Universit a degli Studi di Bergamo | Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra … · 2009. 7. 9. · Universit a degli Studi di Bergamo | Corso integrato di Analisi 1 (Geometria

Università degli Studi di Bergamo— Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra Lineare) —

8 luglio 2009 — Tema A

Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.

Ogni esercizio va iniziato all’inizio di una pagina.

Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.

Non saranno accettate risposte non giustificate.

SOLUZIONI

Parte comune

Esercizio 1. Sia k ∈ R. Consideriamo l’applicazione Lk, dipendente dal parametro k, definitada:

Lk : R1[x] −→ R3

a+ bx 7−→

b+ (k − 2)ab2a− (k2 − 4)a− b

a) Per quali valori di k ∈ R è verificata la condizione necessaria affinché Lk sia lineare ?

L’immagine del vettore nullo, cioè quello con a = b = 0 deve essere il vettore nullo.L’immagine del vettore nullo è 0k2 − 4

0

quindi la condizione necessaria è che k = ±2.

b) Per quali valori di k trovati al punto a) l’applicazione Lk è effettivamente lineare ?

Per i valori di k trovati al punto a), abbiamo Lk(a + bx) =

b+ (k − 2)ab2aa− b

. Iltermine da eliminare è quello in ab, e ciò necessita k = 2. Si può arrivare a questa

conclusione considerando il polinomio P = 1 + x per il quale Lk(P ) =

k − 120

,1

mentre Lk(2P ) = Lk(2 + 2x) =

4k − 640

, e quindi Lk(2P ) = 2Lk(P ) se e solo sek = 2. L’applicazione risultante è quindi

L = L2 : R1[x] −→ R3

a+ bx 7−→

b2aa− b

.L’applicazione L è “ovviamente” lineare, per primo perché è l’applicazione lineareassociata alla matrice A di cui alla domanda c), ma si può anche verificare in basealla definizione, prendendo P = a+ bx, Q = c+ dx, λ e µ ∈ R e verificare che

L(λP + µQ) = L(λa+ µc+ (λb+ µd)x

)= λL(P ) + µL(Q).

c) Per i valori di k trovati nel punto b), determinare la matrice di Lk nelle basi canoniche

BR1[x] = {1, x} e BR3 = {(1 0 0)T , (0 1 0)T , (0 0 1)T }

L’applicazione è esplicitata sopra, la sua matrice nelle basi canoniche è immediataed è quindi

A =

0 12 01 −1

.Esercizio 2. Si consideri la matrice A =

0 1 0−4 4 04 −3 4

.a) Determinare gli autovalori e gli autovettori di A.

Gli autovalori sono le radici del polinomio caratteristico det(A−λI) = (4−λ)(λ−2)2,ossia λ1 = 4 (autovalore semplice) e λ2 = 2 (autovalore doppio). Gli autovettorirelativi a λ1 sono i vettori non nulli u1 tali che (A− 4I)u1 = 0. Posto

u1 =

xyz

e risolto il corrispondente sistema lineare, si trova x = y = 0, mentre z è arbitrario(diverso da zero). Quindi

u1 =

00z

2

con z 6= 0. Gli autovettori relativi a λ2 sono invece i vettori non nulli u2 tali che(A− 2I)u2 = 0. Si trova che

u2 =

z2zz

,sempre con z 6= 0.

b) Stabilire se A è diagonalizzabile.

Abbiamo appena visto che non è possibile formare una base di R3 con gli autovet-tori di A. Pertanto la matrice A non è diagonalizzabile. Alternativamente, si puòosservare che λ2 non è un autovalore regolare, poiché la sua molteplicità algebrica èm2 = 2, mentre la sua molteplicità geometrica vale d2 = 3− car(A−2I) = 3−2 = 1.

