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Università degli Studi di Bergamo – Scuola di IngegneriaCorso di Geometria e Algebra Lineare
Appello — 4 luglio 2016 — Parte B — Tema B1
Tempo a disposizione: due 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
Esercizio 1. Determinare la parte reale e la parte immaginaria delle soluzioni dell’equazione
(1 + 2i)z2 + (3 + i)z + 10− 5i = 0.
La risoluzione non presenta nessuna difficoltà e nessuna particolarità.Il discriminante risulta uguale a
∆ = −72− 54i
di cui una radice quadrata èδ = 3− 9i
(l’altra è ovviamente l’opposto). Le soluzioni dell’equazione risultano essere
z1 = 1 + 2i e z2 = −2− i.
Esercizio 2. Sia, per un reale k,
Vk =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 4y − 6z
(k − 2)x2 + x− 2y + 3z + 4− k2
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
.
a) Verificare, utilizzando la definizione, che V2 è un sottospazio vettoriale di R4.
Vediamo subito che V2 non è vuoto, perché una qualsiasi scelta dei valori di x, ye z fornisce un elemento di V2 (in particolare, usando x = y = z = 0 vediamo che0 ∈ V2). Siano allora x1, y1, z1, x2, y2 e z2 sei reali e
v1 =
x1 + 2y1 − 3z1
−2x1 + 4y1 − 6z13x1 + 4y1 − 6z1x1 − 2y1 + 3z1
e v2 =
x2 + 2y2 − 3z2
−2x2 + 4y2 − 6z23x2 + 4y2 − 6z2x2 − 2y2 + 3z2
1
due elementi generici di V2. Per qualsiasi t1 e t2 ∈ R, abbiamo
t1v1 + t2v2 = t1
x1 + 2y1 − 3z1
−2x1 + 4y1 − 6z13x1 + 4y1 − 6z1x1 − 2y1 + 3z1
+ t2
x2 + 2y2 − 3z2
−2x2 + 4y2 − 6z23x2 + 4y2 − 6z2x2 − 2y2 + 3z2
=
t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1
−2t1x1 + 4t1y1 − 6t1z13t1x1 + 4t1y1 − 6t1z1t1x1 − 2t1y1 + 3t1z1
+
t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2
−2t2x2 + 4t2y2 − 6t2z23t2x2 + 4t2y2 − 6t2z2t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2
=
t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1 + t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2
−2t1x1 + 4t1y1 − 6t1z1 − 2t2x2 + 4t2y2 − 6t2z23t1x1 + 4t1y1 − 6t1z1 + 3t2x2 + 4t2y2 − 6t2z2t2x1 − 2t1y1 + 3t1z1 + t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2
=
(t1x1 + t2x2) + 2(t1y1 + t2y2)− 3(t1z1 + t2z2)
−2(t1x1 + t2x2) + 4(t1y1 + t2y2)− 6(t1z1 + t2z2)3(t1x1 + t2x2) + 4(t1y1 + t2y2)− 6(t1z1 + t2z2)(t1x1 + t2x2)− 2(t1y1 + t2y2) + 3(t1z1 + t2z2)
=
x + 2y − 3z
−2x + 4y − 6z3x + 4y − 6zx− 2y + 3z
con x = t1x1 + t2x2 ∈ R, y = t1y1 + t2y2 ∈ R e z = t1z1 + t2z2 ∈ R. Perciòt1v1 + t2v2 ∈ V2 e quindi V2 è un sottospazio vettoriale di R4.
Si poteva verificare in modo diverso che V2 è un sottospazio vettoriale, ma il testonon lo autorizzava. Tra i metodi alternativi, possiamo osservare che siccome
V2 =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 4y − 6zx− 2y + 3z
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
,
possiamo vedere V2 come l’immagine dell’applicazione lineare associata alla matrice1 2 −3−2 4 −6
3 4 −61 −2 3
e quindi è un sottospazio vettoriale.
b) Esibire una base di V2.
2
Abbiamo
V2 =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 4y − 6zx− 2y + 3z
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
=
x
1−2
31
+ y
244−2
+ z
−3−6−6
3
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
=
⟨1−2
31
,
244−2
,
−3−6−6
3
⟩.
Quindi ponendo
u1 =
1−2
31
, u2 =
244−2
e u3 =
−3−6−6
3
abbiamo che i vettori u1, u2 e u3 sono una famiglia generatrice di V2. Siccome3u2 = −2u3, i tre vettori non sono linearmente indipendenti, mentre {u1, u2} èuna base di V2.
c) Verificare che se k 6= 2 allora Vk non è un sottospazio vettoriale di R4.
