Esame di Geometria (laurea in Fisica)

prova scritta del 16 giugno 2000

ESERCIZIO 1. Si consideri uno spazio vettoriale reale V, di dimensione 6, e sia V = {v_{1}, …, v_{6}} una sua base.

(a) Dati i sottospazi U = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩, W = ⟨v_{4}, v_{5}, v_{6}⟩ e

Z = ⟨v_{1} + v_{2} + 3v_{4} + 2v_{5} − v_{6}, v_{1} − v_{3} + v_{5} − v_{6}, −2v_{1} + v_{3} − 3v_{4} − 2v_{5} + v_{6}⟩ ,

si verifichi che Z è il grafico di un’applicazione lineare ϕ : U → W e si determinino kerϕ, imϕ e la matrice di ϕ rispetto alle basi date di U e W.

(b) Sia Γ_{ψ} ⊆ V il grafico di un’applicazione lineare ψ : U → W. Si mostri che kerϕ ⊆ kerψ se, e solo se, Z ∩ U ⊆ Γ_{ψ}.

Svolgimento. (a). Un sottospazio Z ⊂ U ⊕ W è il grafico di un’applicazione lineare ϕ : U → W se, e solo se, dim Z = dim U e Z ∩W = ⟨0⟩. Indicata con A la matrice che ha come colonne le coordinate dei generatori di Z, si può osservare che il minore estratto dalle prime tre righe è uguale ad 1 e quindi dim Z = 3 e Z +W = V. Ciò è sufficiente per concludere che Z è il grafico di un’applicazione lineare. Per determinare la matrice di ϕ, è sufficiente osservare che, si ha AP = A′, ove

A = ( \begin{matrix}1 & 1 & −2 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 3 & 0 & −3 \\ 2 & 1 & −2 \\ −1 & −1 & 1 \end{matrix} ) ,  P = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ −1 & 1 & −2 \\ −1 & 1 & −1 \end{matrix} ) ∈ GL(3, ℝ)  ed  A′ = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 3 & 0 & 3 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix} ) .

Quindi la matrice di ϕ rispetto alle basi date di U e W è B = ( \begin{matrix}3 & 0 & 3 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix} ). Infine si ha kerϕ = ⟨−v_{1} + v_{2} + v_{3}⟩

ed imϕ = ⟨3v_{4} + 2v_{5} − v_{6}, v_{5} − v_{6}⟩. (b). Ricordiamo che, se un sottospazio Z ⊂ U ⊕ W è il grafico di un’applicazione lineare ϕ : U → W, dato un vettore u_{0} ∈ U, esiste un unico vettore u_{0} + w_{0} ∈ Z, con w_{0} ∈ W e, in particolare, w_{0} = ϕ(u_{0}). Dunque, u_{0} ∈ kerϕ se, e solo se, si può prendere w_{0} = 0, ovvero se, e solo se, u_{0} = u_{0} + 0 ∈ Z. Dunque kerϕ = U ∩ Z. Da ciò si conclude che kerϕ ⊆ kerψ se, e solo se, Z ∩ U ⊆ Γ_{ψ} ∩ U e quindi se, e solo se, Z ∩ U ⊆ Γ_{ψ}. □

ESERCIZIO 2. Si consideri lo spazio vettoriale M_{n}(C) delle matrici quadrate di ordine n, ad elementi nel campo C. Si mostri che, fissata comunque una forma lineare α : M_{n}(C) → C, esiste una matrice A ∈ M_{n}(C) tale che α(X) = tr(AX) per ogni X ∈ M_{n}(C). Si deduca da ciò il fatto che, per ogni spazio vettoriale di dimensione finita V, lo spazio vettoriale Hom_{C} (V, V) è canonicamente isomorfo al suo duale.

