Transcript Dall`altra sponda

Ingegneria Civile e Ambientale, Compito di Algebra Lineare e Geometria del 9/9/14
I
` data la matrice
E

1
 0
A=
 0
0
0
k
0
k
0
0
k
0

0
k 
 ∈ R4,4
0 
k
con k parametro reale.
1) Nello spazio euclideo R4 si consideri l’endomorfismo ϕ : R4 → R4 associato ad A rispetto
alla base canonica; determinare, al variare del parametro k, Ker ϕ e Im ϕ. Verificare che si ha
Ker ϕ ⊥ Im ϕ.
2) Calcolare, al variare di k, la controimmagine ϕ−1 (1, 0, 1, 0).
3) Verificare che ϕ `e semplice per ogni valore di k e trovare una base ortogonale di autovettori
indipendente dal parametro.
4) Verificare che ϕ induce un isomorfismo ϕ0 : Im ϕ → Im ϕ e che ϕ0 `e semplice.
II
` assegnato nello spazio un sist. di rif. cart. ort. O.~x, ~y , ~z.u.
E
1) Sono assegnati la conica C ed il punto V appartenente all’asse ~z, con
z=0
C:
x2 − y 2 = 1
Determinare al variare di V la quadrica che ha vertice V e C per direttrice.
2) Sul piano coordinato z = 0 studiare il fascio φ di coniche di equazione
φ : (h + 1)x2 + y 2 − 2hx + h − 1 = 0
determinandone in particolare i punti base e le coniche spezzate. Determinare il luogo dei centri
delle coniche di φ.
3) Studiare al variare del parametro k, la famiglia ψ di quadriche di equazione
ψ : 2kxz − y 2 − z 2 + 1 = 0.
Studiare la conica sezione delle quadriche di ψ col piano x − z = 0.
SVOLGIMENTO, I
1) Osserviamo subito che A non ha rango massimo e che ci sono due casi.
k = 0: %(A) = 1, Im ϕ = L (e1 ), Ker ϕ = {(0, y, z, t)}.
k 6= 0: %(A) = 3, Im ϕ = L (e1 , e3 , (0, 1, 0, 1)), Ker ϕ = {(0, y, 0, −y)}.
In entrambi i casi si verifica facilmente che Ker ϕ ⊥ Im ϕ rispetto al prodotto scalare euclideo.
2) Dobbiamo considerare il sistema lineare associato alla matrice completa




1 0 0 0 | 1
1 0 0 0 | 1
 0 k 0 k | 0 



→ 0 k 0 k | 0 
 0 0 k 0 | 1 
 0 0 k 0 | 1 
0 k 0 k | 0
0 0 0 0 | 0
per cui se k = 0 avremo ϕ−1 (1, 0, 1, 0) = ∅, se k 6= 0 avremo ϕ−1 (1, 0, 1, 0) = {(1, y, k1 , −y)}.
3) Osserviamo che ϕ `e autoaggiunto in quanto A `e simmetrica. Il polinomio caratteristico si
calcola molto facilmente:
P (T ) = −T (1 − T )(k − T )(2k − T ) = 0
⇒
T = 0, 1, k, 2k.
Se k 6= 0, 1, 12 avremo autovalori distinti; in questo caso avremo i seguenti autospazi:
1
• V0 = Ker ϕ = L (u1 = (0, 1, 0, −1));
• V1 = L (e1 = (1, 0, 0, 0));
• Vk = L (e3 = (0, 0, 1, 0));
• V2k = L (u2 = (0, 1, 0, 1))
I vettori trovati u1 , e1 , e3 , u2 formano una base ortogonale (per il teorema spettrale!) anche
nei casi particolari.
4) Basta osservare che in ciascun caso Im ϕ `e la somma diretta degli autospazi associati agli
autovalori non nulli.
II
1) Se V `e il punto improprio dell’asse ~z, V = Z∞ ≡ (0, 0, 1, 0), la quadrica richiesta `e il cilindro
iperbolico x2 − y 2 − 1 = 0; Se V appartiene al piano di C, V ≡ (0, 0, 0), la quadrica si riduce
al piano z = 0 contato due volte. Negli altri casi V ≡ (0, 0, γ) con γ 6= 0, sechiamo la retta
generica per V col piano di C:

 x = m(z − γ)
y = n(z − γ)
⇒ P ≡ (−mγ, −nγ, 0) ∈ C : m2 γ 2 − n2 γ 2 − 1 = 0

z=0
da cui, eliminando i parametri m ed n si ottiene il cono γ 2 x2 − γ 2 y 2 − (z − γ)2 = 0.
2) Ci poniamo sul piano z = 0 e consideriamo la matrice associata alle coniche del fascio


h + 1 0 −h
|B| = −1
1
0  ⇒
B= 0
|A| = h + 1
−h 0 h − 1
quindi φ contiene una sola conica spezzata, per h = ∞: (x − 1)2 = 0. Usando questa conica si
trovano facilmente i punti base: (1, 0) contato quattro volte.
Per le coniche irriducibili del fascio si ha:
• |A| > 0 h > −1: ELLISSI. Per h = 0 si ha la circonferenza x2 + y 2 − 1 = 0;
• |A| < 0 h < −1: IPERBOLI. Per h = −2 si ha l’iperbole equilatera x2 − y 2 − 4x + 2 = 0;
• |A| = 0 h = −1: PARABOLA di equazione y 2 + 2x − 2 = 0.
Per trovare il centro delle coniche del fascio bisogna risolvere il sistema
(h + 1)x = h
⇒ da cui il luogo y = 0.
y=0
In questo calcolo non abbiamo considerato la conica spezzata (x − 1)2 = 0 (che abbiamo trovato
per h = ∞) i cui centri di simmetria sono i punti della stessa retta x − 1 = 0; in definitiva il
luogo dei centri `e la conica y(x − 1) = 0.
3) Dalla matrice associata alle quadriche di ψ avremo


0 0
k 0
 0 −1 0 0 
2

B=
 k 0 −1 0  ⇒ |B| = |A| = k ≥ 0
0 0
0 1
2
in particolare la famiglia non contiene paraboloidi o ellissoidi. Per k = 0 si ha il cilindro ellittico
y 2 + z 2 − 1 = 0; per k 6= 0 si hanno quadriche a punti iperbolici e quindi iperboloidi. Infine
consideriamo la conica sezione
x=z
C:
(2k − 1)x2 − y 2 + 1 = 0
per cui vediamo che per k = 12 C `e spezzata in due rette distinte (in particolare parallele), se
k < 21 C `e un’ellisse, se k > 12 C `e un’iperbole.
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