Seconda prova in itinere

Esercizio 3c. Risolvere al variare del parametro reale k il sistema5x+ 2y − 3z = 24x+ (k − 1)y − 2z = 19x+ 3y − 5z = 3

La matrice dei coefficienti del sistema è

A =

5 2 −34 k − 1 −29 3 −5

Abbiamo quindi

detA =

∣∣∣∣∣∣5 3 −34 k − 1 −29 5 −5

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

5 3 −34 k − 1 −20 2− k 0

∣∣∣∣∣∣= (k − 2)

∣∣∣∣ 5 −34 −2∣∣∣∣

= 2(k − 2)

Quindi per k 6= 2 il sistema è determinato e ammette un’unica soluzione. Lo risolviamo inquesto caso. Il sistema è equivalente al seguente sistema:

5x+ 2y − 3z = 24x+ (k − 1)y − 2z = 1

(2− k)y = 0 R3 − R1 − R2

Quindi y = 0 (perché k 6= 2), quindi x−z = 1 (differenza delle due prime), quindi 2x = −1(la seconda meno due volte x− z = 1), cioè x = −1

2e quindi z = x− 1 = −3

2.

3

Ora, se k = 2, i sistemi di cui sopra rimangono equivalenti a quello iniziale. La secondaequazione dell’ultimo sistema diventa 0 = 0, quindi risulta soddisfatta per ogni x, y e z. Ilsistema di partenza è equivalente al sistema{

5x+ 2y − 3z = 24x+ y − 2z = 1

Troviamo z = 3x (la prima meno due volte la seconda) e quindi y = 2x + 1. Le soluzioni

del sistema sono quindi della forma

x2x+ 13x

. A posteriori le condizioni del teorema diRouché–Capelli sono quindi verificate e la caratteristica del sistema è 2.

Esercizio 4c. Considerata l’applicazione lineare

f : R3 −→ R2(a; b; c) 7−→ (2a− 3b+ 5c;−a+ 3b− 3c)

Determinare una base del nucleo e dell’immagine di f e la sua matrice nelle basi B1 = {v1 =(1;−2;−3), v2 = (−2;−1; 2), v3 = (3; 4;−1)} e B2 = {w1 = (2;−1), w2 = (1;−1)}.

Il nucleo di f è l’insieme dei vettori che hanno come immagine il vettore nullo, cioè

Ker f = {(a; b; c) : 2a− 3b+ 5c = −a+ 3b− 3c = 0}.

Possiamo eliminare facilmente a tra le due equazioni e troviamo

3b− c = 0

e quindi c = 3b che conduce a a = −6b. Abbiamo quindi

Ker f = {b(−6; 1; 3)}.

Siccome il nucleo di f è di dimensione 1, la sua immagine è di dimensione dim R3 − 1 =3−1 = 2. Siccome R2 ha dimensione 2, l’immagine è tutta R2. Quindi qualsiasi base di R2risponde alla domanda, in particolare l’immagine dei due primi vettori della base canonica,

u1 = (2;−1) e u2 = (−3; 3).

Calcoliamo l’immagine dei tre vettori v1, v2 e v3. Abbiamo

f(v1) = (−7; 2), f(v2) = (9;−7) e f(v3) = (−11; 12).

Adesso bisogna calcolare i coefficienti di queste immagini nella base (w1, w2). Varie pos-sibilità si offrono: o si ricolve i 3 sistemi xiw1 + yiw2 = f(vi), o si calcola l’inversa della

4

matrice della base (w1, w2) o si calcolano le coordinate della base canonica nella base(w1, w2). Scegliamo quest’ultima. Abbiamo{

w1 = 2e1 − e2w2 = e1 − e2{w1 = 2e1 − e2w2 − w1 = −e1{w1 − 2(w1 − w2) = −e2w1 − w2 = e1{w1 − w2 = e1w1 − 2w2 = e2

Di conseguenza

f(v1) = (−7; 2) = −7e1 + 2e2= −7(w1 − w2) + 2(w1 − 2w2) = −5w1 + 3w2

f(v2) = (9;−7) = 9e1 − 7e2= 9(w1 − w2)− 7(w1 − 2w2) = 2w1 + 5w2

f(v3) = (−11; 12) = −11e1 + 12e2= −11(w1 − w2) + 12(w1 − 2w2) = w1 − 13w2.

Quindi la matrice ricercata è

A =

(−5 2 1

3 5 −13

).

Esercizio 5c. Si consideri la quadrica σ di equazione

2x2 + 4y2 − z2 − 4x+ 16y + 2z + 17 = 0 .

a) Determinare gli eventuali punti doppi di σ.