Per essere un sottospazio vettoriale, Vk deve contenere il vettore nullo, cioè devonoesistere x, y e z ∈ R tali che
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 4y − 6z
(k − 2)x2 + x− 2y + 3z + 4− k2
= 0,
cioè x+ 2y − 3z = 0−2x+ 4y − 6z = 03x+ 4y − 6z = 0(k − 2)x2 + x− 2y + 3z + 4− k2 = 0.
Sommando due volte la prima equazione alla seconda e sottraendola tre volte allaterza viene
x+ 2y − 3z = 08y − 12z = 0−2y + 3z = 0
(k − 2)x2 + x− 2y + 3z + 4− k2 = 0.
3
Quindi x = 02y = 3zk2 = 4.
Quindi perché Vk sia un sottospazio vettoriale, dobbiamo avere k = ±2. Abbiamogià visto che per k = 2, Vk è un sottospazio vettoriale. Ci rimane da verificare cheV−2 non è un sottospazio vettoriale.
Abbiamo
V−2 =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 4y − 6z
−4x2 + x− 2y + 3z
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
.
Sia v1 il vettore corrispondente a x = 1 e y = z = 0, cioè
v1 =
1−2
3−3
.
Allora
2v1 =
2−4
6−6
e per avere 2v1 ∈ V−2, devono esistere x, y e z tali che
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 4y − 6z
−4x2 + x− 2y + 3z
= 2v1 =
2−4
6−6
.
Risolvendo il sistema corrispondente, le tre prime equazioni conducono a x = 2 e2y = 3z, ma la quarta equazione diventa
−14 = −6
e quindi il sistema non ha soluzioni, perciò 2v1 6∈ V−2 e quindi V−2 non è unsottospazio vettoriale.
Esercizio 3. Si consideri la quadrica σ di equazione
7
4x2 +
7
4y2 +
7
2z2 +
7
2xy +
√2
2xz +
√2
2yz +
7√2
2x− 9
√2
2y − 7z−49
2= 0.
4
a) Determinare (se esiste) un centro di simmetria di σ.
Bisogna risolvere (se possibile) il sistema
B
xyz
+
7√2
4
−9√2
4
−72
=
000
,
dove
B =
74
74
√24
74
74
√24√
24
√24
72
.
È immediato vedere che il sistema non ha soluzioni, quindi la quadrica non hacentri di simmetria.
b) Determinare la forma canonica di σ e riconoscere di che quadrica si tratta.
È più comodo determinare anzitutto una base ortonormale di autovettori dellamatrice B. Si trova che i suoi autovalori sono λ1 = 4, λ2 = 3 e λ3 = 0. (Siconsiglia di calcolare il determinante di B − λI sottraendo la seconda riga dallaprima e poi sommando le prime due colonne). Gli autovettori corrispondenti sono
x
11√2
, x
11
−√
2
, x
1−1
0
,
con x 6= 0. Pertanto una base ortonormale di autovettori di B è data da
v1 =
1212√22
, v2 =
1212
−√22
, v3 =
−√22√22
0
.
(La scelta del segno di v3 è motivata dal fatto che così il determinante di M èuguale a 1. Se fosse uguale a -1 non cambierebbe granché). Introdotta la matrice(ortogonale)
M =(v1|v2|v3
)=
12
12−√22
12
12
√22√
22−√22
0
abbiamo il cambiamento di coordinatexy
z
= M
x′y′z′
5
ossia x =
1
2
(x′ + y′ −
√2z′)
y =1
2
(x′ + y′ +
√2z′)
z =
√2
2(x′ − y′)
che porta l’equazione di σ nella forma
λ1(x′)2 + λ2(y
′)2 + λ3(z′)2 − 4
√2x′ + 3
√2 y′ − 8z′−49
2= 0,
ossia
4(x′)2 + 3(y′)2 − 4√
2x′ + 3√
2 y′ − 8z′−49
2= 0,
che si può riscrivere come
4
(x′ −
√2
2
)2
+ 3
(y′ +
√2
2
)2
− 8z′ − 28 = 0,
ossia1
2
(x′ −
√2
2
)2
+3
8
(y′ +
√2
2
)2
−(z′ +
7
2
)= 0.
Basta a questo punto effettuare la traslazioneX = x′ −
√2
2
Y = y′ +
√2
2
Z = z′ +7
2
per arrivare alla forma canonica della quadrica:
Z =X2
2+Y 2
83
.
Essa è pertanto un paraboloide ellittico.
c) Scrivere esplicitamente il cambiamento di coordinate che porta σ in forma canonica.
Il cambiamento di coordinate che porta la quadrica dall’equazione di partenza allaforma canonica si ottiene semplicemente componendo la rotazione e la traslazione
6
già utilizzate. Si trova che
x =1
2
(X + Y −
√2Z +
7√
2
2
)
y =1
2
(X + Y +
√2Z−7
√2
2
)
z =
√2
2
(X − Y +
√2)
=
√2
2(X − Y ) + 1.
