Compito di esame del 23-09-04

CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA MECCANICACorso del Prof. Manlio BORDONI – A.A 2003-2004PROVA SCRITTA DI GEOMETRIA DEL 23-9-2004NOTA. Gli esercizi 1,2,3,4 valgono ciascuno 6 punti, gli esercizi 5,6 valgono ciascuno4 punti.———————————————————————————————Esercizio 1. Sia W il sottospazio vettoriale di R 4 rappresentato dal sistema lineareomogeneo ⎧⎪⎨⎪ ⎩x 1 − 2x 2 − 4x 3 =0x 1 − 2x 3 +2x 4 =0x 2 + x 3 + x 4 =0(a) Determinare la dimensione ed una base di W .(b) Completare la base trovata di W in una base di tutto R 4 .(c) Determinare una base ortonormale di W .⎛⎜(d) Calcolare il vettore P W (v) proiezione ortogonale su W del vettore v = ⎝(e) Determinare equazioni cartesiane del sottospazio W ⊥ complemento ortogonaledi W .Soluzione(a) Poiché la matrice dei coefficienti del sistema ha rango 2, come subito si verifica,il sistema ammette ∞ 4−2 = ∞ 2 soluzioni che, posto x 3 = t, x 4 = t ′ , si scrivono⎛ ⎞ ⎛ ⎞2−2come {tv 1 +t ′ ⎜ −1 ⎟ ⎜ −1 ⎟v 2 } t,t′ ∈R con v 1 = ⎝ ⎠ , v1 2 = ⎝ ⎠ base di W . La dimensione001di W è dunque 2.(b) Per completare v 1 , v 2 in una base di tutto R 4 basta aggiungere due vettori indipendentinon appartenenti a W , per esempio i vettori e 1 ed e 2 della base canonica(è immediato verificare che la matrice formata dai quattro vettori ha determinantediverso da 0).(c) Il procedimento di Gram-Schmidt dà la base ortogonale⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞2−22 −1⎜ −1 ⎟w 1 = v 1 = ⎝ ⎠ , w12 = v 2 − 〈v 2, w 1 〉〈w 1 , w 1 〉 w ⎜ −1 ⎟1 = ⎝ ⎠− −4+1 ⎜ −1 ⎟⎝ ⎠ = ⎜ − 3 2 ⎟0 4+1+1 1 ⎝ 1 ⎠ .2010 1Normalizzando si ha la base ortonormale u 1 = w 1 √6w 1 , u 2 = w 2⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛4⎞2 −1(d) P W (v) = 〈v,w 1〉〈w 1 ,w 1 〉 w 1 + 〈v,w 2〉〈w 2 ,w 2 〉 w 2 = 2 ⎜ −1 ⎟3 ⎝ ⎠ +14 ⎜ − 3 92 ⎟9 ⎝ 1 ⎠ = ⎜ ⎟⎝ ⎠ .20 1‖w 1 ‖ = 11−111‖w 2 ‖ = √ 2− 10 9 69 49⎞⎟⎠.3 w 2.