L’equazione di σ in forma matriciale è

(x, y, z, 1)A

xyz1

= 0 ,dove

A =

2 0 0 −20 4 0 80 0 −1 1−2 8 1 17

.5

I punti doppi di σ sono pertanto determinati dalla condizione

A

xyz1

=

0000

,ossia dal sistema

2x− 2 = 04y + 8 = 0−z + 1 = 0−2x+ 8y + z + 17 = 0

che ha come unica soluzione (1,−2, 1). Queste sono quindi le coordinate dell’unicopunto doppio di σ.

b) Scrivere l’equazione del piano tangente a σ nel suo punto (1,−1, 3).

Il piano cercato ha equazione

(1,−1, 3, 1)A

xyz1

= 0 ,ossia 2y − z + 5 = 0.

c) Riconoscere la quadrica σ.

Poiché σ ha un unico punto doppio, essa è un cono (il cui vertice è proprio il puntodoppio).

Appello

Esercizio 3a. Data l’equazione nel campo complesso

z((2 + i)2 + 2

)= 4 + 2i

determinare la forma algebrica di z, z, Re z, Im z e calcolare |z|. Attenzione: per il calcolo di|z|, non sono necessari conti troppo difficili.

Sviluppando il quadrato, l’equazione è equivalente a

z (5 + 4i) = 4 + 2i

e quindi

(*) z =4 + 2i

5 + 4i.

6

Razionalizziamo il denominatore e troviamo quindi

z =28− 6i

41.

Abbiamo quindi immediatamente:

Re z =28

41

Im z = − 641

z̄ =28 + 6i

41

Per il calcolo di |z|, usiamo l’equazione (*) perché il modulo di una frazione è la frazionedei moduli. Abbiamo quindi

|z|2 = (4 + 2i)(4− 2i)(5 + 4i)(5− 4i)

=42 + 22

52 + 42=

20

41

|z| =√

20

41

Esercizio 4a. Siano V1 e V2 i due sottospazi vettoriali di R4 cos̀ı costituiti:

V1 = {(a− 2b+ 3c; 2a+ 5b+ 3c;−a+ 3b− 2c; a− 3b− 2c) | (a; b; c) ∈ R3}V2 = {(x; y; z; t) | 3x− y + 3z + t = 0}.

a) Determinare la dimensione di ciascuno dei 2 sottospazi vettoriali.

Lo spazio V1 è costituito dalle combinazioni lineari dei tre vettori

u1 = (1; 2;−1; 1), u2 = (−2; 5; 3;−3), u3 = (3; 3;−2;−2)Quindi (u1, u2, u3) è una famiglia generatrice di V1. Possiamo calcolare la caratteri-stica della matrice A costituita da questi tre vettori usando il metodo di Kronecker:

A =

1 −2 32 5 3−1 3 −2

1 −3 −2

I determinanti delle 3 sottomatrici segnate sono rispettivamente:

detA1 = 1

detA2 = 9

detA3 =

∣∣∣∣∣∣1 −2 32 5 3−1 3 −2

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

1 −2 30 9 −30 1 1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣ 9 −31 1∣∣∣∣

= 12.

7

Quindi i 3 vettori sono linearmente indipendenti e formano una base di V1, quindi V1è di dimensione 3.

Per V2, si vede dall’equazione che t = −3x+ y − 3z e quindi

V2 = {(x; y; z;−3x+ y − 3z)}= {x(1; 0; 0;−3) + y(0; 1; 0; 1) + z(0; 0; 1;−3)}

Quindi una base di V2 è data da

v1 = (1; 0; 0;−3), v2 = (0; 1; 0; 1), v3 = (0; 0; 1;−3)

(Il fatto che sono linearmente indipendenti è ovvio grazie alle tre prime componenti.)Quindi V2 è di dimensione 3.

b) Dimostrare che la loro intersezione V = V1∩V2 è un sottospazio vettoriale di R4 (non bastaricordare che l’intersezione di due sottospazi vettoriali è un sottospazio vettoriale: bisognadimostrarlo).

Non dipende dai particolari V1 e V2 che stiamo considerando.