7
Università degli Studi di Bergamo – Scuola di IngegneriaCorso di Geometria e Algebra Lineare
Appello — 4 luglio 2016 — Parte B — Tema B2
Tempo a disposizione: due 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
Esercizio 1. Determinare la parte reale e la parte immaginaria delle soluzioni dell’equazione
(1 + 2i)z2 + (−2 + 11i)z − 10 + 10i = 0.
La risoluzione non presenta nessuna difficoltà e nessuna particolarità.Il discriminante risulta uguale a
∆ = 3− 4i
di cui una radice quadrata èδ = 2− i
(l’altra è ovviamente l’opposto). Le soluzioni dell’equazione risultano essere
z1 = −2− i e z2 = −2− 2i.
Esercizio 2. Sia, per un reale k,
Vk =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x− 2y + 3z
(k + 3)x2 + x− 2y + 3z + 9− k2
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
.
a) Verificare, utilizzando la definizione, che V−3 è un sottospazio vettoriale di R4.
Vediamo subito che V−3 non è vuoto, perché una qualsiasi scelta dei valori di x, ye z fornisce un elemento di V−3 (in particolare, usando x = y = z = 0 vediamo che0 ∈ V−3). Siano allora x1, y1, z1, x2, y2 e z2 sei reali e
v1 =
x1 + 2y1 − 3z1
−2x1 + 4y1 − 6z13x1 − 2y1 + 3z1x1 − 2y1 + 3z1
e v2 =
x2 + 2y2 − 3z2
−2x2 + 4y2 − 6z23x2 − 2y2 + 3z2x2 − 2y2 + 3z2
1
due elementi generici di V−3. Per qualsiasi t1 e t2 ∈ R, abbiamo
t1v1 + t2v2 = t1
x1 + 2y1 − 3z1
−2x1 + 4y1 − 6z13x1 − 2y1 + 3z1x1 − 2y1 + 3z1
+ t2
x2 + 2y2 − 3z2
−2x2 + 4y2 − 6z23x2 − 2y2 + 3z2x2 − 2y2 + 3z2
=
t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1
−2t1x1 + 4t1y1 − 6t1z13t1x1 − 2t1y1 + 3t1z1t1x1 − 2t1y1 + 3t1z1
+
t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2
−2t2x2 + 4t2y2 − 6t2z23t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2
=
t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1 + t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2
−2t1x1 + 4t1y1 − 6t1z1 − 2t2x2 + 4t2y2 − 6t2z23t1x1 − 2t1y1 + 3t1z1 + 3t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2t2x1 − 2t1y1 + 3t1z1 + t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2
=
(t1x1 + t2x2) + 2(t1y1 + t2y2)− 3(t1z1 + t2z2)
−2(t1x1 + t2x2) + 4(t1y1 + t2y2)− 6(t1z1 + t2z2)3(t1x1 + t2x2)− 2(t1y1 + t2y2) + 3(t1z1 + t2z2)(t1x1 + t2x2)− 2(t1y1 + t2y2) + 3(t1z1 + t2z2)
=
x + 2y − 3z
−2x + 4y − 6z3x− 2y + 3zx− 2y + 3z
con x = t1x1 + t2x2 ∈ R, y = t1y1 + t2y2 ∈ R e z = t1z1 + t2z2 ∈ R. Perciòt1v1 + t2v2 ∈ V−3 e quindi V−3 è un sottospazio vettoriale di R4.
Si poteva verificare in modo diverso che V−3 è un sottospazio vettoriale, ma il testonon lo autorizzava. Tra i metodi alternativi, possiamo osservare che siccome
V−3 =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x− 2y + 3zx− 2y + 3z
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
,
possiamo vedere V−3 come l’immagine dell’applicazione lineare associata alla ma-trice
1 2 −3−2 4 −6
3 −2 31 −2 3
e quindi è un sottospazio vettoriale.
b) Esibire una base di V−3.
2
Abbiamo
V−3 =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x− 2y + 3zx− 2y + 3z
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
=
x
1−2
31
+ y
24−2−2
+ z
−3−6
33
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
=
⟨1−2
31
,
24−2−2
,
−3−6
33
⟩.
Quindi ponendo
u1 =
1−2
31
, u2 =
24−2−2
e u3 =
−3−6
33
abbiamo che i vettori u1, u2 e u3 sono una famiglia generatrice di V−3. Siccome3u2 = −2u3, i tre vettori non sono linearmente indipendenti, mentre {u1, u2} è unabase di V−3.
c) Verificare che se k 6= −3 allora Vk non è un sottospazio vettoriale di R4.
