webmath2.unito.itwebmath2.unito.it/paginepersonali/sergio.console/Es-geom/...GEOMETRIA I Prova scritta del 15 aprile 2003 COGNOME :::::::::::::::::::::::::::::::::::: NOME :::::::::::::::::::::::::::::

GEOMETRIA IProva scritta del 15 aprile 2003

COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

MATRICOLA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Compito n. 1

Rispondere a ciascuna domanda (senza indicare lo svolgimento). Svolgere completamentegli esercizi 1, 2, e 3 nello spazio predisposto.

(a) (2 punti) La matrice A =(

2 41 1

)e diagonalizzabile?

SI* NO

(b) (2 punti) Una matrice e diagonalizzabile se e solo se ha tutti gli autovalori reali?SI NO*

(c) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare suriettiva. f manda un insieme digeneratori di V in una base di W?

SI NO*

(d) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare iniettiva. f e anche suriettiva?SI NO*

(e) (1 punto) La somma di due sottospazi e diretta se e solo se sono autospazi?SI NO*

(f) (1 punto) Per ogni f : R4 → R5 lineare, e vero che f non e suriettiva?SI* NO

1. (8 punti) Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita dalle condizioni:• f(2, 2,−3) = (0, 2, t),• f(2, 3,−3) = (−1, 0, 0),• (1, 1,−1) e un autovettore di f di autovalore 1.

a. Determinare la matrice A associata ad f rispetto alla base canonicab. Determinare i valori del parametro reale t per cui f non e invertibile, e per tali valori

determinare la dimensione del nucleo di f .c. Posto t = 1, determinare gli autovalori di f e dire se f e diagonalizzabile.

Sia B = {(2, 2,−3), (2, 3,−3), (1, 1,−1)}, e sia C la base canonica. Si verifica immedia-tamente che B e una base. Considerando il diagramma

R3B

f

M// R3

C

R3C

id P

OO

A

>>}}}}}}}}

si ha che A = M · P , dove

M =

0 −1 12 0 1t 0 −1

, P =

0 −1 −1−1 1 03 0 2

e P e l’inversa della matrice

2 2 12 3 1−3 −3 −1

. Moltiplicando si ottiene

A =

4 −1 23 −2 0−3 −t −t− 2

Si ha det(A) = −t − 2 e quindi l’unico valore per cui f non e invertibile e t = −2. Pertale valore la matrice ha rango 2 (le righe non sono tutte multiple della stessa) e quindidimker f = 1.

Posto t = 1, il polinomio caratteristico e: λ3 + λ2 − 5λ + 3, che ha una radice λ = 1.Dividendo con Ruffini si ottiene

λ3 + λ2 − 5λ + 3 = (λ− 1)(λ2 + 2λ− 3)

e trovando le radici del fattore di secondo grado si ottiene che gli autovalori sono 1 conmolteplicita 2 e −3 con molteplicita 1. La matrice

A− I =

3 −1 23 −3 0−3 −1 −4

ha rango 2 e quindi l’autospazio relativo all’autovalore 1 ha dimensione 1. Dunque f non ediagonalizzabile.

2. (8 punti) Nello spazio siano dati il punto C = (1, 2, 2) e la retta s : x = t, y = −t, z = t+1.Determinare:a. le equazioni della circonferenza σ di centro C e tangente alla retta s;b. il raggio della circonferenza σ1 di centro C e che stacca su s un segmento di lunghezza 2

a. La circonferenza σ e contenuta nel piano H passante per C e contenente la retta s, e nellasfera di centro C e raggio r uguale alla distanza fra C e s.Le equazioni cartesiane di s sono x + y = 0, x − z + 1 = 0 e il piano H appartiene alfascio di equazione

λ(x + y) + µ(x− z + 1) = 0

Imponendo il passaggio per C si ottiene λ = 0, µ = 1 e dunque l’equazione di H e:

x− z + 1 = 0

La distanza di C da s si puo calcolare con la formula a pag. 153 del libro di Sanini: sianoP1 = (1,−1, 2) e P2 = (0, 0, 1) i punti di s che si ottengono ponendo t = 1 e t = 0. Si ha:

d(C, s) =‖(C − P1) ∧ (P2 − P1)‖

‖(P2 − P1)‖ =‖(0, 3, 0) ∧ (−1, 1,−1)‖

‖(−1, 1,−1)‖

=‖(−3, 0, 3)‖‖(−1, 1,−1)‖ =

3√

2√3

=√

6

e dunque l’equazione della sfera e:

(x− 1)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 6

b. Il raggio r1 di σ1 e l’ipotenusa di un triangolo rettangolo che ha come cateti la distanzadel centro dalla retta e la meta del segmento staccato sulla retta. Dunque:

r1 =√

6 + 1 =√

7

3. (8 punti) Studiare la conica di equazione

2x2 + 4xy − y2 + 4x + 4y + 3 = 0

determinando in particolare il tipo di conica, l’equazione canonica, il centro e gli assi.Facoltativo (3 punti extra): determinare inoltre i vertici se si tratta di una ellisse oppure gliasintoti se si tratta di una iperbole.

La conica ha matrice A =

2 2 22 −1 22 2 3

ed ha invarianti D = −6, D33 = −6 e T = 1. E

dunque non degenere, ed e una iperbole.L’equazione canonica ha la forma Lx2 +My2 +N = 0 dove N = D/D33 = 1 e L, M sono

tali che LM = −6, L + M = 1. Risolvendo il sistema si ottiene L = −2, M = 3, e dunqueuna equazione canonica e:

2x2 − 3y2 = 1

Il centro si ottiene risolvendo il sistema dato dalle prime due righe della matrice A{ 2x + 2y = −2

2x− y = −2

ottenendo il centro C = (−1, 0).

Infine le direzioni degli assi sono gli autospazi della matrice A′ =[

2 22 −1

]. Gli autovalori

sono i valori L ed M trovati in precedenza e si trova che gli autospazi sono generati da (2, 1)e (1,−2). Alternativamente, si puo usare il metodo spiegato in Sanini, p. 130: le direzioni(l,m) degli assi si trovano risolvendo l’equazione

a12l2 + (a22 − a11)lm− a12m

2 = 0

e cioe, in questo caso, l2− 3lm− 2m2 = 0 che ha per soluzioni (2, 1) e (1,−2). Gli assi sonole rette con queste direzioni e passanti per il centro e dunque sono:

a1 : x− 2y + 1 = 0; a2 : 2x + y + 2 = 0

Le direzioni asintotiche di una iperbole sono date dalle soluzioni dell’equazione

a11l2 + 2a12lm + a22m

2 = 0

e cioe, in questo caso2l2 + 4lm−m2 = 0

che ha per soluzioni l/m = −1±√

62

. Gli asintoti passano per il centro ed hanno dunqueequazioni:

b1 : x +

(1−

√6

2

)y + 1 = 0; b2 : x +

(1 +

√6

2

)y + 1 = 0;


COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .




2 12 1


SI* NO

(b) (2 punti) Una matrice e diagonalizzabile se e solo se e simmetrica?SI NO*

(c) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare suriettiva. f manda una base di V in unabase di W?

SI NO*

(d) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare suriettiva. f e anche iniettiva?SI NO*

(e) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare. Se dim V = 3 e dim W = 2 e vero chedimker f = 1?

SI NO*

(f) (1 punto) Siano V e W due sottospazi di R7. E vero che la somma di V e W e semprediretta?

SI NO*

1. (8 punti) Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita dalle condizioni:• f(2, 2,−3) = (2, t, 0),• f(2, 3,−3) = (0, 0,−1),• (1, 1,−1) e un autovettore di f di autovalore 1.