• Sappiamo che 0 ∈ V1 e 0 ∈ V2 per cui 0 ∈ V = V1 ∩ V2 e quindi V 6= ∅.• Se u e v ∈ V , allora u ∈ V1, u ∈ V2, v ∈ V1 e v ∈ V2. Dal fatto che u e v sono

entrambi in V1, si vede che u + v ∈ V1. Nello stesso modo, u ∈ V2, v ∈ V2 equindi u+ v ∈ V2. Si deduce che u+ v ∈ V1 ∩ V2 = V .• Nello stesso modo sia λ ∈ R e u ∈ V quindi u ∈ V1 e u ∈ V2. Segue che λu ∈ V1

da una parte e λu ∈ V2 dall’altra, quindi λu ∈ V1 ∩ V2 = V .

c) Determinare una base di V .

I vettori di V1 che stanno in V2 saranno i (a−2b+3c; 2a+5b+3c;−a+3b−2c; a−3b−2c)tali che 3(a − 2b + 3c) − (2a + 5b + 3c) + 3(−a + 3b − 2c) + (a − 3b − 2c) = 0. Lacondizione è quindi

−a− 5b− 2c = 0.Possiamo quindi limitarci ai vettori di V1 che verificano in più

a = −5b− 2c,

cioè ai vettori(−7b+ c;−5b− c; 8b;−8b− 4c)

ovvero

bw1 + cw2, con w1 = (−7;−5; 8;−8) e w2 = (1;−1; 0;−4).

È immediato vedere che questi due vettori sono linearmente indipendenti e quindiformano una base di V .

8

Esercizio 5a. Si considerino le rette

r :

x = −2 + 3ty = 2tz = 1− t

s :{x+ y + 2z + 8 = 0x+ 2y + 2 = 0

e il piano π di equazione 5x− 3y − 3z + 1 = 0.

a) Trovare il punto d’intersezione A tra la retta r e il piano π.

Inserendo le equazioni di r in quella di π si trova t = 1. Quindi le coordinate di Asono (1, 2, 0).

b) Trovare il punto d’intersezione B tra la retta s e il piano π.

Basta risolvere (per esempio, con il metodo di sostituzione) il sistemax+ y + 2z + 8 = 0x+ 2y + 2 = 05x− 3y − 3z + 1 = 0

Le coordinate di B risultano essere (−2, 0,−3).

c) Calcolare l’area del triangolo di vertici A, B e C(1, 1, 1).

L’area cercata è la metà della norma di−→AB ∧

−→AC. Poiché

−→AB = (−3,−2,−3) e

−→AC = (0,−1, 1), si ha che

−→AB ∧

−→AC = (−5, 3, 3) e quindi l’area del triangolo vale

12

√(−5)2 + 18 =

√432

.

9


8 luglio 2009 — Tema B





SOLUZIONI

Parte comune


Lk : R1[x] −→ R3

a+ bx 7−→

b+ (k + 1)ab2a− (k2 − 1)a− b



0




b+ (k + 1)ab2aa− b

. Iltermine da eliminare è quello in ab, e ciò necessita k = −1. Si può arrivare a questa


k + 220

,1


4k + 640

, e quindi Lk(2P ) = 2Lk(P ) se e solo sek = −1. L’applicazione risultante è quindi

L = L−1 : R1[x] −→ R3

a+ bx 7−→

b2aa− b



)= λL(P ) + µL(Q).


BR1[x] = {1, x} e BR3 = {(1 0 0)T , (0 1 0)T , (0 0 1)T }


A =

0 12 01 −1


0 1 0−4 4 0−5 3 1


Gli autovalori sono le radici del polinomio caratteristico det(A−λI) = (1−λ)(λ−2)2,ossia λ1 = 1 (autovalore semplice) e λ2 = 2 (autovalore doppio). Gli autovettorirelativi a λ1 sono i vettori non nulli u1 tali che (A− I)u1 = 0. Posto

u1 =

xyz


u1 =

00z

2


u2 =

z2zz

,sempre con z 6= 0.




Esercizio 3c. Risolvere al variare del parametro reale k il sistema5x+ 2y − 3z = 34x+ (k − 2)y − 2z = 29x+ 3y − 5z = 5


A =

5 2 −34 k − 2 −29 3 −5

Abbiamo quindi

detA =

∣∣∣∣∣∣5 3 −34 k − 2 −29 5 −5

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

5 3 −34 k − 2 −20 3− k 0

∣∣∣∣∣∣= (k − 3)

∣∣∣∣ 5 −34 −2∣∣∣∣

= 2(k − 3)

Quindi per k 6= 3 il sistema è determinato e ammette un’unica soluzione. Lo risolviamo inquesto caso. Il sistema è equivalente al seguente sistema:

5x+ 2y − 3z = 34x+ (k − 2)y − 2z = 2

(3− k)y = 0 R3 − R1 − R2

Quindi y = 0 (perché k 6= 3), quindi x− z = 1 (differenza delle due prime), quindi 2x = 0(la seconda meno due volte x− z = 1), cioè x = 0 e quindi z = x− 1 = −1.

