .

     11. La distanza dei centri è 1/2, mentre i raggi sono 3/2 e 3/4 , quindi....
     Si vede poi facilmente che A appartiene al piano della circonferenza, di equazione y = 0. Le
due rette sono intersezioni del piano y = 0 con piani per A e aventi dal centro di C distanza ..... .
     Alternativamente, possiamo osservare che l’intersezione delle due sfere e’ anche rappresentata
dal sistema : x2+y2+z2+x+y+z = 0, y = 0; questa curva e’ la circonferenza reale, del piano y=0, di
centro C(-1/2,0,-1/2) e raggio R= 1 / 2 . Il punto A sta sul piano della circonferenza e dista dal
centro (3/2) 2 >1/2: pertanto esistono tangenti reali. Per trovarne le equazioni, imponiamo alla
generica retta del fascio di centro C, del piano y=0, di incontrare la circonferenza in due punti
coincidenti. Troviamo cosi’: x=lt+1, y=0, z=nt-2, dove (l2+n2)t2 +3(l-n)t+8 = 0 deve avere una
radice doppia. Si ottiene allora : 9(l-n)2 –32(l2+n2)=0 , da cui n=1, l =…

     12. Imponendo alla generica sfera : x2+y2+z2+ax+by+cz+d = 0 di contenere 4 punti, si scrive
un sistema lineare di 4 equazioni nelle 4 incognite a,b,c,d. Se i punti sono A,B,C,D, il sistema
risulta non risolubile, perche’ il rango della matrice dei coefficienti e’ 3, mentre quello della matrice
completa e’ 4. Se i punti sono A,B,C,E, il rango della matrice completa coincide con quello della
matrice dei coefficienti e vale 3: ne segue che ci sono infinite sfere per i 4 punti. Infatti la situazione
geometrica e’ la seguente: A,B,D sono allineati e quindi nessuna sfera li puo’ contenere; A,B,C,E
sono complanari, pero’ essi appartengono alla stessa circonferenza e quindi sono contenuti in
infinite sfere.
                                     CORSO DI GEOMETRIA

                                              Coniche

                                              Soluzioni



     1. Dette Bt e At le matrici completa e dei termini di secondo grado della conica (dipendente
dal parametro t) si ha:
     det Bt = t2-5t-21, det At = t-1.
     Quindi
     se t = (5 ± 109 )/2 si hanno coniche degeneri
     se t ? (5 ± 109 )/2 e t > 1 si hanno ellissi
     se t ? (5 ± 109 )/2 e t < 1 si hanno iperboli
     se t = 1 si ha una parabola.
     Per t = 1 gli autovalori sono 0 e 2 e un'equazione canonica è la seguente:
     2X2 = 2mY
     con m deducibile dal fatto che det B = -25 = -2m2.

   2. La retta x+2y+1 = 0 diventa l'asse delle X e C = (1,-1) diventa l'origine con il seguente
cambiamento di riferimento:
    X = (2x-y-3)/ 5 , Y = (x+2y+1)/ 5 , ossia            x = …….....y = .......

    Nelle coordinate (X,Y) la conica ha equazione:
    X2/9+Y2/4 = 1.
    Basta quindi tornare alle coordinate (x,y).

    3. (x+y)(x-3y+5) = 0.
    Iperbole: (x+y)(x-3y+5) = 1.

    4. Centro Ct = (-t,2t) (varia con t)
    Asintoti: (x+t)(x+y-t) = 0 (variano con t ma sono paralleli alle rette x = 0, x+y = 0)
    La retta y = 0 è tangente nell'orgine a tutte le coniche
    Gli assi sono paralleli alle bisettrici dell’angolo formato dalle rette x = 0, x+y = 0 e quindi
hanno equazione: ( 1 ± 2 ) x + y = 0.
    Caso t = 0: coppia di rette reali e distinte.

     5. I punti d’intersezione tra le due coniche soddisfano alle equazioni delle due coniche e
quindi anche ad ogni combinazione lineare di queste; pertanto le loro coordinate sono soluzioni
dell’equazione y4-3 = 0, che ha due soluzioni reali e due complesse coniugate.
     Coniche degeneri: ad esempio x2+2x-2 = 0 (coppia di rette parallele).
     Parabole: ad esempio la seconda conica, ovvero .....