R3B

f

M// R3

C

R3C

id P

OO

A

>>}}}}}}}}


M =

2 0 1t 0 10 −1 −1

, P =

0 −1 −1−1 1 03 0 2


2 2 12 3 1−3 −3 −1


A =

3 −2 03 −t 2− t−2 −1 −2

Si ha det(A) = 2 − t e quindi l’unico valore per cui f non e invertibile e t = 2. Pertale valore la matrice ha rango 2 (le righe non sono tutte multiple della stessa) e quindidimker f = 1.

Posto t = 1, il polinomio caratteristico e: λ3− 1, che ha una radice λ = 1. Dividendo conRuffini si ottiene

λ3 − 1 = (λ− 1)(λ2 + λ + 1)

e il fattore di secondo grado non ha radici reali. Dunque l’unico autovalore e 1 con molte-plicita 1 e pertanto f non e diagonalizzabile.

2. (8 punti) Nello spazio siano dati il punto C = (−1, 2, 3) e la retta s : x = t, y = t, z =−t + 2. Determinare:a. le equazioni della circonferenza σ di centro C e tangente alla retta s;b. il raggio della circonferenza σ1 di centro C e che stacca su s un segmento di lunghezza 2

a. La circonferenza σ e contenuta nel piano H passante per C e contenente la retta s, e nellasfera di centro C e raggio r uguale alla distanza fra C e s.Le equazioni cartesiane di s sono x − y = 0, x + z − 2 = 0 e il piano H appartiene alfascio di equazione

λ(x− y) + µ(x + z − 2) = 0


x + z − 2 = 0

La distanza di C da s si puo calcolare con la formula a pag. 153 del libro di Sanini: sianoP1 = (1, 1, 1) e P2 = (0, 0, 2) i punti di s che si ottengono ponendo t = 1 e t = 0. Si ha:

d(C, s) =‖(C − P1) ∧ (P2 − P1)‖

‖(P2 − P1)‖ =‖(−2, 1, 2) ∧ (−1,−1, 1)‖

‖(−1,−1, 1)‖

=‖(3, 0, 3)‖

‖(−1,−1, 1)‖ =3√

2√3

=√

6


(x + 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 6


r1 =√

6 + 1 =√

7


x2 + 4xy − 2y2 − 6x + 12y = 0



1 2 −32 −2 6−3 6 0

ed ha invarianti D = −6, D33 = −90 e

T = −1. E dunque non degenere, ed e una iperbole.L’equazione canonica ha la forma Lx2 + My2 + N = 0 dove N = D/D33 = 15 e L, M

sono tali che LM = −6, L + M = −1. Risolvendo il sistema si ottiene L = 2, M = −3, edunque una equazione canonica e:

2x2 − 3y2 + 15 = 0

Il centro si ottiene risolvendo il sistema dato dalle prime due righe della matrice A{

x + 2y − 3 = 02x− 2y + 6 = 0



1 22 −2

]. Gli autovalori


a12l2 + (a22 − a11)lm− a12m

2 = 0


a1 : x− 2y + 5 = 0; a2 : 2x + y = 0


a11l2 + 2a12lm + a22m

2 = 0

e cioe, in questo casol2 + 4lm− 2m2 = 0

che ha per soluzioni l/m = −2 ± √6. Gli asintoti passano per il centro ed hanno dunqueequazioni:

b1 : x +(2−

√6)

y −(3− 2

√6)

= 0; b2 : x +(2 +

√6)

y −(3 + 2

√6)

= 0;


COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .




1 2−5 1


SI NO*

(b) (2 punti) Una matrice e diagonalizzabile se e solo se ha tutti gli autovalori distinti?SI NO*

(c) (1 punto) Sia f : V → V una funzione lineare suriettiva. f manda una base di V in unabase di V ?

SI* NO

(d) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare suriettiva. E vero che dim V ≥ dim W?SI* NO

(e) (1 punto) La somma di due sottospazi e diretta se e solo se hanno la stessa dimensione?SI NO*

(f) (1 punto) Se f : R4 → R5 e lineare, e vero che f e sempre iniettiva?SI NO*

1. (8 punti) Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita dalle condizioni:• f(2, 2,−3) = (0, 1, 0),• f(2, 3,−3) = (t, 0, 2),• (1, 1,−1) e un autovettore di f di autovalore −1.




R3B

f

M// R3

C

R3C

id P

OO

A

>>}}}}}}}}


M =

0 t −11 0 −10 2 1

, P =

0 −1 −1−1 1 03 0 2


2 2 12 3 1−3 −3 −1


A =

−3− t t −2−3 −1 −31 2 2


Posto t = 4, il polinomio caratteristico e: λ3 + λ2 + 6λ + 11, che ha una radice λ = −1.Dividendo con Ruffini si ottiene

λ3 + λ2 + 6λ + 11 = (λ + 1)(λ2 + 5λ + 6)

e trovando le radici del fattore di secondo grado si ottiene che gli autovalori sono 1, −2 e −3,tutti con molteplicita 1. Poiche A ha tre autovalori distinti, la funzione f e diagonalizzabile.

2. (8 punti) Nello spazio siano dati il punto C = (1, 1, 2) e la retta s : x = t, y = t + 1, z =t + 2. Determinare:a. le equazioni della circonferenza σ di centro C e tangente alla retta s;b. il raggio della circonferenza σ1 di centro C e che stacca su s un segmento di lunghezza 2

a. La circonferenza σ e contenuta nel piano H passante per C e contenente la retta s, e nellasfera di centro C e raggio r uguale alla distanza fra C e s.Le equazioni cartesiane di s sono x− y + 1 = 0, x− z + 2 = 0 e il piano H appartiene alfascio di equazione

λ(x− y + 1) + µ(x− z + 2) = 0

Imponendo il passaggio per C si ottiene λ + µ = 0, cioe λ = 1, µ = −1 e dunquel’equazione di H e:

−y + z − 1 = 0


d(C, s) =‖(C − P1) ∧ (P2 − P1)‖

‖(P2 − P1)‖ =‖(0,−1,−1) ∧ (−1,−1,−1)‖

‖(−1,−1,−1)‖

=‖(0, 1,−1)‖‖(−1, 1,−1)‖ =

√2√3

=

√23


(x− 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 =23


r1 =

√23

+ 1 =

√53


2x2 + 2xy + 2y2 − 6x + 6y = 0



2 1 −31 2 3−3 3 0

ed ha invarianti D = −54, D33 = 3 e T = 4.

E dunque non degenere, ed e una ellisse.L’equazione canonica ha la forma Lx2 + My2 + N = 0 dove N = D/D33 = −18 e L, M

sono tali che LM = 3, L + M = 4. Risolvendo il sistema si ottiene L = 3, M = 1, e dunqueuna equazione canonica e:

3x2 + y2 = 18

Il centro si ottiene risolvendo il sistema dato dalle prime due righe della matrice A{ 2x + y = −3

x + 2y = 3

ottenendo il centro C = (3,−3).