3

Ora, se k = 3, i sistemi di cui sopra rimangono equivalenti a quello iniziale. La secondaequazione dell’ultimo sistema diventa 0 = 0, quindi risulta soddisfatta per ogni x, y e z. Ilsistema di partenza è equivalente al sistema{

5x+ 2y − 3z = 34x+ y − 2z = 2

Troviamo z = 3x − 1 (la prima meno due volte la seconda) e quindi y = 2x. Le soluzioni


x2x3x− 1



f : R3 −→ R2(a; b; c) 7−→ (2a− 3b+ 5c;−a+ 4b− 3c)



Ker f = {(a; b; c) : 2a− 3b+ 5c = −a+ 4b− 3c = 0}.


5b− c = 0

e quindi c = 5b che conduce a a = −11b. Abbiamo quindi

Ker f = {b(−11; 1; 5)}.


u1 = (2;−1) e u2 = (−3; 4).


f(v1) = (−7; 0), f(v2) = (9;−8) e f(v3) = (−11; 16).


4



Di conseguenza

f(v1) = (−7; 0) = −7e1= −7(w1 − w2) = −7w1 + 7w2

f(v2) = (9;−8) = 9e1 − 8e2= 9(w1 − w2)− 8(w1 − 2w2) = w1 + 7w2

f(v3) = (−11; 16) = −11e1 + 16e2= −11(w1 − w2) + 16(w1 − 2w2) = 5w1 − 21w2.


A =

(−7 1 5

7 7 −21

).


2x2 + 4y2 − z2 − 4x+ 16y + 6z + 9 = 0 .



(x, y, z, 1)A

xyz1

= 0 ,dove

A =

2 0 0 −20 4 0 80 0 −1 3−2 8 3 9

.5


A

xyz1

=

0000

,ossia dal sistema

2x− 2 = 04y + 8 = 0−z + 3 = 0−2x+ 8y + 3z + 9 = 0

che ha come unica soluzione (1,−2, 3). Queste sono quindi le coordinate dell’unicopunto doppio di σ.



(1,−1, 5, 1)A

xyz1

= 0 ,ossia 2y − z + 7 = 0.



Appello


z((4− i)2 + 2

)= 6 + 2i



z (17− 8i) = 6 + 2i

e quindi

(*) z =6 + 2i

17− 8i.

6


z =86 + 82i

353.


Re z =86

353

Im z =82

353

z̄ =86− 82i

353


|z|2 = (6 + 2i)(6− 2i)(17− 8i)(17 + 8i)

=62 + 22

172 + 82=

40

353

|z| =√

40

353






A =

1 −2 32 5 2−1 3 −2

1 −3 −2


detA1 = 1

detA2 = 9

detA3 =

∣∣∣∣∣∣1 −2 32 5 2−1 3 −2

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

1 −2 30 9 −40 1 1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣ 9 −41 1∣∣∣∣

= 13.

7



V2 = {(x; y; z;−2x+ y − 2z)}= {x(1; 0; 0;−2) + y(0; 1; 0; 1) + z(0; 0; 1;−2)}


v1 = (1; 0; 0;−2), v2 = (0; 1; 0; 1), v3 = (0; 0; 1;−2)










a = −6b− 2c,

cioè ai vettori(−8b+ c;−7b− 2c; 9b;−9b− 4c)

ovvero

bw1 + cw2, con w1 = (−8;−7; 9;−9) e w2 = (1;−2; 0;−4).


8


r :

x = −2 + 3ty = 2tz = 1− t

s :{x+ y + 2z + 10 = 0x+ 2y + 2 = 0

e il piano π di equazione 2x− y − z = 0.