Svolgimento. Consideriamo la base canonica { ε(i, j) | 1 ≤ i, j ≤ n } di M_{n}(C) ed osserviamo che, data una qualunque matrice A ∈ M_{n}(C), si ha^{(∗)}

tr(Aε(i, j)) = tr ( \begin{matrix}0 & … & a_{1i} & … & 0 \\ ⋮ & ... & ⋮ & & ⋮ \\ ⋮ & & a_{ji} & & ⋮ \\ ⋮ & & ⋮ & ... & ⋮ \\ 0 & … & a_{ni} & … & 0 \end{matrix} ) = a_{ji}.

(∗) Ovvero, la matrice prodotto Aε(i, j) ha tutte le entrate nulle, eccetto la j-esima colonna, ove compare la i-esima colonna della matrice A.

Dunque, data una forma lineare α, e posto a_{ij} := α(ε(j, i)), per 1 ≤ i, j ≤ n, si consideri la matrice A = (a_{ij})_{1≤i,j≤n} e si osservi che le forme lineari α e X ↦ tr(AX) coincidono su una base di M_{n}(C) e quindi α(X) = tr(AX) per ogni matrice X.

L’ultima affermazione discende immediatamente da quanto visto e dall’osservazione che la traccia di un endomorfismo ϕ : V → V non dipende dalla scelta di una sua matrice A = α_{V,V}(ϕ), e quindi che la dualità definita su Hom_{C} (V, V) ponendo (ϕ, ψ) ↦ tr(ϕ ∘ ψ), non dipende dalla scelta di una base di V e dalla conseguente identificazione tra Hom_{C} (V, V) ed M_{n}(C). □

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale complesso di dimensione n, dotato di una forma hermitiana h : V × V → ℂ, definita positiva, ed indichiamo con ∥v∥ := \sqrt{h(v, v)} la norma di un vettore v ∈ V. Sia dato un endomorfismo ϕ : V → V e si fissi una base ortonormale V = {v_{1}, …, v_{n}} di V. Possiamo considerare i due numeri reali

∥ϕ∥_{0} := sup { ∥ϕ(v)∥ | v ∈ V, ∥v∥ = 1 }  e  ∥ϕ∥_{1} := max { |a_{ij}| | 1 ≤ i, j ≤ n }

ove (a_{ij})_{1≤i,j≤n} = α_{V,V}(ϕ) è la matrice di ϕ rispetto alla base fissata.

Si mostri che esistono due numeri reali positivi c_{1} e c_{2}, indipendenti da ϕ, tali che c_{1}∥ϕ∥_{1} ≤ ∥ϕ∥_{0} ≤ c_{2}∥ϕ∥_{1}.

Svolgimento. Poichè i vettori v_{1}, …, v_{n} formano una base ortonormale di V, fissati comunque i e j, con 1 ≤ i, j ≤ n, si ha

|a_{ij}| = |a_{ij}|∥v_{i}∥ ≤ ∥∑_{i=1}^{n} a_{ij}v_{i}∥ = ∥ϕ(v_{j})∥ ≤ ∥ϕ∥_{0}

e quindi ∥ϕ∥_{1} ≤ ∥ϕ∥_{0}.

D’altra parte, per ogni vettore della base data, si ha

∥ϕ(v_{j})∥ = ∥∑_{i=1}^{n} a_{ij}v_{i}∥ ≤ ∑_{i=1}^{n} |a_{ij}| ≤ n∥ϕ∥_{1},

e quindi, dato un vettore v = x_{1}v_{1} + ⋯ + x_{n}v_{n}, con |x_{1}|^{2} + ⋯ + |x_{n}|^{2} = 1, si ha

∥ϕ(v)∥ ≤ ∑_{j=1}^{n} |x_{j}|∥ϕ(v_{j})∥ ≤ n∥ϕ∥_{1} ∑_{j=1}^{n} |x_{j}| ≤ n^{2}∥ϕ∥_{1};

da cui si può concludere che ∥ϕ∥_{0} ≤ n^{2}∥ϕ∥_{1}^{(†)}. È chiaro che le due disuguaglianze che abbiamo dimostrato, valgono per ogni endomorfismo ϕ di V. □

ESERCIZIO 4. Si consideri una matrice di Jordan di ordine n, con (J − α1)^{n} = 0 ≠ (J − α1)^{n−1}, ovvero

J = ( \begin{matrix}α & 1 & 0 & … & 0 \\ 0 & α & 1 & & ⋮ \\ & & ... & ... \\ ⋮ & & & α & 1 \\ 0 & … & & 0 & α \end{matrix} ) .