2 11 2

]. Gli autovalori


a12l2 + (a22 − a11)lm− a12m

2 = 0

e cioe, in questo caso, l2−m2 = 0 che ha per soluzioni (1, 1) e (1,−1). Gli assi sono le rettecon queste direzioni e passanti per il centro e dunque sono:

a1 : x− y − 6 = 0; a2 : x + y = 0

I vertici di una ellisse sono le intersezioni dell’ellisse con gli assi. Per l’asse a1 si hay = x − 6 e sostituendo nell’equazione dell’ellisse si ha 6x2 − 36x + 36 = 0, che soluzionix = 3 +

√3, x = 3−√3. Dunque i primi due vertici sono

v1 = (3 +√

3,−3 +√

3), v2 = (3−√

3,−3−√

3)

Per l’asse a2 si ha y = −x e sostituendo nell’equazione dell’ellisse si ha 2x2 − 12x = 0, chesoluzioni x = 0, x = 6. Dunque gli altri due vertici sono

v3 = (0, 0), v4 = (6,−6)


COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .




1 23 4


SI* NO

(b) (2 punti) Una matrice e diagonalizzabile se e solo se ha almeno due autovalori reali?SI NO*

(c) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare. f e iniettiva se e solo se dim V ≤ dim W?SI NO*

(d) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare suriettiva. f manda una base di V in unsistema di generatori di W?

SI* NO

(e) (1 punto) Sia f : V → V una funzione lineare. La somma di ker f e Im f e sempre diretta?SI NO*

(f) (1 punto) Per ogni f : R7 → R5 lineare, e vero che f non e iniettiva?SI* NO

1. (8 punti) Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita dalle condizioni:• f(2, 2,−3) = (0,−1, 0),• f(2, 3,−3) = (−2, 0, t),• (1, 1,−1) e un autovettore di f di autovalore -1.




R3B

f

M// R3

C

R3C

id P

OO

A

>>}}}}}}}}


M =

0 −2 −1−1 0 −10 t 1

, P =

0 −1 −1−1 1 03 0 2


2 2 12 3 1−3 −3 −1


A =

−1 −2 −2−3 1 −1

3− t t 2

Si ha det(A) = t − 2 e quindi l’unico valore per cui f non e invertibile e t = 2. Pertale valore la matrice ha rango 2 (le righe non sono tutte multiple della stessa) e quindidimker f = 1.

Posto t = 6, il polinomio caratteristico e: λ3 − 2λ2 − 7λ− 4, che ha una radice λ = −1.Dividendo con Ruffini si ottiene

λ3 − 2λ2 − 7λ− 4 = (λ + 1)(λ2 − 3λ− 4)

e trovando le radici del fattore di secondo grado si ottiene che gli autovalori sono −1 conmolteplicita 2 e 4 con molteplicita 1. La matrice

A + I =

0 −2 −2−3 2 −1−3 6 3

ha rango 2 e quindi l’autospazio relativo all’autovalore 1 ha dimensione 1. Dunque f non ediagonalizzabile.

2. (8 punti) Nello spazio siano dati il punto C = (1, 1, 1) e la retta s : x = t, y = t + 2, z =t + 1. Determinare:a. le equazioni della circonferenza σ di centro C e tangente alla retta s;b. il raggio della circonferenza σ1 di centro C e che stacca su s un segmento di lunghezza 2

a. La circonferenza σ e contenuta nel piano H passante per C e contenente la retta s, e nellasfera di centro C e raggio r uguale alla distanza fra C e s.Le equazioni cartesiane di s sono x− y + 2 = 0, x− z + 1 = 0 e il piano H appartiene alfascio di equazione

λ(x− y + 2) + µ(x− z + 1) = 0

Imponendo il passaggio per C si ottiene 2λ + µ = 0, e quindi λ = 1, µ = −2, e dunquel’equazione di H e:

−x− y + 2z = 0


d(C, s) =‖(C − P1) ∧ (P2 − P1)‖

‖(P2 − P1)‖ =‖(0,−2,−1) ∧ (−1,−1,−1)‖

‖(−1,−1,−1)‖

=‖(1, 1,−2)‖‖(−1, 1,−1)‖ =

√6√3

=√

2


(x− 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 2


r1 =√

2 + 1 =√

3


x2 + 6xy + y2 − 4x + 4y = 0



1 3 −23 1 2−2 2 0

ed ha invarianti D = −32, D33 = −8 e T = 2.

E dunque non degenere, ed e una iperbole.L’equazione canonica ha la forma Lx2 +My2 +N = 0 dove N = D/D33 = 4 e L, M sono

tali che LM = −8, L + M = 2. Risolvendo il sistema si ottiene L = 4, M = −2, e dunqueuna equazione canonica e:

4x2 − 2y2 + 4 = 0

Il centro si ottiene risolvendo il sistema dato dalle prime due righe della matrice A{

x + 3y − 2 = 03x + y + 2 = 0



1 33 1

]. Gli autovalori


a12l2 + (a22 − a11)lm− a12m

2 = 0

e cioe, in questo caso, 3l2 − 3m2 = 0 che ha per soluzioni (1, 1) e (1,−1). Gli assi sono lerette con queste direzioni e passanti per il centro e dunque sono:

a1 : x− y + 2 = 0; a2 : x + y = 0


a11l2 + 2a12lm + a22m

2 = 0

e cioe, in questo casol2 + 6lm + m2 = 0

che ha per soluzioni l/m = −3± 2√

2. Gli asintoti passano per il centro ed hanno dunqueequazioni:

b1 : x + (3− 2√

2)y − (2− 2√

2) = 0; b2 : x + (3 + 2√

2)y − (2 + 2√

2) = 0;


COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .




1 11 1


SI* NO

(b) (2 punti) Una matrice e diagonalizzabile se ha tutti gli autovalori distinti?SI* NO

(c) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare iniettiva. f manda un insieme di generatoridi V in una base di W?

SI NO*

(d) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare iniettiva. E vero che dim V ≤ dim W?SI* NO

(e) (1 punto) La somma di due sottospazi V e W e diretta se e solo dim V + dim W =dim(V + W )?

SI* NO

(f) (1 punto) Sia f : R4 → R5 lineare. E vero che f e sempre iniettiva?SI NO*

1. (8 punti) Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita dalle condizioni:• f(2, 2,−3) = (0,−1, 0),• f(2, 3,−3) = (3, 0, t),• (1, 1,−1) e un autovettore di f di autovalore 1.




R3B

f

M// R3

C

R3C

id P

OO

A

>>}}}}}}}}


M =

0 3 1−1 0 10 t −1

, P =

0 −1 −1−1 1 03 0 2


2 2 12 3 1−3 −3 −1


A =

0 3 23 1 3

−t− 3 t −2


Posto t = 5, il polinomio caratteristico e: λ3 + λ2 − 10λ + 8, che ha una radice λ = 1.Dividendo con Ruffini si ottiene

λ3 + λ2 − 10λ + 8 = (λ− 1)(λ2 + 2λ− 8)

e trovando le radici del fattore di secondo grado si ottiene che gli autovalori sono 1, 2 e −4,tutti con molteplicita 1. Dunque f e diagonalizzabile.

2. (8 punti) Nello spazio siano dati il punto C = (1, 2, 1) e la retta s : x = t, y = −t + 1, z =t + 1. Determinare:a. le equazioni della circonferenza σ di centro C e tangente alla retta s;b. il raggio della circonferenza σ1 di centro C e che stacca su s un segmento di lunghezza 2

a. La circonferenza σ e contenuta nel piano H passante per C e contenente la retta s, e nellasfera di centro C e raggio r uguale alla distanza fra C e s.Le equazioni cartesiane di s sono x + y − 1 = 0, x− z + 1 = 0 e il piano H appartiene alfascio di equazione

λ(x + y − 1) + µ(x− z + 1) = 0

Imponendo il passaggio per C si ottiene 2λ+µ = 0, e dunque λ = 1, µ = −2. L’equazionedi H allora e:

−x + y + 2z − 3 = 0


d(C, s) =‖(C − P1) ∧ (P2 − P1)‖

‖(P2 − P1)‖ =‖(0, 2,−1) ∧ (−1, 1,−1)‖

‖(−1, 1,−1)‖

=‖(−1, 1, 2)‖‖(−1, 1,−1)‖ =

√6√3

=√

2


(x− 1)2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 = 2


r1 =√

2 + 1 =√

3


2x2 + 2xy + 2y2 − 4x + 4y = 0



2 1 −21 2 2−2 2 0

ed ha invarianti D = −24, D33 = 3 e T = 4.