Basta risolvere (per esempio, con il metodo di sostituzione) il sistemax+ y + 2z + 10 = 0x+ 2y + 2 = 02x− y − z = 0




−→AC. Poiché

−→AB = (−3,−2,−4) e

−→AC = (0,−1, 1), si ha che

−→AB ∧


12

√(−6)2 + 18 =

√542

= 3√

62

.

9


8 luglio 2009 — Tema C





SOLUZIONI

Parte comune


Lk : R1[x] −→ R3

a+ bx 7−→

b+ (k + 2)ab2a− (k2 − 4)a− b



0




b+ (k + 2)ab2aa− b

. Iltermine da eliminare è quello in ab, e ciò necessita k = −2. Si può arrivare a questa


k + 320

,1


4k + 1040

, e quindi Lk(2P ) = 2Lk(P ) se e solo sek = −2. L’applicazione risultante è quindi

L = L−2 : R1[x] −→ R3

a+ bx 7−→

b2aa− b



)= λL(P ) + µL(Q).


BR1[x] = {1, x} e BR3 = {(1 0 0)T , (0 1 0)T , (0 0 1)T }


A =

0 12 01 −1


0 1 0−4 4 07 −5 5



u1 =

xyz


u1 =

00z

2


u2 =

z2zz

,sempre con z 6= 0.




Esercizio 3c. Risolvere al variare del parametro reale k il sistema5x+ 2y − 3z = −34x+ (k + 4)y − 2z = −49x+ 3y − 5z = −7


A =

5 2 −34 k + 4 −29 3 −5

Abbiamo quindi

detA =

∣∣∣∣∣∣5 3 −34 k + 4 −29 5 −5

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

5 3 −34 k + 4 −20 −3− k 0

∣∣∣∣∣∣= (k + 3)

∣∣∣∣ 5 −34 −2∣∣∣∣

= 2(k + 3)

Quindi per k 6= −3 il sistema è determinato e ammette un’unica soluzione. Lo risolviamoin questo caso. Il sistema è equivalente al seguente sistema:

5x+ 2y − 3z = −34x+ (k + 4)y − 2z = −4

(−3− k)y = 0 R3 − R1 − R2

Quindi y = 0 (perché k 6= −3), quindi x − z = 1 (differenza delle due prime), quindi2x = −6 (la seconda meno due volte x− z = 1), cioè x = −3 e quindi z = x− 1 = −4.

3

Ora, se k = −3, i sistemi di cui sopra rimangono equivalenti a quello iniziale. La secondaequazione dell’ultimo sistema diventa 0 = 0, quindi risulta soddisfatta per ogni x, y e z. Ilsistema di partenza è equivalente al sistema{

5x+ 2y − 3z = −34x+ y − 2z = −4

Troviamo z = 3x+5 (la prima meno due volte la seconda) e quindi y = 2x+6. Le soluzioni


x2x+ 63x+ 5



f : R3 −→ R2(a; b; c) 7−→ (2a− 3b+ 5c;−a+ b− 3c)



Ker f = {(a; b; c) : 2a− 3b+ 5c = −a+ b− 3c = 0}.


−b− c = 0

e quindi c = −b che conduce a a = 4b. Abbiamo quindi

Ker f = {b(4; 1;−1)}.


u1 = (2;−1) e u2 = (−3; 1).


f(v1) = (−7; 6), f(v2) = (9;−5) e f(v3) = (−11; 4).


4



Di conseguenza

f(v1) = (−7; 6) = −7e1 + 6e2= −7(w1 − w2) + 6(w1 − 2w2) = −w1 − 5w2

f(v2) = (9;−5) = 9e1 − 5e2= 9(w1 − w2)− 5(w1 − 2w2) = 4w1 + w2

f(v3) = (−11; 4) = −11e1 + 4e2= −11(w1 − w2) + 4(w1 − 2w2) = −7w1 + 3w2.


A =

(−1 4 −7−5 1 3

).


2x2 + 4y2 − z2 − 4x+ 16y − 6z + 9 = 0 .



(x, y, z, 1)A

xyz1

= 0 ,dove

A =

2 0 0 −20 4 0 80 0 −1 −3−2 8 −3 9

.5


A

xyz1

=

0000

,ossia dal sistema

2x− 2 = 04y + 8 = 0−z − 3 = 0−2x+ 8y − 3z + 9 = 0

che ha come unica soluzione (1,−2,−3). Queste sono quindi le coordinate dell’unicopunto doppio di σ.

b) Scrivere l’equazione del piano tangente a σ nel suo punto (1,−1,−1).