2(e) Equazioni cartesiane di W ⊥ si ottengono imponendo che il generico vettorev ∈ R 4 sia perpendicolare a v 1 e v 2 , quindi sono{〈v, v1 〉 =0〈v, v 2 〉 =0cioè{ 2x1 − x 2 + x 3 =0−2x 1 − x 2 + x 4 =0 .Esercizio 2. Sono date le matrici⎛A (3,2) = ⎝ 1 −2⎞0 1−1 1⎠ , B (2,3) =(2 1 0−1 0 2(a) Calcolare la matrice C = B · A.(b) Verificare se C è invertibile oppure no e, nel caso lo sia, calcolare la sua inversa.(c) Calcolare la matrice D = A · B.(d) Verificare se D è invertibile oppure no e, nel caso lo sia, calcolare la sua inversa.(e) Calcolare gli autovalori di D.(f) Dedurne se D è diagonalizzabile oppure no.( )2 −3.−3 4Soluzione(a) C (2,2) =(−4 −3(b) C è invertibile in quanto detC = −1 ≠ 0e risulta C −1 =⎛−3 −2(c) D (3,3) = ⎝ 4 1 −4⎞−1 0 2 ⎠.−3 −1 2(d) D non è invertibile in quanto detD =0.(e) L’equazione caratteristica di D è⎛det ⎝ 4 − λ 1 −4⎞−1 −λ 2 ⎠ = −λ(λ 2 − 6λ − 1) = 0−3 −1 2− λper cui gli autovalori di D sono λ =0eλ =3± √ 10.(f) D è diagonalizzabile in quanto ammette tre autovalori reali e distinti.( )1Esercizio 3. Nel piano è dato il punto P 0 .1(a) Scrivere l’equazione cartesiana della retta r passante per P 0 e di parametridirettori l =2,m = −1 e calcolare le coordinate dei punti A e B intersezioni di rcon gli assi x ed y rispettivamente.(b) Scrivere l’equazione cartesiana della retta s passante per l’origine O e perpendicolaread r.(c) Determinare su s il punto C di ascissa positiva e tale che il triangolo di verticiA, B, C abbia area 9.).).

(d) Scrivere l’equazione cartesiana della circonferenza circoscritta al triangolo ABC.(e) Verificare che P 0 appartiene alla curva C di equazioni parametriche{x = t 2 +2t +1y = t 2 − t +1e calcolare l’equazione cartesiana della retta tangente a C in P 0 .Soluzione( )x − 1 2(a) L’equazione cartesiana di r è det= 0cioè x +2y − 3 = 0 .y − 1 −1( ) ( )3 0Intersecando con gli assi coordinati si hanno i punti A e B 3 .02(b) L’equazione cartesiana di s è2x − y=0. ( )t(c) Un punto mobile su s ha coordinate . La condizione sull’area dà2t⎛12 |det ⎝ t 3 0⎞32t 0 ⎠2| = 9 cioè |9 − 15t| =361 1 1( )3da cui si ricavano i valori t=− 9 5 e t=3, pertanto il punto richiesto è C .6(d) Imponendo alla generica circonferenza di equazione x 2 + y 2 + ax + by + c =0di passare per i punti A, B, C si ha il sistema lineare39+3a + c =0,94 + 3 b + c =0, 9+36+3a +6b + c =02che ammette la sola soluzione a = − 21 4, b = −6 , c = 27 4. Perciò la circonferenzarichiesta ha equazione x 2 + y 2 − 21 4 x − 6y + 27 4 =0.(e) P 0 ∈Cin quanto corrisponde al valore t 0 = 0del parametro. Si ha x ′ (t) =2t +2,x ′ (t 0 )=2ey ( ′ (t) =2t −)1,y ′ (t 0 )=−1 e dunque la retta tangente in P 0 ax − 1 2C ha equazione det= 0cioè x +2y − 3=0.y − 1 −1Esercizio 4. Nello spazio sono date le rette⎧{ x − 2y + z − 1=0⎪⎨x =1+tr :ed s : y =2t .x + y − z =0 ⎪⎩z = −1+3t(a) Verificare che r ed s sono parallele.(b) Determinare l’equazione cartesiana del piano α che contiene r ed s.(c) Detti R ed S i punti di intersezione di r ed s con il piano π : x − y + z =0,calcolare il prodotto vettoriale −→ OR ∧ −→ OS.