E dunque non degenere, ed e una ellisse.L’equazione canonica ha la forma Lx2 + My2 + N = 0 dove N = D/D33 = −8 e L, M


3x2 + y2 = 8

Il centro si ottiene risolvendo il sistema dato dalle prime due righe della matrice A{ 2x + y − 2 = 0

x + 2y + 2 = 0

ottenendo il centro C = (2,−2).


2 11 2

]. Gli autovalori


a12l2 + (a22 − a11)lm− a12m

2 = 0

e cioe, in questo caso, l2−m2 = 0 che ha per soluzioni (1, 1) e (1,−1). Gli assi sono le rettecon queste direzioni e passanti per il centro e dunque sono:

a1 : x− y − 4 = 0; a2 : x + y = 0

I vertici di una ellisse sono le intersezioni dell’ellisse con gli assi. Per l’asse a1 si hay = x − 4 e sostituendo nell’equazione dell’ellisse si ha 6x2 − 24x + 16 = 0, che soluzioni

x = 2 +23√

3, x = 2− 23√

3. Dunque i primi due vertici sono

v1 = (2 +23

√3,−2 +

23

√3), v2 = (2− 2

3

√3,−2− 2

3

√3)

Per l’asse a2 si ha y = −x e sostituendo nell’equazione dell’ellisse si ha 2x2 − 8x = 0, chesoluzioni x = 0, x = 4. Dunque gli altri due vertici sono

v3 = (0, 0), v4 = (4,−4)


COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .




1 32 1


SI* NO

(b) (2 punti) Una matrice diagonalizzabile e sempre invertibile?SI NO*

(c) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare iniettiva. f manda una base V in unabase di W?

SI NO*

(d) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare suriettiva. Allora dimV > dim W .SI NO*

(e) (1 punto) Siano S e T due sottospazi di V . Se la somma di S e T e diretta, alloraS + T = V

SI NO*


1. (8 punti) Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita dalle condizioni:• f(1, 1, 1) = (t, t, 1),• f(1, 1, 0) = (1, 2, 1),• f(1, 0, 0) e un autovettore di f di autovalore −2.



Sia B = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}, e sia C la base canonica. Si verifica immediatamenteche B e una base. Considerando il diagramma

R3B

f

M// R3

C

R3C

id P

OO

A

>>}}}}}}}}


M =

t 1 −2t 2 01 1 0

, P =

0 0 10 1 −11 −1 0


1 1 11 1 01 0 01


A =

−2 3 t− 10 2 t− 20 1 0

Si ha det(A) = −2t + 4 e quindi l’unico valore per cui f non e invertibile e t = 2. Pertale valore la matrice ha rango 2 (le righe non sono tutte multiple della stessa) e quindidimker f = 1.

Posto t = 5, il polinomio caratteristico e: λ3 − 7λ − 6, che ha una radice λ = −2.Dividendo con Ruffini si ottiene

λ3 + λ2 − 5λ + 3 = (λ + 2)(λ2 − 2λ− 3)

e trovando le radici del fattore di secondo grado si ottiene che gli autovalori sono −1, −2e 3, tutti con molteplicita 1. Dunque f ha autovalori distinti ed e diagonalizzabile.

2. (8 punti) Nello spazio si considerino la retta r di equazioni x− y − 2 = 0, y + z = 0 e ilpiano H di equazione 2x− y +2z = 0. Determinare l’equazione delle sfere di raggio 1 aventiil centro sulla retta r e tangenti al piano H.

a. La circonferenza σ e contenuta nel piano H passante per C e contenente la retta s, e nellasfera di centro C e raggio r uguale alla distanza fra C e s.Le equazioni cartesiane di s sono x + y = 0, x − z + 1 = 0 e il piano H appartiene alfascio di equazione

λ(x + y) + µ(x− z + 1) = 0


x− z + 1 = 0

La distanza di C da s si puo calcolare con la formula a pag. 153 del libro di Sanini: sianoP1 = (1,−1, 2) e P2 = (0, 0, 1) i punti di s che si ottengono ponendo t = 1 e t = 0. Si ha:

d(C, s) =‖(C − P1) ∧ (P2 − P1)‖

‖(P2 − P1)‖ =‖(0, 3, 0) ∧ (−1, 1,−1)‖

‖(−1, 1,−1)‖

=‖(−3, 0, 3)‖‖(−1, 1,−1)‖ =

3√

2√3

=√

6


(x− 1)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 6


r1 =√

6 + 1 =√

7


x2 − 4xy + y2 − 4x + 4y = 0



2 2 22 −1 22 2 3

ed ha invarianti D = −6, D33 = −6 e T = 1. E

dunque non degenere, ed e una iperbole.L’equazione canonica ha la forma Lx2 +My2 +N = 0 dove N = D/D33 = 1 e L, M sono

tali che LM = −6, L + M = 1. Risolvendo il sistema si ottiene L = −2, M = 3, e dunqueuna equazione canonica e:

2x2 − 3y2 = 1

Il centro si ottiene risolvendo il sistema dato dalle prime due righe della matrice A{ 2x + 2y = −2

2x− y = −2



2 22 −1

]. Gli autovalori


a12l2 + (a22 − a11)lm− a12m

2 = 0


a1 : x− 2y + 1 = 0; a2 : 2x + y + 2 = 0


a11l2 + 2a12lm + a22m

2 = 0

e cioe, in questo caso2l2 + 4lm−m2 = 0

che ha per soluzioni l/m = −1±√

62

. Gli asintoti passano per il centro ed hanno dunqueequazioni:

b1 : x +

(1−

√6

2

)y + 1 = 0; b2 : x +

(1 +

√6

2

)y + 1 = 0;

GEOMETRIA IProva scritta del 27 giugno 2003

COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .




0 11 0

)e ortogonale?

SI* NO

(b) (2 punti) Una matrice quadrata di ordine n ≥ 2 che ha n autovalori (contati con la loromolteplicita algebrica) e sempre diagonalizzabile?

SI NO*

(c) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare. f manda sempre una base di V in unabase di W?

SI NO*

(d) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare. f manda sempre un insieme di generatoridi V in un insieme di generatori dell’immagine f(V )?

SI* NO

(e) (1 punto) La somma di tre autospazi e sempre diretta?SI* NO

(f) (1 punto) Sia f : V → V una funzione lineare. ker f e un autospazio?SI* NO

1. (8 punti) Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita dalle condizioni:• (1, 1, 3) e un autovettore di f di autovalore t, (t ∈ R)• (0, 1, 1) e un autovettore di f di autovalore −1,• (−1, 1, 0) e un autovettore di f di autovalore 2.

a. Determinare la matrice A associata ad f rispetto alla base canonica.b. Verificare che il determinante di A vale −2t e spiegare come si puo ottenere questo valore

senza calcolare la matrice A.c. Determinare per quali valori di t ∈ R f e diagonalizzabile.