Per essere un sottospazio vettoriale, Vk deve contenere il vettore nullo, cioè devonoesistere x, y e z ∈ R tali che
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x− 2y + 3z
(k + 3)x2 + x− 2y + 3z + 9− k2
= 0,
cioè x+ 2y − 3z = 0−2x+ 4y − 6z = 03x− 2y + 3z = 0(k + 3)x2 + x− 2y + 3z + 9− k2 = 0.
Sommando due volte la prima equazione alla seconda e sottraendola tre volte allaterza viene
x+ 2y − 3z = 08y − 12z = 0−8y + 12z = 0
(k3)x2 + x− 2y + 3z + 9− k2 = 0.
3
Quindi x = 02y = 3zk2 = 9.
Quindi perché Vk sia un sottospazio vettoriale, dobbiamo avere k = ±3. Abbiamogià visto che per k = −3, Vk è un sottospazio vettoriale. Ci rimane da verificareche V3 non è un sottospazio vettoriale.
Abbiamo
V3 =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x− 2y + 3z
+6x2 + x− 2y + 3z
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
.
Sia v1 il vettore corrispondente a x = 1 e y = z = 0, cioè
v1 =
1−2
37
.
Allora
2v1 =
2−4
614
e per avere 2v1 ∈ V3, devono esistere x, y e z tali che
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x− 2y + 3z
+6x2 + x− 2y + 3z
= 2v1 =
2−4
614
.
Risolvendo il sistema corrispondente, le tre prime equazioni conducono a x = 2 e2y = 3z, ma la quarta equazione diventa
26 = 14
e quindi il sistema non ha soluzioni, perciò 2v1 6∈ V3 e quindi V3 non è un sottospaziovettoriale.
Esercizio 3. Si consideri la quadrica σ di equazione
−1
4x2−1
4y2−1
2z2−1
2xy +
9√2
2xz +
9√2
2yz−√2
2x− 17
√2
2y + z +
7
2= 0.
4
a) Determinare (se esiste) un centro di simmetria di σ.
Bisogna risolvere (se possibile) il sistema
B
xyz
+
−√24
−17√2
412
=
000
,
dove
B =
−14−1
49√2
4
−14−1
49√2
4
9√2
49√2
4−1
2
.
È immediato vedere che il sistema non ha soluzioni, quindi la quadrica non hacentri di simmetria.
b) Determinare la forma canonica di σ e riconoscere di che quadrica si tratta.
È più comodo determinare anzitutto una base ortonormale di autovettori dellamatrice B. Si trova che i suoi autovalori sono λ1 = 4, λ2 = −5 e λ3 = 0. (Siconsiglia di calcolare il determinante di B − λI sottraendo la seconda riga dallaprima e poi sommando le prime due colonne). Gli autovettori corrispondenti sono
x
11√2
, x
11
−√
2
, x
1−1
0
,
con x 6= 0. Pertanto una base ortonormale di autovettori di B è data da
v1 =
1212√22
, v2 =
1212
−√22
, v3 =
−√22√22
0
.
(La scelta del segno di v3 è motivata dal fatto che così il determinante di M èuguale a 1. Se fosse uguale a -1 non cambierebbe granché). Introdotta la matrice(ortogonale)
M =(v1|v2|v3
)=
12
12−√22
12
12
√22√
22−√22
0
abbiamo il cambiamento di coordinatexy
z
= M
x′y′z′
5
ossia x =
1
2
(x′ + y′ −
√2z′)
y =1
2
(x′ + y′ +
√2z′)
z =
√2
2(x′ − y′)
che porta l’equazione di σ nella forma
λ1(x′)2 + λ2(y
′)2 + λ3(z′)2 − 4
√2x′ − 5
√2 y′ − 8z′ +
7
2= 0,
ossia
4(x′)2 − 5(y′)2 − 4√
2x′ − 5√
2 y′ − 8z′ +7
2= 0,
che si può riscrivere come
4
(x′ −
√2
2
)2
− 5
(y′ +
√2
2
)2
− 8z′ + 4 = 0,
ossia1
2
(x′ −
√2
2
)2
−5
8
(y′ +
√2
2
)2
−(z′−1
2
)= 0.
Basta a questo punto effettuare la traslazioneX = x′ −
√2
2
Y = y′ +
√2
2
Z = z′−1
2
per arrivare alla forma canonica della quadrica:
Z =X2
2− Y 2
85
.
Essa è pertanto un paraboloide iperbolico.
c) Scrivere esplicitamente il cambiamento di coordinate che porta σ in forma canonica.