Si mostri che J è simile alla sua trasposta e si determini una matrice invertibile P tale che P^{−1}JP = ^{t}J. Sia A ∈ M_{n}(ℂ). È vero o falso che A è simile a ^{t}A?

(†) La disuguaglianza si può facilmente migliorare e scrivere ∥ϕ∥_{0} ≤ n^{3/2}∥ϕ∥_{1}, osservando che, per ogni n-upla di numeri reali (x_{1}, …, x_{n}), si ha −\sqrt{n} ≤ x_{1} + ⋯ + x_{n} ≤ \sqrt{n} quando x_{1}^{2} + ⋯ + x_{n}^{2} = 1.

Svolgimento. Se W = {w_{1}, …, w_{n}} è una base rispetto a cui l’endomorfismo ϕ ha matrice di Jordan J, allora si ha ϕ(w_{1}) = αw_{1}, e ϕ(w_{i}) = αw_{i} + w_{i−1} per i = 2, …, n. Considerando la stessa base, nell’ordine inverso, ovvero considerando i vettori u_{j} = w_{n−j} per j = 1, …, n, si ha ϕ(u_{j}) = αu_{j} + u_{j+1} per j = 1, dots, n − 1 e ϕ(u_{n}) = αu_{n} e quindi la matrice di ϕ rispetto alla base U = {u_{1}, …, u_{n}} è proprio ^{t}J.

Dunque, presa la matrice di cambiamento di base

P = α_{U,W}(1) = ( \begin{matrix}0 & … & 0 & 1 \\ ⋮ & & ... & 0 \\ 0 & ... & & ⋮ \\ 1 & 0 & … & 0 \end{matrix} ) ,

si ha P^{−1}JP = ^{t}J.

Presa ora una generica matrice A ∈ M_{n}(ℂ), esiste una matrice di Jordan M, simile ad A, e si ha M = X^{−1}AX, per un’opportuna matrice invertibile X. La matrice M è fatta di blocchi diagonali di vario ordine, analoghi a J. Considerando una matrice Y fatta di blocchi diagonali dello stesso ordine dei blocchi di M ed analoghi a P, si ha ^{t}M = Y^{−1}MY e quindi M è simile alla sua trasposta che, a sua volta, è simile alla trasposta di A, essendo ^{t}M = ^{t}X^{t}A^{t}X^{−1}. Poichè la relazione di simiglianza è transitiva, si conclude che A e ^{t}A sono simili. □

ESERCIZIO 5. Si consideri l’applicazione esponenziale exp : M_{2}(ℝ) → GL(2, ℝ), definita ponendo expA =

∑_{n=0}^{∞} \frac{A^{n}}{n!} per ogni matrice A.

(a) Si mostri che, data comunque una matrice B, avente due autovalori reali, positivi e distinti, esiste una matrice A ∈ M_{2}(ℝ), tale che expA = B.

(b) Sia A_{1} = ( \begin{matrix}0 & −π^{2} \\ 1 & 0 \end{matrix} ) e si calcoli expA_{1}.

(c) Si mostri che, dato comunque un numero reale negativo β, esiste una matrice A ∈ M_{2}(ℝ), tale che

expA = ( \begin{matrix}β & 0 \\ 0 & β \end{matrix} ).

Svolgimento. (a). Sia dunque P una matrice invertibile tale che P^{−1}BP = ( \begin{matrix}c_{1} & 0 \\ 0 & c_{2} \end{matrix} ), ove c_{1} > 0 < c_{2} sono gli autovalori di B. Allora, preso λ_{i} = log_{e} c_{i} per i = 1, 2, si ha

exp [P ( \begin{matrix}λ_{1} & 0 \\ 0 & λ_{2} \end{matrix} ) P^{−1}] = P [exp ( \begin{matrix}λ_{1} & 0 \\ 0 & λ_{2} \end{matrix} )] P^{−1} = P ( \begin{matrix}c_{1} & 0 \\ 0 & c_{2} \end{matrix} ) P^{−1} = B.