Sia B = {(1, 1, 3), (0, 1, 1), (−1, 1, 0)}, e sia C la base canonica. Si verifica immediata-mente che B e una base. Considerando il diagramma

R3B

f

M// R3

C

R3C

id P

OOf

A

>>}}}}}}}}


M =

t 0 −2t −1 23t −1 0

, P =

−1 −1 13 3 −2−2 −1 1


1 0 −11 1 13 1 0


A =

−t + 4 −t + 2 t− 2−t− 7 −t− 5 t + 4−3t− 3 −3t− 3 3t + 2

La funzione f ha tre autovalori reali, t, −1 e 2. La matrice A rappresenta f nella basecanonica, ed ha quindi gli stessi autovalori. Poiche il determinante di una matrice e il terminenoto del polinomio caratteristico ed e quindi il prodotto delle radici, e cioe degli autovalori,si ha subito che det(A) = −2t, anche senza calcolare A.

La base B e per definizione una base di autovettori di f , che e quindi sempre diagonaliz-zabile.

2. (8 punti) Nello spazio siano dati il punto A = (1,−1, 0), il piano α : x + y − 2z = 0, e ilpiano β : 2x − y − z + 3 = 0. Determinare le equazioni delle sfere tangenti al piano α nelpunto A, e tangenti al piano β.

Le sfere tangenti ad α in A hanno il centro sulla retta s passante per A e perpendicolareal piano α. La retta s ha equazioni parametriche x = 1 + t, y = −1 + t, z = −2t, e dunquele coordinate del centro sono C = (1 + t,−1 + 2,−2t).

Poiche la distanza d(C, α) =√

6|t| = raggio della sfera, le sfere tangenti ad α in A hannoequazione

(x− (1 + t))2 + (y − (−1 + t))2 + z − (−2t))2 = 6t2

Per essere tangente a β una tale sfera deve avere il raggio pari alla distanze fra C e β,che e

d(C, β) =|3t + 6|√

6

e risolvendo l’equazione d(C,α) = d(C, β), si hanno le due soluzioni

t = 2,−23

Le sfere dunque hanno equazione

(x− 3)2 + (y − 1)2 + (z + 4)2 = 24

e (x− 1

3

)2

+(

y +53

)2

+(

z − 43

)2

=83

3. (8 punti) Scrivere l’equazione dell’ellisse avente fuochi nei punti F1 = (2, 1) e F2 = (1,−2)e passante per l’origine.Facoltativo (3 punti extra): determinare centro e equazioni degli assi dell’ellisse.

Un ellisse e il luogo dei punti P per cui la somma delle distanze dai fuochi F1 e F2 ecostante. Se indichiamo con P = (x, y) le coordinate del generico punto del piano, l’ellissecercata avra equazione:

√(x− 2)2 + (y − 1)2 +

√(x− 1)2 + (y + 2)2 = k

dove k e una costante da determinare. Poiche l’origine O = (0, 0) appartiene all’ellisse, siavra

k = d(O, F1) + d(O, F2) =√

22 + 12 +√

12 + 22 = 2√

5

Allora l’equazione e

√(x− 2)2 + (y − 1)2 +

√(x− 1)2 + (y + 2)2 = 2

√5;

isolando un radicale ed elevando al quadrato si ha

(x− 2)2 + (y − 1)2 = (x− 1)2 + (y + 2)2 + 20− 4√

5√

(x− 1)2 + (y + 2)2

e semplificandox + 3y + 10 = 2

√5√

(x− 1)2 + (y + 2)2

ed elevando ancora al quadrato

x2 + 9y2 + 100 + 6xy + 20x + 60y = 20(x2 − 2x + 1 + y2 + 4y + 4)

da cui, semplificando, si ottiene finalmente

19x2 + 11y2 − 6xy − 60x + 20y = 0

Il centro C e il punto medio fra i fuochi e percio C =(

32,−1

2

).

Un asse e la retta per i due fuochi, che ha quindi equazione 3x− y− 5 = 0, mentre l’altroasse e perpendicolare al primo e passa per il centro, ed ha quindi equazione x + 3y = 0

GEOMETRIA IProva scritta del 14 luglio 2003

COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .




1 22 4


SI* NO

(b) (2 punti) Una matrice quadrata reale di ordine n ≥ 2 e invertibile se e solo se il suodeterminante e positivo?

SI NO*

(c) (1 punto) Sia V lo spazio vettoriale dei vettori ordinari, e sia w un vettore fissato. Lafunzione f : V → V data da f(v) = v ∧w e suriettiva?

SI NO*

(d) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare che manda una base di V in una basedi W . Allora deve essere dim V = dim W?

SI* NO

(e) (1 punto) Sia f : V → V una funzione lineare. Im f e un autospazio?SI NO*

(f) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare iniettiva. f manda sempre una base di Vin una base di W?

SI NO*

1. (8 punti) Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare la cui matrice, rispetto alla base canonicae:

A =

2 1 −2−1 + t t 1− t

1 1 −1

dove t e un parametro reale.

a. Calcolare gli autovalori della matrice A, al variare di t.b. Determinare per quali valori di t ∈ R f e diagonalizzabile.c. Posto t = 1 determinare gli autovettori di f .

Soluzione.a. Il polinomio caratteristico della matrice A e

detA =

2− λ 1 −2−1 + t t− λ 1− t

1 1 −1− λ

= −λ3 + (t + 1)λ2 − tλ = −λ(λ2 − (t + 1)λ + t)

che ha radici λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = t.b. Per t 6= 0, 1 la matrice ha tre autovalori distinti ed e percio diagonalizzabile. Dobbiamo

analizzare separatamente i casi t = 0 e t = 1. Per t = 0 si ha

A =

2 1 −2−1 0 11 1 −1

che ha rango 2, e quindi il nucleo (e cioe l’autospazio dell’autovalore 0) ha dimensione 1.Quindi per t = 0 la matrice NON E DIAGONALIZZABILE.Per t = 1 si ha

A− I =

2 1 −20 1 01 1 −1

−

1 0 00 1 00 0 1

=

1 1 −20 0 01 1 −2

che ha rango 1, e quindi il nucleo (e cioe l’autospazio dell’autovalore 1) ha dimensione 2.Quindi per t = 1 la matrice E DIAGONALIZZABILE.

c. Per t = 1 la matrice e

A =

2 1 −20 1 01 1 −1

ed ha autovalori λ1 = 0 con molteplicita 1 e λ2 = 1 con molteplicita 2. Risolvendo isistemi lineari opportuni si ottiene

V0 = {(s, 0, s) | s ∈ R}e

V1 = {(−s + 2u, s, u) | s, u ∈ R}

2. (8 punti) Nello spazio siano date le rette r : x = y = z ed s : x = −t, y = 1− t, z = −t.a. Calcolare la distanza fra s ed r.b. Determinare una circonferenza giacente sul piano individuato da r ed s, tangente alla

retta r nell’origine e avente centro sulla retta s

Soluzione.a. Le rette sono parallele, in quanto entrambe hanno direzione v = (1, 1, 1). Allora il piano

di equazione x + y + z = 0 e perpendicolare ad entrambe le rette, ed incontra la retta rnel punto O = (0, 0, 0) e la retta s nel punto A = (−1/3, 2/3,−1/3). La distanza fra lerette e allora la distanza fra i punti O ed A ed e

d(O, A) =√

(−1/3)2 + (2/3)2 + (−1/3)2 =√

6/9 =√

63

b. Poiche la circonferenza e tangente ad r in O, il centro deve essere sul piano perpendicolarea r passante per O. Inoltre il centro deve essere su s. Ma allora il centro e proprio ilpunto A trovato in precedenza, ed il raggio della circonferenza e la distanza fra il centro A

e la retta r, e cioe√

63

.Possiamo dunque scrivere la circonferenza come intersezione del piano su cui giacciono le

rette, che e x = z e la sfera di centro A e raggio√

63

, che e

(x +

13

)2

+(

y − 23

)2

+(

z +13

)2

=23


5x2 − 12xy − 2x + 4y + 1 = 0


Soluzione.