Il cambiamento di coordinate che porta la quadrica dall’equazione di partenza allaforma canonica si ottiene semplicemente componendo la rotazione e la traslazione
6
già utilizzate. Si trova che
x =1
2
(X + Y −
√2Z−
√2
2
)
y =1
2
(X + Y +
√2Z +
√2
2
)
z =
√2
2
(X − Y +
√2)
=
√2
2(X − Y ) + 1.
7
Università degli Studi di Bergamo – Scuola di IngegneriaCorso di Geometria e Algebra Lineare
Appello — 4 luglio 2016 — Parte B — Tema B3
Tempo a disposizione: due 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
Esercizio 1. Determinare la parte reale e la parte immaginaria delle soluzioni dell’equazione
(1 + 2i)z2 + (−6− 7i)z + 10 + 10i = 0.
La risoluzione non presenta nessuna difficoltà e nessuna particolarità.Il discriminante risulta uguale a
∆ = 27− 36i
di cui una radice quadrata èδ = 6− 3i
(l’altra è ovviamente l’opposto). Le soluzioni dell’equazione risultano essere
z1 = 2− 2i e z2 = 2 + i.
Esercizio 2. Sia, per un reale k,
Vk =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 2y − 3z
(k + 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
.
a) Verificare, utilizzando la definizione, che V−1 è un sottospazio vettoriale di R4.
Vediamo subito che V−1 non è vuoto, perché una qualsiasi scelta dei valori di x, ye z fornisce un elemento di V−1 (in particolare, usando x = y = z = 0 vediamo che0 ∈ V−1). Siano allora x1, y1, z1, x2, y2 e z2 sei reali e
v1 =
x1 + 2y1 − 3z1
−2x1 + 4y1 − 6z13x1 + 2y1 − 3z1x1 − 2y1 + 3z1
e v2 =
x2 + 2y2 − 3z2
−2x2 + 4y2 − 6z23x2 + 2y2 − 3z2x2 − 2y2 + 3z2
1
due elementi generici di V−1. Per qualsiasi t1 e t2 ∈ R, abbiamo
t1v1 + t2v2 = t1
x1 + 2y1 − 3z1
−2x1 + 4y1 − 6z13x1 + 2y1 − 3z1x1 − 2y1 + 3z1
+ t2
x2 + 2y2 − 3z2
−2x2 + 4y2 − 6z23x2 + 2y2 − 3z2x2 − 2y2 + 3z2
=
t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1
−2t1x1 + 4t1y1 − 6t1z13t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1t1x1 − 2t1y1 + 3t1z1
+
t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2
−2t2x2 + 4t2y2 − 6t2z23t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2
=
t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1 + t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2
−2t1x1 + 4t1y1 − 6t1z1 − 2t2x2 + 4t2y2 − 6t2z23t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1 + 3t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2t2x1 − 2t1y1 + 3t1z1 + t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2
=
(t1x1 + t2x2) + 2(t1y1 + t2y2)− 3(t1z1 + t2z2)
−2(t1x1 + t2x2) + 4(t1y1 + t2y2)− 6(t1z1 + t2z2)3(t1x1 + t2x2) + 2(t1y1 + t2y2)− 3(t1z1 + t2z2)(t1x1 + t2x2)− 2(t1y1 + t2y2) + 3(t1z1 + t2z2)
=
x + 2y − 3z
−2x + 4y − 6z3x + 2y − 3zx− 2y + 3z
con x = t1x1 + t2x2 ∈ R, y = t1y1 + t2y2 ∈ R e z = t1z1 + t2z2 ∈ R. Perciòt1v1 + t2v2 ∈ V−1 e quindi V−1 è un sottospazio vettoriale di R4.
Si poteva verificare in modo diverso che V−1 è un sottospazio vettoriale, ma il testonon lo autorizzava. Tra i metodi alternativi, possiamo osservare che siccome
V−1 =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 2y − 3zx− 2y + 3z
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
,
possiamo vedere V−1 come l’immagine dell’applicazione lineare associata alla ma-trice
1 2 −3−2 4 −6
3 2 −31 −2 3
e quindi è un sottospazio vettoriale.
b) Esibire una base di V−1.
2
Abbiamo
V−1 =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 2y − 3zx− 2y + 3z
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
=
x
1−2
31
+ y
242−2
+ z
−3−6−3
3
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
=
⟨1−2
31
,
242−2
,
−3−6−3
3
⟩.
Quindi ponendo
u1 =
1−2
31
, u2 =
242−2
e u3 =
−3−6−3
3
abbiamo che i vettori u1, u2 e u3 sono una famiglia generatrice di V−1. Siccome3u2 = −2u3, i tre vettori non sono linearmente indipendenti, mentre {u1, u2} è unabase di V−1.
c) Verificare che se k 6= −1 allora Vk non è un sottospazio vettoriale di R4.