(1,−1,−1, 1)A

xyz1

= 0 ,ossia 2y − z + 1 = 0.



Appello


z((−1 + 4i)2 + 2

)= 1 + 2i



z (−13− 8i) = 1 + 2i

e quindi

(*) z =1 + 2i

−13− 8i.

6


z =−29− 18i

233.


Re z = − 29233

Im z = − 18233

z̄ =−29 + 18i

233


|z|2 = (1 + 2i)(1− 2i)(−13− 8i)(−13 + 8i)

=12 + 22

132 + 82=

5

233

|z| =√

5

233






A =

1 −2 32 5 5−1 3 −2

1 −3 −2


detA1 = 1

detA2 = 9

detA3 =

∣∣∣∣∣∣1 −2 32 5 5−1 3 −2

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

1 −2 30 9 −10 1 1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣ 9 −11 1∣∣∣∣

= 10.

7



V2 = {(x; y; z;−5x+ y − 5z)}= {x(1; 0; 0;−5) + y(0; 1; 0; 1) + z(0; 0; 1;−5)}


v1 = (1; 0; 0;−5), v2 = (0; 1; 0; 1), v3 = (0; 0; 1;−5)










a = −3b− 2c,

cioè ai vettori(−5b+ c;−b+ c; 6b;−6b− 4c)

ovvero

bw1 + cw2, con w1 = (−5;−1; 6;−6) e w2 = (1; 1; 0;−4).


8


r :

x = −2 + 3ty = 2tz = 1− t

s :{x+ y + 2z + 4 = 0x+ 2y + 2 = 0

e il piano π di equazione x− y − z + 1 = 0.




Basta risolvere (per esempio, con il metodo di sostituzione) il sistemax+ y + 2z + 4 = 0x+ 2y + 2 = 0x− y − z + 1 = 0




−→AC. Poiché

−→AB = (−3,−2,−1) e

−→AC = (0,−1, 1), si ha che

−→AB ∧


12

√(−3)2 + 18 =

√272

= 3√

32

.

9


8 luglio 2009 — Tema D





SOLUZIONI

Parte comune


Lk : R1[x] −→ R3

a+ bx 7−→

b+ (k − 1)ab2a− (k2 − 1)a− b



0




b+ (k − 1)ab2aa− b

. Iltermine da eliminare è quello in ab, e ciò necessita k = 1. Si può arrivare a questa


k20

, mentre1

Lk(2P ) = Lk(2 + 2x) =

4k − 240

, e quindi Lk(2P ) = 2Lk(P ) se e solo se k = 1.L’applicazione risultante è quindi

L = L1 : R1[x] −→ R3

a+ bx 7−→

b2aa− b



)= λL(P ) + µL(Q).


BR1[x] = {1, x} e BR3 = {(1 0 0)T , (0 1 0)T , (0 0 1)T }


A =

0 12 01 −1


0 1 0−4 4 01 −1 3



u1 =

xyz


u1 =

00z

2


u2 =

z2zz

,sempre con z 6= 0.




Esercizio 3c. Risolvere al variare del parametro reale k il sistema5x+ 2y − 3z = −14x+ (k + 2)y − 2z = −29x+ 3y − 5z = −3


A =

5 2 −34 k + 2 −29 3 −5

Abbiamo quindi

detA =

∣∣∣∣∣∣5 3 −34 k + 2 −29 5 −5

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

5 3 −34 k + 2 −20 −1− k 0

∣∣∣∣∣∣= (k + 1)

∣∣∣∣ 5 −34 −2∣∣∣∣

= 2(k + 1)

Quindi per k 6= −1 il sistema è determinato e ammette un’unica soluzione. Lo risolviamoin questo caso. Il sistema è equivalente al seguente sistema:

5x+ 2y − 3z = −14x+ (k + 2)y − 2z = −2

(−1− k)y = 0 R3 − R1 − R2

Quindi y = 0 (perché k 6= −1), quindi x − z = 1 (differenza delle due prime), quindi2x = −4 (la seconda meno due volte x− z = 1), cioè x = −2 e quindi z = x− 1 = −3.