5 −6 −1−6 0 2−1 2 1

ed ha invarianti D = −32, D33 = −36 e

T = 5. E dunque non degenere, ed e una iperbole.L’equazione canonica ha la forma Lx2 + My2 + N = 0 dove N = D/D33 = 8/9 e L, M

sono tali che LM = −36, L + M = 5. Risolvendo il sistema si ottiene L = 9, M = −4, edunque una equazione canonica e:

9x2 − 4y2 + 8/9 = 0

Il centro si ottiene risolvendo il sistema dato dalle prime due righe della matrice A{ 5x− 6y = 1

−6x = −2

ottenendo il centro C = (1/3, 1/9).


5 −6−6 0

]. Gli auto-

valori sono i valori L ed M trovati in precedenza e si trova che gli autospazi sono generatida (−3, 2) e (2, 3). Alternativamente, si puo usare il metodo spiegato in Sanini, p. 130: ledirezioni (l,m) degli assi si trovano risolvendo l’equazione

a12l2 + (a22 − a11)lm− a12m

2 = 0

e cioe, in questo caso, −6l2 − 5lm + 6m2 = 0 che ha per soluzioni (−3, 2) e (2, 3). Gli assisono le rette con queste direzioni e passanti per il centro e dunque sono:

a1 : 2x + 3y − 1 = 0; a2 : 3x− 2y − 7/9 = 0


a11l2 + 2a12lm + a22m

2 = 0

e cioe, in questo caso5l2 − 12lm = 0

che ha per soluzioni l = 0,m = 1 e l = 12,m = 5. Gli asintoti passano per il centro edhanno dunque equazioni:

b1 : 3x− 1 = 0; b2 : 15x− 36y − 1 = 0;

GEOMETRIA IProva scritta del 14 luglio 2003

COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .




3 10 3


SI NO*

(b) (2 punti) Una matrice quadrata reale di ordine n ≥ 2 e invertibile se e solo se il determinatee diverso da zero?

* SI NO

(c) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare iniettiva. f manda sempre una base di Vin una base di W?

SI NO*

(d) (1 punto) Sia V lo spazio vettoriale dei vettori ordinari, e sia w un vettore fissato. Lafunzione f : V → V data da f(v) = v ∧w e iniettiva?

SI NO*

(e) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare che manda una base di V in una basedi W . Allora deve essere dim V = dim W?

SI* NO

(f) (1 punto) Sia f : V → V una funzione lineare. Im f e un autospazio?SI NO*

1. (8 punti) Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare la cui matrice, rispetto alla base canonicae:

A =

3 1 −3−2 + t t 2− t

1 1 −1

dove t e un parametro reale.

a. Calcolare gli autovalori della matrice A, al variare di t.b. Determinare per quali valori di t ∈ R f e diagonalizzabile.c. Posto t = 2 determinare gli autovettori di f .

Soluzione.a. Il polinomio caratteristico della matrice A e

detA =

3− λ 1 −3−2 + t t− λ 2− t

1 1 −1− λ

= −λ3 + (t + 2)λ2 − 2tλ = −λ(λ2 − (t + 2)λ + 2t)

che ha radici λ1 = 0, λ2 = 2, λ3 = t.b. Per t 6= 0, 2 la matrice ha tre autovalori distinti ed e percio diagonalizzabile. Dobbiamo

analizzare separatamente i casi t = 0 e t = 2. Per t = 0 si ha

A =

3 1 −3−2 0 21 1 −1

che ha rango 2, e quindi il nucleo (e cioe l’autospazio dell’autovalore 0) ha dimensione 1.Quindi per t = 0 la matrice NON E DIAGONALIZZABILE.Per t = 2 si ha

A− 2I =

3 1 −30 2 01 1 −1

−

2 0 00 2 00 0 2

=

1 1 −30 0 01 1 −3

che ha rango 1, e quindi il nucleo (e cioe l’autospazio dell’autovalore 2) ha dimensione 2.Quindi per t = 2 la matrice E DIAGONALIZZABILE.

c. Per t = 2 la matrice e

A =

3 1 −30 2 01 1 −1

ed ha autovalori λ1 = 0 con molteplicita 1 e λ2 = 2 con molteplicita 2. Risolvendo isistemi lineari opportuni si ottiene

V0 = {(s, 0, s) | s ∈ R}e

V2 = {(−s + 3u, s, u) | s, u ∈ R}

2. (8 punti) Nello spazio siano date le rette r : x = y = z ed s : x = 1− t, y = −t, z = −t.a. Calcolare la distanza fra s ed r.b. Determinare una circonferenza giacente sul piano individuato da r ed s, tangente alla

retta r nell’origine e avente centro sulla retta s

Soluzione.a. Le rette sono parallele, in quanto entrambe hanno direzione v = (1, 1, 1). Allora il piano

di equazione x + y + z = 0 e perpendicolare ad entrambe le rette, ed incontra la retta rnel punto O = (0, 0, 0) e la retta s nel punto A = (2/3,−1/3,−1/3). La distanza fra lerette e allora la distanza fra i punti O ed A ed e

d(O, A) =√

(2/3)2 + (−1/3)2 + (−1/3)2 =√

6/9 =√

63

b. Poiche la circonferenza e tangente ad r in O, il centro deve essere sul piano perpendicolarea r passante per O. Inoltre il centro deve essere su s. Ma allora il centro e proprio ilpunto A trovato in precedenza, ed il raggio della circonferenza e la distanza fra il centro A

e la retta r, e cioe√

63

.Possiamo dunque scrivere la circonferenza come intersezione del piano su cui giacciono le

rette, che e x = z e la sfera di centro A e raggio√

63

, che e

(x− 2

3

)2

+(

y +13

)2

+(

z +13

)2

=23


10x2 + 6xy + 2y2 + 2x + 2y = 0

determinando in particolare il tipo di conica, l’equazione canonica, il centro e le equazionidegli assi.Facoltativo (3 punti extra): determinare inoltre le lunghezze degli assi se si tratta di unaellisse oppure gli asintoti se si tratta di una iperbole.


10 3 13 2 11 1 0

ed ha invarianti D = −6, D33 = 11 e T = 12. E

dunque non degenere, ed e una ellisse.L’equazione canonica ha la forma Lx2 + My2 + N = 0 dove N = D/D33 = −6/11 e L,

M sono tali che LM = 11, L + M = 12. Risolvendo il sistema si ottiene L = 11, M = 1, edunque una equazione canonica e:

11x2 + y2 = 6/11

Il centro si ottiene risolvendo il sistema dato dalle prime due righe della matrice A{ 10x + 3y = −13x + 2y = −1

ottenendo il centro C = (1/11,−7/11).