(b). Vi è più di un modo per calcolare expA_{1}; uno può essere di osservare che la matrice A_{1}^{2} = ( \begin{matrix}−π^{2} & 0 \\ 0 & −π^{2} \end{matrix} )

è scalare e quindi scrivere esplicitamente le entrate delle matrici \frac{1}{n!}A_{1}^{n} e calcolare le somme delle serie che compaiono nel calcolo dell’esponenziale, servendosi ad esempio, delle serie di McLaurin delle funzioni trigonometriche (farlo!).

Un altro modo può essere di osservare che il polinomio caratteristico di A_{1} è uguale ad X^{2} + π^{2} e quindi che esiste una matrice (complessa) P ∈ GL(2, ℂ) tale che P^{−1}A_{1}P = ( \begin{matrix}πi & 0 \\ 0 & −πi \end{matrix} ). Dunque

expA_{1} = P [exp ( \begin{matrix}πi & 0 \\ 0 & −πi \end{matrix} )] P^{−1} = P ( \begin{matrix}e^{πi} & 0 \\ 0 & e^{−πi} \end{matrix} ) P^{−1} = P ( \begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) P^{−1} = ( \begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) ,

perchè una matrice scalare commuta con ogni altra matrice. (c). Sia β = −c con c ∈ ℝ_{>0} e sia λ = log_{e} c e consideriamo la matrice

A = ( \begin{matrix}λ & −π^{2} \\ 1 & λ \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}λ & 0 \\ 0 & λ \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}0 & −π^{2} \\ −π^{2} & 0 \end{matrix} )

e, poichè i due addendi commutano (uno è una matrice scalare), si ha

expA = exp ( \begin{matrix}λ & 0 \\ 0 & λ \end{matrix} ) exp ( \begin{matrix}0 & −π^{2} \\ 1 & 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}e^{λ} & 0 \\ 0 & e^{λ} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}β & 0 \\ 0 & β \end{matrix} ) ,

e quindi A è la matrice cercata. □

ESERCIZIO 6. Si consideri l’endomorfismo ϕ : ℚ^{4} → ℚ^{4}, avente matrice

A = ( \begin{matrix}6 & 0 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & −4 & 3 \\ −2 & 4 & 9 & −1 \\ −1 & 0 & 0 & 4 \end{matrix} ) ,

rispetto alla base canonica. Si determinino il polinomio caratteristico ed il polinomio minimo di ϕ, una matrice di Jordan J di ϕ ed una matrice P ∈ GL(4, ℚ) tale che J = P^{−1}AP.

Svolgimento. Pol. char. (x − 5)^{4} = pol. minimo; infatti

A − 5 = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 2 & −4 & −4 & 3 \\ −2 & 4 & 4 & −1 \\ −1 & 0 & 0 & −1 \end{matrix} ) , (A − 5)^{2} = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 & −9 \\ −1 & 0 & 0 & 7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) , (A − 5)^{3} = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 8 & 0 & 0 & 8 \\ −8 & 0 & 0 & −8 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

E, infine

J = ( \begin{matrix}5 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 5 \end{matrix} ) , P = ( \begin{matrix}0 & 0 & 1 & 1 \\ 8 & −1 & 2 & 0 \\ −8 & −1 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \end{matrix} ) .

That’s all folks! □

ESERCIZIO 7. Si considerino le rette r ed s di ℙ^{3}(ℚ), di equazioni omogenee

r : \{ \begin{matrix}x_{0} − 2x_{1} − x_{3} = 0 \\ 2x_{0} − x_{1} + x_{2} = 0 \end{matrix}  ed  s : \{ \begin{matrix}x_{0} − x_{2} = 0 \\ x_{1} + x_{3} = 0 \end{matrix} .

(a) Si verifichi che le due rette sono sghembe.