3

Ora, se k = −1, i sistemi di cui sopra rimangono equivalenti a quello iniziale. La secondaequazione dell’ultimo sistema diventa 0 = 0, quindi risulta soddisfatta per ogni x, y e z. Ilsistema di partenza è equivalente al sistema{

5x+ 2y − 3z = −14x+ y − 2z = −2

Troviamo z = 3x+3 (la prima meno due volte la seconda) e quindi y = 2x+4. Le soluzioni


x2x+ 43x+ 3



f : R3 −→ R2(a; b; c) 7−→ (2a− 3b+ 5c;−a− 2b− 3c)



Ker f = {(a; b; c) : 2a− 3b+ 5c = −a− 2b− 3c = 0}.


−7b− c = 0

e quindi c = −7b che conduce a a = 19b. Abbiamo quindi

Ker f = {b(19; 1;−7)}.


u1 = (2;−1) e u2 = (−3;−2).


f(v1) = (−7; 12), f(v2) = (9;−2) e f(v3) = (−11;−8).


4



Di conseguenza

f(v1) = (−7; 12) = −7e1 + 12e2= −7(w1 − w2) + 12(w1 − 2w2) = 5w1 − 17w2

f(v2) = (9;−2) = 9e1 − 2e2= 9(w1 − w2)− 2(w1 − 2w2) = 7w1 − 5w2

f(v3) = (−11;−8) = −11e1 − 8e2= −11(w1 − w2)− 8(w1 − 2w2) = −19w1 + 27w2.


A =

(5 7 −19

−17 −5 27

).


2x2 + 4y2 − z2 − 4x+ 16y − 2z + 17 = 0 .



(x, y, z, 1)A

xyz1

= 0 ,dove

A =

2 0 0 −20 4 0 80 0 −1 −1−2 8 −1 17

.5


A

xyz1

=

0000

,ossia dal sistema

2x− 2 = 04y + 8 = 0−z − 1 = 0−2x+ 8y − z + 17 = 0

che ha come unica soluzione (1,−2,−1). Queste sono quindi le coordinate dell’unicopunto doppio di σ.



(1,−1, 1, 1)A

xyz1

= 0 ,ossia 2y − z + 3 = 0.



Appello


z((1 + 2i)2 + 2

)= 3 + 2i

determinare la forma algebrica di z, z, Re z, Im z e calcolare |z|.


z (−1 + 4i) = 3 + 2i

e quindi

(*) z =3 + 2i

−1 + 4i.

6


z =5− 14i

17.


Re z =5

17

Im z = −1417

z̄ =5 + 14i

17


|z|2 = (3 + 2i)(3− 2i)(−1 + 4i)(−1− 4i)

=32 + 22

12 + 42=

13

17

|z| =√

13

17






A =

1 −2 32 5 4−1 3 −2

1 −3 −2


detA1 = 1

detA2 = 9

detA3 =

∣∣∣∣∣∣1 −2 32 5 4−1 3 −2

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

1 −2 30 9 −20 1 1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣ 9 −21 1∣∣∣∣

= 11.

7



V2 = {(x; y; z;−4x+ y − 4z)}= {x(1; 0; 0;−4) + y(0; 1; 0; 1) + z(0; 0; 1;−4)}


v1 = (1; 0; 0;−4), v2 = (0; 1; 0; 1), v3 = (0; 0; 1;−4)










a = −4b− 2c,

cioè ai vettori(−6b+ c;−3b; 7b;−7b− 4c)

ovvero

bw1 + cw2, con w1 = (−6;−3; 7;−7) e w2 = (1; 0; 0;−4).


8


r :

x = −2 + 3ty = 2tz = 1− t

s :{x+ y + 2z + 6 = 0x+ 2y + 2 = 0

e il piano π di equazione 4x− 3y − 3z + 2 = 0.




Basta risolvere (per esempio, con il metodo di sostituzione) il sistemax+ y + 2z + 6 = 0x+ 2y + 2 = 04x− 3y − 3z + 2 = 0




−→AC. Poiché

−→AB = (−3,−2,−2) e

−→AC = (0,−1, 1), si ha che

−→AB ∧


12

√(−4)2 + 18 =

√342

.

Documents

Universit a degli Studi di Bergamo | Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra … · 2009. 7. 9. · Universit a degli Studi di Bergamo | Corso integrato di Analisi 1 (Geometria