10 33 2

]. Gli autovalori

sono i valori L ed M trovati in precedenza e si trova che gli autospazi sono generati da (1,−3)e (3, 1). Alternativamente, si puo usare il metodo spiegato in Sanini, p. 130: le direzioni(l,m) degli assi si trovano risolvendo l’equazione

a12l2 + (a22 − a11)lm− a12m

2 = 0

e cioe, in questo caso, 3l2 − 8lm − 3m2 = 0 che ha per soluzioni (1,−3) e (3, 1). Gli assisono le rette con queste direzioni e passanti per il centro e dunque sono:

a1 : 33x + 11y + 4 = 0; a2 : x− 3y − 2 = 0

Per determinare le lunghezze degli assi, basta scrivere l’ellisse nella formax2

a2+

y2

b2= 1

perche a e b sono le lunghezze dei semiassi. In questo caso l’equazione ex2

(6/121)+

y2

(6/11)= 1

Dunque le lunghezze degli assi sono:

2a =211

√6, 2b =

2√

6√11

=211

√66

GEOMETRIA IProva scritta del 4 settembre 2003

COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .




1 32 1


SI* NO

(b) (2 punti) Una matrice diagonalizzabile e sempre invertibile?SI NO*

(c) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare iniettiva. f manda una base V in unabase di W?

SI NO*

(d) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare suriettiva. Allora dimV > dim W .SI NO*

(e) (1 punto) Siano S e T due sottospazi di V . Se la somma di S e T e diretta, alloraS + T = V

SI NO*


1. (8 punti) Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita dalle condizioni:• f(1, 1, 1) = (t, t, 1),• f(1, 1, 0) = (1, 2, 1),• f(1, 0, 0) e un autovettore di f di autovalore −2.




R3B

f

M// R3

C

R3C

id P

OO

A

>>}}}}}}}}


M =

t 1 −2t 2 01 1 0

, P =

0 0 10 1 −11 −1 0


1 1 11 1 01 0 01


A =

−2 3 t− 10 2 t− 20 1 0

Si ha det(A) = −2t + 4 e quindi l’unico valore per cui f non e invertibile e t = 2. Pertale valore la matrice ha rango 2 (le righe non sono tutte multiple della stessa) e quindidimker f = 1.

Posto t = 5, il polinomio caratteristico e: λ3 − 7λ − 6, che ha una radice λ = −2.Dividendo con Ruffini si ottiene

λ3 + λ2 − 5λ + 3 = (λ + 2)(λ2 − 2λ− 3)

e trovando le radici del fattore di secondo grado si ottiene che gli autovalori sono −1, −2e 3, tutti con molteplicita 1. Dunque f ha autovalori distinti ed e diagonalizzabile.

2. (8 punti) Scrivere l’equazione della sfera tangente all’asse x nel punto A = (1, 1, 0), etangente alla retta r : x = t, y = t− 2, z = t− 1 nel punto B = (3, 1, 2)

Le condizioni di tangenza dicono che il centro C della sfera appartiene al piano H1 pas-sante per A e perpendicolare all’asse x e al piano H2 passante per B e perpendicolare allaretta r4. Considerata inoltre la corda AB della sfera, il centro appartiene anche al piano H3

perpendicolare alla corda e passante per il suo punto medio.Si ha: H1 : x = 1, H2 : x + y + z − 6 = 0.Per determinare il piano H3, consideriamo il vettore u = B − A = (2, 0, 2), e il punto

medio M = (2, 1, 1). Il piano H3 passa per M ed e perpendicolare a u, e dunque H3 :x + z − 3 = 0. Risolvendo il sistema:

x = 1x + y + z = 6

x + z = 3

si ottiene che il centro e C = (1, 3, 2). Il raggio della sfera e la distanza fra C e il punto A

(che sta sulla sfera) e percio r = d(C, A) = 2√

2. L’equazione della sfera e

(x− 1)2 + (y − 3)2 + (z − 2)2 = 8

e cioex2 + y2 + z2 − 2x− 6x− 4z + 6 = 0

3. (8 punti) Scrivere l’equazione della conica avente il centro nel punto C = (1, 1), un verticenel punto V = (3, 1) e passante per l’origine.Facoltativo (3 punti extra): determinare il vertice opposto a V.

La conica e a centro, e cioe e un’ellisse oppure un’iperbole. I punti C e V stanno su unodegli assi. Poiche la retta CV ha equazione y = 1, e cioe e una retta orizzontale, l’altro assee la retta verticale passante per il centro, e cioe x = 1.

Inoltre, d(C, V ) = 2 e la lunghezza del semiasse orizzontale.Gli assi della conica sono paralleli agli assi del riferimanto e quindi nell’equazione manca

il termine in xy. Con una traslazione possiamo portare il centro nell’origine, basta porreX = x− 1, Y = y − 1. In questo sistema di coordinate la conica ha equazione

X2

4+ αY 2 = 1

dove il segno di α determina il tipo di conica (ellisse oppure iperbole). Nel nuovo sistema,l’origine O del vecchio sistema ha coordinate (−1,−1) e imponendo il passaggio per questopunto si ha:

14

+ α = 1

e cioeα =

34

e dunque la conica e un’ellisse. In coordinate X,Y l’equazione e

X2 + 3Y 2 = 4

e nel riferimento iniziale, in coordinate x, y l’equazione e

(x− 1)2 + 3(y − 1)2 = 4

e cioex2 + 3y2 − 2x− 6y = 0

Il vertice opposto a V si ottiene intersecando la conica con l’asse su cui sta V , che e y = 1.Si ottiene (x− 1)2 = 4 che ha le soluzioni x = 3 e x = −1. Dunque il vertice opposto a V eW = (−1, 1).

Si poteva ottenere lo stesso risultato osservando che W e il simmetrico di V rispetto alcentro C. In questo modo non c’e bisogno di conoscere l’equazione della conica.

GEOMETRIA IProva scritta del 16 settembre 2003

COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .




0 1−1 0

)e diagonalizzabile (a coefficienti reali)?

SI NO*

(b) (2 punti) Una matrice invertibile e sempre diagonalizzabile?SI NO*

(c) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare iniettiva. f manda un sistema di generatoridi V in un sistema di generatori di W?

SI NO*

(d) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare suriettiva. f manda un sistema digeneratori di V in un sistema di generatori di W?

SI* NO

(e) (1 punto) Siano S e T due sottospazi di V , tali che dim S = 2, dim T = 3. Se la sommadi S e T e diretta, allora dim(S + T ) = 6?

SI NO*

(f) (1 punto) Per ogni f : R4 → R4 lineare, e vero che f e suriettiva?SI NO*

1. (8 punti) Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita dalle condizioni:• f(1, 0, 0) = (1, t, 1),• f(1, 1, 0) = (t, 1, 0),• (1, 1, 1) e un autovettore di f di autovalore −1.




R3B

f

M// R3

C

R3C

id P

OO

A

>>}}}}}}}}


M =

1 t −1t 1 −11 0 −1

, P =

1 −1 00 1 −10 0 1


1 1 10 1 10 0 1


A =

1 −1 + t −1− tt −t + 1 −21 −1 −1

Si ha det(A) = t2 − t e quindi i valori per cui f non e invertibile sono t = 0, t = 1. Perentrambi i valori la matrice ha rango 2 (le righe non sono tutte multiple della stessa) e quindidimker f = 1.

Posto t = 0, il polinomio caratteristico e: λ3 − λ2 − 2λ, che ha una radice λ = 0.Raccogliendo si ottiene

λ3 − λ2 − 2λ = λ(λ2 − λ− 2)

e trovando le radici del fattore di secondo grado si ottiene che gli autovalori sono 0, 2 e −1,tutti con molteplicita 1. Dunque f ha autovalori distinti ed e diagonalizzabile.

2. (8 punti) Siano date le sfere

S1 : x2 + y2 + z2 − 2x− 2y − 2z − 6 = 0

S2 : x2 + y2 + z2 − 2x− 4z + 1 = 0

a. dimostrare che le due sfere si intersecano in una circonferenza (e cioe che non sono neesterne, ne una dentro l’altra)

b. determinare il piano su cui giace la circonferenza intersezione, il suo centro e il suo raggio.