4(d) Calcolare la distanza fra r ed s.Soluzione(a) Parametri direttori di r sono( )−2 1l = det=1, m = −det1 −1( )1 1=2,n= det1 −1( )1 −2=3.1 1Anche i parametri direttori di s valgono 1,2,3, quindi le due rette sono parallele.(b) Il piano α è il piano del fascio di asse r, di equazione ⎛ ⎞ x−2y+z−1+k(x+y−z) =0,e passante per un qualsiasi punto di s, p. es.e quindi α :3x − 3y + z − 2=0.⎝ 1 0 ⎠: questa condizione dà k = 1 2−1⎛⎞(c) Risolvendo il sistema formato dalle equazioni di r e π si ha il punto R ⎝ 0 −1 ⎠.−1Sostituendo le coordinate del punto generico ⎛ di ⎞s nell’equazione di π si ha 1 + t −2t − 1+3t = 0da cui si ricava t =0edS⎛−→OR ≡⎝ 0 −1−1⎞⎠ , −→ OS ≡⎛⎝ 1 0−1⎞⎠ e quindi −→ OR∧ −→⎝ 1 0 ⎠. Risulta poi−1⎛OS = det⎞⎝ i 0 1j −1 0 ⎠ = i−j+k.k −1 −2(d) La distanza fra r ed s è uguale alla distanza di un qualsiasi punto di r, peresempio R, das. Il piano β passante per R e perpendicolare ad s ha equazione1 · (x − 0)+2· (y +1)+3· (z + 1) = 0cioè x +2y +3z + 5 = 0. L’intersezione di β⎛con s dà il punto H ⎝1114− 614− 2314⎞⎠. Quindi d(r, s) =d(R, s) =RH = √ 26614 .Esercizio 5. Si consideri il sistema lineareA (n) X (n,1) = B (n,1)dove A è una matrice quadrata di ordine n ed X, B sono le colonne delle incognitee dei termini noti rispettivamente.(a) Enunciare e dimostrare il teorema di Cramer.(b) Enunciare e dimostrare la condizione necessaria e sufficiente affinché le righe diA siano linearmente dipendenti.Soluzione(a) Teorema di Cramer: se detA ≠ 0, il sistema ammette una ed una sola soluzione.Dimostrazione: La condizione detA ≠ 0equivale all’invertibilità diA. Detta A −1l’inversa di A, daAX = B si ha A −1 AX = A −1 B cioè X = A −1 B, ossia l’unicitàdella soluzione: se una soluzione esiste, deve essere necessariamente A −1 B. Che ineffetti A −1 B sia una soluzione è immediato, infatti sostituendo A −1 B ad X si haAA −1 B = B cioè l’identità B = B.(b) La condizione necessaria e sufficiente è che risulti detA = 0. Infatti la dipendenzalineare delle righe di A equivale a che il sistema lineare omogeneo t AX =0ammetta autosoluzioni, quindi a che det t A =detA =0.

Esercizio 6. Nel piano sono date le rette r : ax + by + c =0edr ′ : a ′ x + b ′ y + c ′ =0.(a) Scrivere e dimostrare le formule che danno i coseni direttori di r.(b) Scrivere e dimostrare la formula che dà il coseno dell’angolo ̂rr ′ .Soluzione(a) Parametri ( ) direttori di r sono l = b, m= −a, dunque un vettore direttore di rbè v ≡ . I coseni direttori di r sono i coseni degli angoli formati da r con gli−aassi x ed y rispettivamente, quindi sono le coordinate di un versore r = ± v‖v‖di r:bcos ̂xr = cos îr = 〈i, r〉 =−acos ŷr = cos ĵr = 〈j, r〉 =± √ a 2 + b 2± √ a 2 + b 2(il doppio segno dipende dalla scelta di un’orientazione su r).(b) Due rette formano quattro angoli a due a due uguali in quanto opposti al vertice.Presi i versori r ed r ′ sulle due rette si ha dunque5cos ̂rr ′ = cos ̂rr ′ = 〈r, r ′ 〉 =aa ′ + bb ′± √ (a 2 + b 2 )(a ′2 + b ′2 )(un segno corrisponde ad una coppia di angoli, l’altro alla coppia di angoli supplementari).