Per essere un sottospazio vettoriale, Vk deve contenere il vettore nullo, cioè devonoesistere x, y e z ∈ R tali che
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 2y − 3z
(k + 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2
= 0,
cioè x+ 2y − 3z = 0−2x+ 4y − 6z = 03x+ 2y − 3z = 0(k + 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2 = 0.
Sommando due volte la prima equazione alla seconda e sottraendola tre volte allaterza viene
x+ 2y − 3z = 08y − 12z = 0−4y + 6z = 0
(k1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2 = 0.
3
Quindi x = 02y = 3zk2 = 1.
Quindi perché Vk sia un sottospazio vettoriale, dobbiamo avere k = ±1. Abbiamogià visto che per k = −1, Vk è un sottospazio vettoriale. Ci rimane da verificareche V1 non è un sottospazio vettoriale.
Abbiamo
V1 =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 2y − 3z
+2x2 + x− 2y + 3z
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
.
Sia v1 il vettore corrispondente a x = 1 e y = z = 0, cioè
v1 =
1−2
33
.
Allora
2v1 =
2−4
66
e per avere 2v1 ∈ V1, devono esistere x, y e z tali che
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 2y − 3z
+2x2 + x− 2y + 3z
= 2v1 =
2−4
66
.
Risolvendo il sistema corrispondente, le tre prime equazioni conducono a x = 2 e2y = 3z, ma la quarta equazione diventa
10 = 6
e quindi il sistema non ha soluzioni, perciò 2v1 6∈ V1 e quindi V1 non è un sottospaziovettoriale.
Esercizio 3. Si consideri la quadrica σ di equazione
5
4x2 +
5
4y2 +
5
2z2 +
5
2xy +
3√2
2xz +
3√2
2yz +
5√2
2x− 11
√2
2y − 5z−35
2= 0.
4
a) Determinare (se esiste) un centro di simmetria di σ.
Bisogna risolvere (se possibile) il sistema
B
xyz
+
5√2
4
−11√2
4
−52
=
000
,
dove
B =
54
54
3√2
4
54
54
3√2
4
3√2
43√2
452
.
È immediato vedere che il sistema non ha soluzioni, quindi la quadrica non hacentri di simmetria.
b) Determinare la forma canonica di σ e riconoscere di che quadrica si tratta.
È più comodo determinare anzitutto una base ortonormale di autovettori dellamatrice B. Si trova che i suoi autovalori sono λ1 = 4, λ2 = 1 e λ3 = 0. (Siconsiglia di calcolare il determinante di B − λI sottraendo la seconda riga dallaprima e poi sommando le prime due colonne). Gli autovettori corrispondenti sono
x
11√2
, x
11
−√
2
, x
1−1
0
,
con x 6= 0. Pertanto una base ortonormale di autovettori di B è data da
v1 =
1212√22
, v2 =
1212
−√22
, v3 =
−√22√22
0
.
(La scelta del segno di v3 è motivata dal fatto che così il determinante di M èuguale a 1. Se fosse uguale a -1 non cambierebbe granché). Introdotta la matrice(ortogonale)
M =(v1|v2|v3
)=
12
12−√22
12
12
√22√
22−√22
0
abbiamo il cambiamento di coordinatexy
z
= M
x′y′z′
5
ossia x =
1
2
(x′ + y′ −
√2z′)
y =1
2
(x′ + y′ +
√2z′)
z =
√2
2(x′ − y′)
che porta l’equazione di σ nella forma
λ1(x′)2 + λ2(y
′)2 + λ3(z′)2 − 4
√2x′ +
√2 y′ − 8z′−35
2= 0,
ossia
4(x′)2 + (y′)2 − 4√
2x′ +√
2 y′ − 8z′−35
2= 0,
che si può riscrivere come
4
(x′ −
√2
2
)2
+
(y′ +
√2
2
)2
− 8z′ − 20 = 0,
ossia1
2
(x′ −
√2
2
)2
+1
8
(y′ +
√2
2
)2
−(z′ +
5
2
)= 0.
Basta a questo punto effettuare la traslazioneX = x′ −
√2
2
Y = y′ +
√2
2
Z = z′ +5
2
per arrivare alla forma canonica della quadrica:
Z =X2
2+Y 2
8.
Essa è pertanto un paraboloide ellittico.
c) Scrivere esplicitamente il cambiamento di coordinate che porta σ in forma canonica.
Il cambiamento di coordinate che porta la quadrica dall’equazione di partenza allaforma canonica si ottiene semplicemente componendo la rotazione e la traslazione
6
già utilizzate. Si trova che
x =1
2
(X + Y −
√2Z +
5√
2
2
)
y =1
2
(X + Y +
√2Z−5
√2
2
)
z =
√2
2
(X − Y +
√2)
=
√2
2(X − Y ) + 1.