Dalle equazioni delle sfere si ha subito che la sfera S1 ha centro C1 = (1, 1, 1) e raggio r1 =3, mentre S2 ha centro C2 = (1, 0, 2) e raggio r2 = 2, e dunque la distanza fra i centri ed =

√2.

Affinche due sfere non siano una dentro l’altra occorre che la distanza fra i centri siamaggiore della differenza dei raggi, e in questo caso

√2 > 1, e dunque le sfere non sono

una dentro l’altra. Affinche due sfere non siano esterne (e cioe si intersechino) occorreche la distanza fra i centri sia minore della somma dei raggi, e anche questa condizione esoddisfatta (

√2 < 5). Dunque le sfere si intersecano in una circonferenza.

L’equazione del piano H su cui giace la circonferenza si ottiene sottrando le equazionidelle sfere (e il piano radicale del fascio di sfere generato da S1 e S2). Dunque

H : 2y − 2z + 7 = 0

Il centro della circonferenza e l’intersezione del piano H con la retta C1C2 che unisce icentri. La retta ha equazioni parametriche x = 1, y = 1 − t, z = 1 + t e il centro dellacirconfeenza e

C = (1,−3/4, 11/4)

Se d1 = d(C1, C) =74√

2, dal Teorema di Pitagora si ha che il raggio della circonferenzae √

r21 − d2

1 =

√9− 49

8=

√328

= 2


x2 + xy + y2 − 2x = 0


Per evitare di avere frazioni nella matrice della conica, e opportuno moltiplicare l’equazio-ne per 2, ottenendo 2x2 + 2xy + 2y2 − 4x = 0. La conica ha dunque matrice A =

2 1 −21 2 0−2 0 0

ed ha invarianti D = −8, D33 = 3 e T = 4. E dunque non degenere,

ed e una ellisse.L’equazione canonica ha la forma Lx2 + My2 + N = 0 dove N = D/D33 = −8/3 e L, M


x2 + 3y2 = 8/3Il centro si ottiene risolvendo il sistema dato dalle prime due righe della matrice A{ 2x + y = 2

x + 2y = 0



2 11 2

]. Gli autovalori


a12l2 + (a22 − a11)lm− a12m

2 = 0

e cioe, in questo caso, l2−m2 = 0 che ha per soluzioni (1,−1) e (1, 1). Gli assi sono le rettecon queste direzioni e passanti per il centro e dunque sono:

a1 : 3x + 3y − 2 = 0; a2 : x− y − 2 = 0


a2+

y2

b2= 1


(8/3)+

y2

(8/9)= 1


2a = 2√

8/3, 2b =2√

83

GEOMETRIA IProva scritta del 13 febbraio 2004

COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .




0 1−1 0

)e diagonalizzabile (a coefficienti reali)?

SI NO*

(b) (2 punti) Una matrice invertibile e sempre diagonalizzabile?SI NO*

(c) (1 punti) Una matrice diagonalizzabile e sempre invertibile?SI NO*

(d) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare suriettiva. f manda un sistema digeneratori di V in un sistema di generatori di W?

SI* NO

(e) (1 punto) Sia f : V → W una funzione lineare iniettiva. Allora dim V < dim W .SI NO*


1. (8 punti) Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita dalle condizioni:• f(1, 0, 0) = (1, t, 1),• f(1, 1, 0) = (t, 1, 0),• (1, 1, 1) e un autovettore di f di autovalore −1.




R3B

f

M// R3

C

R3C

id P

OO

A

>>}}}}}}}}


M =

1 t −1t 1 −11 0 −1

, P =

1 −1 00 1 −10 0 1


1 1 10 1 10 0 1


A =

1 −1 + t −1− tt −t + 1 −21 −1 −1

Si ha det(A) = t2 − t e quindi i valori per cui f non e invertibile sono t = 0, t = 1. Perentrambi i valori la matrice ha rango 2 (le righe non sono tutte multiple della stessa) e quindidimker f = 1.

Posto t = 0, il polinomio caratteristico e: λ3 − λ2 − 2λ, che ha una radice λ = 0.Raccogliendo si ottiene

λ3 − λ2 − 2λ = λ(λ2 − λ− 2)

e trovando le radici del fattore di secondo grado si ottiene che gli autovalori sono 0, 2 e −1,tutti con molteplicita 1. Dunque f ha autovalori distinti ed e diagonalizzabile.

2. (8 punti) Scrivere l’equazione della sfera tangente all’asse x nel punto A = (1, 1, 0), etangente alla retta r : x = t, y = t− 2, z = t− 1 nel punto B = (3, 1, 2)

Le condizioni di tangenza dicono che il centro C della sfera appartiene al piano H1 pas-sante per A e perpendicolare all’asse x e al piano H2 passante per B e perpendicolare allaretta r. Considerata inoltre la corda AB della sfera, il centro appartiene anche al piano H3

perpendicolare alla corda e passante per il suo punto medio.Si ha: H1 : x = 1, H2 : x + y + z − 6 = 0.Per determinare il piano H3, consideriamo il vettore u = B − A = (2, 0, 2), e il punto

medio M = (2, 1, 1). Il piano H3 passa per M ed e perpendicolare a u, e dunque H3 :x + z − 3 = 0. Risolvendo il sistema:

x = 1x + y + z = 6

x + z = 3

si ottiene che il centro e C = (1, 3, 2). Il raggio della sfera e la distanza fra C e il punto A

(che sta sulla sfera) e percio r = d(C, A) = 2√

2. L’equazione della sfera e

(x− 1)2 + (y − 3)2 + (z − 2)2 = 8

e cioex2 + y2 + z2 − 2x− 6x− 4z + 6 = 0


x2 + xy + y2 − 2x = 0

determinando in particolare il tipo di conica, l’equazione canonica, il centro e gli assi.Facoltativo (3 punti extra): determinare inoltre la lunghezza degli assi se si tratta di unaellisse oppure gli asintoti se si tratta di una iperbole.

Per evitare di avere frazioni nella matrice della conica, e opportuno moltiplicare l’equazio-ne per 2, ottenendo 2x2 + 2xy + 2y2 − 4x = 0. La conica ha dunque matrice A =

2 1 −21 2 0−2 0 0

ed ha invarianti D = −8, D33 = 3 e T = 4. E dunque non degenere,

ed e una ellisse.L’equazione canonica ha la forma Lx2 + My2 + N = 0 dove N = D/D33 = −8/3 e L, M


x2 + 3y2 = 8/3Il centro si ottiene risolvendo il sistema dato dalle prime due righe della matrice A{ 2x + y = 2

x + 2y = 0



2 11 2

]. Gli autovalori


a12l2 + (a22 − a11)lm− a12m

2 = 0

e cioe, in questo caso, l2−m2 = 0 che ha per soluzioni (1,−1) e (1, 1). Gli assi sono le rettecon queste direzioni e passanti per il centro e dunque sono:

a1 : 3x + 3y − 2 = 0; a2 : x− y − 2 = 0


a2+

y2

b2= 1


(8/3)+

y2

(8/9)= 1


2a = 2√

8/3, 2b =2√

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webmath2.unito.itwebmath2.unito.it/paginepersonali/sergio.console/Es-geom/...GEOMETRIA I Prova scritta del 15 aprile 2003 COGNOME :::::::::::::::::::::::::::::::::::: NOME :::::::::::::::::::::::::::::