     6. Det A = 0, det B = -1/4.
     L'asse è parallelo alla retta x-y = 0. La tangente nel vertice ha equazione del tipo y = -x+m.
La tangenza con la parabola si ottiene annullando il discriminante dell'equazione:
     x2-2x(-x+m)+(-x+m)2-x+m +x= 0.
     Si ha: m = 0 e quindi il vertice è V = (0,0)
     Il versore I può essere (i+j)/ 2 (parallelo all'asse) , mentre J = (-i+j)/ 2 ; l'origine sarà in
V.
     La tangente alla parabola in P è una retta del tipo y = -1+m(x+2) tale che l'equazione
risolvente il sistema retta-parabola abbia discriminante nullo; si ottiene cosi’ la retta
      t) –2x+3y-1 = 0. Le circonferenze richieste hanno il centro sulla retta normale a t),
passante per P, di equazione 3(x+2) +2(y+1)=0 , a distanza 1 da P. Imponendo a C( -2/3y-8/3,
y) di aver distanza 1 da P, si trovano i centri delle due circonferenze.
                                     6. CORSO DI GEOMETRIA

                                             Coni e cilindri
                                               Soluzioni


    1. a) La retta di equazioni x+y = x-z = 0 ha parametri direttori (1,-1,1) e quindi il cilindro si
ottiene eliminando i parametri x0,y0,z 0,t fra le seguenti equazioni:
    x02+y02+ z02-4 = 0
    x0-y0-z0 = 0
    x = x0+t
    y = y0-t
    z = z0+t.
    Per sostituzione di x-t = x0, y +t= y0, z-t = z0 nella seconda equazione si ottiene:
    x-t-y-t-z+t = 0, cioè t = x-y-z. Si ottiene quindi: x0 = y +z, y0 = x-z, z0 = -x+y+2z. Sostituendo
nella prima equazione si ottiene l'equazione del cilindro: (y+z)2+...-4 = 0.
    Il cilindro che proietta la curva ortogonalmente al piano xy si ottiene eliminando z fra le due
equazioni della curva; si ottiene cosi’: x2+y2+(x-y)2 = 4. La proiezione ortogonale sul piano xy ha
equazioni:
    z = 0, x2+y2+(x-y)2 = 4.
    b) Il cono si ottiene eliminando i parametri x0,y0,z0,t fra le seguenti equazioni:
     x0 2+y0 2+z 2-4 = 0
              0
   x0-y0 –z0 = 0
   x = 1+(x0-1)t
   y = 2+(y0-2)t
   z = 1+(z0-1)t.
   Per sostituzione delle ultime tre eguaglianze nella seconda si ottiene t = (x-y-z+2)/2. Si ricava
quindi:
   x0 = 1+(x-1)/t = 1+(x-1)(x-y-z+2)/2
   y0 = ...
   z0 = ....
   Si sostituiscono poi questi ultimi valori nella prima equazione.

   2. a) Il piano di equazione ax+by+cz+d = 0 contiene la curva se e soltanto se si ha:
   a(t2+t)+b(2t2+1)+c(t+2)+d = 0
   identicamente per ogni t.
   Si ricava:
   a+2b = 0
   a+c = 0
   b+2c+d = 0
   e quindi il piano di equazione: 2x-y-2z+5 = 0.
   b) Si deve eliminare il parametro t fra le prime due equazioni della curva:
   y-2x-1 = -2t, t = (2x-y+1)/2
   quindi:
   2y = (2x-y+1)2 +2,
   ovvero:
   è l'equazione della proiezione (insieme con z = 0).
   c)Le equazioni parametriche del cono sono:
   x = (t2+t)s
   y = (2t2+1)s
   z = (t+2)s.
   Poiché s = z/(t+2), si ricava: (t2+t)z-(t+2)x = 0, (2t2+1)z-(t+2)y = 0, da cui si ottiene t = (4x-
2y+z)/(-2x+y+2z).
   L'equazione richiesta è quindi:……….

								
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