7
Università degli Studi di Bergamo – Scuola di IngegneriaCorso di Geometria e Algebra Lineare
Appello — 4 luglio 2016 — Parte B — Tema B4
Tempo a disposizione: due 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
Esercizio 1. Determinare la parte reale e la parte immaginaria delle soluzioni dell’equazione
(1 + 2i)z2 + (3− 9i)z − 10 + 5i = 0.
La risoluzione non presenta nessuna difficoltà e nessuna particolarità.Il discriminante risulta uguale a
∆ = 8 + 6i
di cui una radice quadrata èδ = 3 + i
(l’altra è ovviamente l’opposto). Le soluzioni dell’equazione risultano essere
z1 = 2 + i e z2 = 1 + 2i.
Esercizio 2. Sia, per un reale k,
Vk =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 6y − 9z
(k − 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
.
a) Verificare, utilizzando la definizione, che V1 è un sottospazio vettoriale di R4.
Vediamo subito che V1 non è vuoto, perché una qualsiasi scelta dei valori di x, ye z fornisce un elemento di V1 (in particolare, usando x = y = z = 0 vediamo che0 ∈ V1). Siano allora x1, y1, z1, x2, y2 e z2 sei reali e
v1 =
x1 + 2y1 − 3z1
−2x1 + 4y1 − 6z13x1 + 6y1 − 9z1x1 − 2y1 + 3z1
e v2 =
x2 + 2y2 − 3z2
−2x2 + 4y2 − 6z23x2 + 6y2 − 9z2x2 − 2y2 + 3z2
1
due elementi generici di V1. Per qualsiasi t1 e t2 ∈ R, abbiamo
t1v1 + t2v2 = t1
x1 + 2y1 − 3z1
−2x1 + 4y1 − 6z13x1 + 6y1 − 9z1x1 − 2y1 + 3z1
+ t2
x2 + 2y2 − 3z2
−2x2 + 4y2 − 6z23x2 + 6y2 − 9z2x2 − 2y2 + 3z2
=
t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1
−2t1x1 + 4t1y1 − 6t1z13t1x1 + 6t1y1 − 9t1z1t1x1 − 2t1y1 + 3t1z1
+
t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2
−2t2x2 + 4t2y2 − 6t2z23t2x2 + 6t2y2 − 9t2z2t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2
=
t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1 + t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2
−2t1x1 + 4t1y1 − 6t1z1 − 2t2x2 + 4t2y2 − 6t2z23t1x1 + 6t1y1 − 9t1z1 + 3t2x2 + 6t2y2 − 9t2z2t2x1 − 2t1y1 + 3t1z1 + t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2
=
(t1x1 + t2x2) + 2(t1y1 + t2y2)− 3(t1z1 + t2z2)
−2(t1x1 + t2x2) + 4(t1y1 + t2y2)− 6(t1z1 + t2z2)3(t1x1 + t2x2) + 6(t1y1 + t2y2)− 9(t1z1 + t2z2)(t1x1 + t2x2)− 2(t1y1 + t2y2) + 3(t1z1 + t2z2)
=
x + 2y − 3z
−2x + 4y − 6z3x + 6y − 9zx− 2y + 3z
con x = t1x1 + t2x2 ∈ R, y = t1y1 + t2y2 ∈ R e z = t1z1 + t2z2 ∈ R. Perciòt1v1 + t2v2 ∈ V1 e quindi V1 è un sottospazio vettoriale di R4.
Si poteva verificare in modo diverso che V1 è un sottospazio vettoriale, ma il testonon lo autorizzava. Tra i metodi alternativi, possiamo osservare che siccome
V1 =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 6y − 9zx− 2y + 3z
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
,
possiamo vedere V1 come l’immagine dell’applicazione lineare associata alla matrice1 2 −3−2 4 −6
3 6 −91 −2 3
e quindi è un sottospazio vettoriale.
b) Esibire una base di V1.
2
Abbiamo
V1 =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 6y − 9zx− 2y + 3z
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
=
x
1−2
31
+ y
246−2
+ z
−3−6−9
3
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
=
⟨1−2
31
,
246−2
,
−3−6−9
3
⟩.
Quindi ponendo
u1 =
1−2
31
, u2 =
246−2
e u3 =
−3−6−9
3
abbiamo che i vettori u1, u2 e u3 sono una famiglia generatrice di V1. Siccome3u2 = −2u3, i tre vettori non sono linearmente indipendenti, mentre {u1, u2} èuna base di V1.
c) Verificare che se k 6= 1 allora Vk non è un sottospazio vettoriale di R4.
Per essere un sottospazio vettoriale, Vk deve contenere il vettore nullo, cioè devonoesistere x, y e z ∈ R tali che
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 6y − 9z
(k − 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2
= 0,
cioè x+ 2y − 3z = 0−2x+ 4y − 6z = 03x+ 6y − 9z = 0(k − 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2 = 0.
Sommando due volte la prima equazione alla seconda e sottraendola tre volte allaterza viene
x+ 2y − 3z = 08y − 12z = 0= 0
(k − 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2 = 0.
3
Quindi x = 02y = 3zk2 = 1.
Quindi perché Vk sia un sottospazio vettoriale, dobbiamo avere k = ±1. Abbiamogià visto che per k = 1, Vk è un sottospazio vettoriale. Ci rimane da verificare cheV−1 non è un sottospazio vettoriale.
Abbiamo
V−1 =
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 6y − 9z
−2x2 + x− 2y + 3z
∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R
.
Sia v1 il vettore corrispondente a x = 1 e y = z = 0, cioè
v1 =
1−2
3−1
.
Allora
2v1 =
2−4
6−2
e per avere 2v1 ∈ V−1, devono esistere x, y e z tali che
x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 6y − 9z
−2x2 + x− 2y + 3z
= 2v1 =
2−4
6−2
.
Risolvendo il sistema corrispondente, le tre prime equazioni conducono a x = 2 e2y = 3z, ma la quarta equazione diventa
−6 = −2
e quindi il sistema non ha soluzioni, perciò 2v1 6∈ V−1 e quindi V−1 non è unsottospazio vettoriale.
Esercizio 3. Si consideri la quadrica σ di equazione
−3
4x2−3
4y2−3
2z2−3
2xy +
11√2
2xz +
11√2
2yz−3
√2
2x− 19
√2
2y + 3z +
21
2= 0.
4
a) Determinare (se esiste) un centro di simmetria di σ.
Bisogna risolvere (se possibile) il sistema
B
xyz
+
−3√2
4
−19√2
432
=
000
,
dove
B =
−34−3
411√2
4
−34−3
411√2
4
11√2
411√2
4−3
2
.
È immediato vedere che il sistema non ha soluzioni, quindi la quadrica non hacentri di simmetria.
b) Determinare la forma canonica di σ e riconoscere di che quadrica si tratta.
È più comodo determinare anzitutto una base ortonormale di autovettori dellamatrice B. Si trova che i suoi autovalori sono λ1 = 4, λ2 = −7 e λ3 = 0. (Siconsiglia di calcolare il determinante di B − λI sottraendo la seconda riga dallaprima e poi sommando le prime due colonne). Gli autovettori corrispondenti sono
x
11√2
, x
11
−√
2
, x
1−1
0
,
con x 6= 0. Pertanto una base ortonormale di autovettori di B è data da
v1 =
1212√22
, v2 =
1212
−√22
, v3 =
−√22√22
0
.
(La scelta del segno di v3 è motivata dal fatto che così il determinante di M èuguale a 1. Se fosse uguale a -1 non cambierebbe granché). Introdotta la matrice(ortogonale)
M =(v1|v2|v3
)=
12
12−√22
12
12
√22√
22−√22
0
abbiamo il cambiamento di coordinatexy
z
= M
x′y′z′
5
ossia x =
1
2
(x′ + y′ −
√2z′)
y =1
2
(x′ + y′ +
√2z′)
z =
√2
2(x′ − y′)
che porta l’equazione di σ nella forma
λ1(x′)2 + λ2(y
′)2 + λ3(z′)2 − 4
√2x′ − 7
√2 y′ − 8z′ +
21
2= 0,
ossia
4(x′)2 − 7(y′)2 − 4√
2x′ − 7√
2 y′ − 8z′ +21
2= 0,
che si può riscrivere come
4
(x′ −
√2
2
)2
− 7
(y′ +
√2
2
)2
− 8z′ + 12 = 0,
ossia1
2
(x′ −
√2
2
)2
−7
8
(y′ +
√2
2
)2
−(z′−3
2
)= 0.
Basta a questo punto effettuare la traslazioneX = x′ −
√2
2
Y = y′ +
√2
2
Z = z′−3
2
per arrivare alla forma canonica della quadrica:
Z =X2
2− Y 2
87
.
Essa è pertanto un paraboloide iperbolico.
c) Scrivere esplicitamente il cambiamento di coordinate che porta σ in forma canonica.
Il cambiamento di coordinate che porta la quadrica dall’equazione di partenza allaforma canonica si ottiene semplicemente componendo la rotazione e la traslazione
6
già utilizzate. Si trova che
x =1
2
(X + Y −
√2Z−3
√2
2
)
y =1
2
(X + Y +
√2Z +
3√
2
2
)
z =
√2
2
(X − Y +
√2)
=
√2
2(X − Y ) + 1.
7