(b) Si consideri l’applicazione π : ℙ^{3}(ℚ) → ℙ^{3}(ℚ), definita ponendo π(X) = (X + r) ∩ s, per ogni elemento X di ℙ^{3}(ℚ). Si mostri che π è una applicazione proiettiva e si scriva una sua matrice.

Svolgimento. (a). È sufficiente verificare che il sistema lineare omogeneo che determina r ∩ s ha solo la soluzione banale, ovvero che la sua matrice ha rango 4. Infatti, si ha

det ( \begin{matrix}1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & −2 & 0 & −1 \\ 2 & −1 & 1 & 0 \end{matrix} ) = −2 ≠ 0.

(b). Dati, la retta r = σ ⟨( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ −2 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −2 \\ 1 \end{matrix} )⟩ ed un generico punto P = ( \begin{matrix}p_{0} \\ p_{1} \\ p_{2} \\ p_{3} \end{matrix} ) di ℙ^{3}(ℚ), i punti di P + r

hanno coordinate omogenee ( \begin{matrix}αp_{0}+γ \\ αp_{1}+β \\ αp_{2}+β−2γ \\ αp_{3}−2β+γ \end{matrix} ), al variare dei parametri omogenei (α, β, γ) e quindi l’intersezione

(P + r) ∩ s si determina risolvendo il sistema lineare omogeneo

(P + r) ∩ s : \{ \begin{matrix}(αp_{0} + γ) − (αp_{2} + β − 2γ) = 0 \\ (αp_{1} + β) + (αp_{3} − 2β + γ) = 0 \end{matrix} e si ha quindi π(P) = ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ −1 & 5 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & −5 & −1 & −3 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}p_{0} \\ p_{1} \\ p_{2} \\ p_{3} \end{matrix} ) .

Abbiamo quindi verificato che π è una applicazione proiettiva e scritta una sua matrice. □

ESERCIZIO 8. Sia E^{n} lo spazio euclideo n dimensionale. Dati r vettori v_{1}, …, v_{r}, si consideri la matrice X ∈ M_{n×r}(ℝ) che ha come colonne le coordinate dei vettori v_{1}, …, v_{r} rispetto ad un riferimento ortonormale e sia G = ^{t}XX ∈ M_{r}(ℝ).

(a) Si mostri che il volume (r-dimensionale non orientato) del parallelepipedo generato da v_{1}, …, v_{r} è uguale a \sqrt{det G}.

(b) Si usi il risultato precedente per calcolare la superficie laterale del tetraedro in E^{3}, di vertici

P_{1} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) ,  P_{2} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) ,  P_{3} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 2 \end{matrix} ) ,  P_{4} = ( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) .

(Le coordinate sono date rispetto ad un riferimento ortonormale.)

Svolgimento. (a). Consideriamo una base ortonormale, w_{r+1}, …, w_{n}, del sottospazio ⟨v_{1}, …, v_{r}⟩^{⊥} e sia Y la matrice (quadrata di ordine n) che ha come colonne le coordinate dei vettori v_{1}, …, v_{r}, w_{r+1}, …, w_{n}, rispetto al riferimento ortonormale fissato. Allora, indicato con Γ il parallelepipedo determinato dai vettori v_{1}, …, v_{r}, per definizione, si ha vol^{r} (Γ) = | det Y |. D’altra parte, si ha

tY Y = ( \begin{matrix}G & 0 \\ 0 & 1_{n−r} \end{matrix} )

da cui si deduce che (det Y)^{2} = det G e quindi la tesi.

(b). Consideriamo i vettori

P_{2} − P_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , P_{3} − P_{1} = ( \begin{matrix}0 \\ −1 \\ 2 \end{matrix} ) , P_{4} − P_{1} = ( \begin{matrix}−1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} ) , P_{3} − P_{2} = ( \begin{matrix}−1 \\ −1 \\ 2 \end{matrix} ) , P_{4} − P_{2} = ( \begin{matrix}−2 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} ) .

Indicando con X_{ijk} la matrice (3 × 2) avente come colonne le coordinate dei vettori P_{j} − P_{i}, P_{k} − P_{i}, e con G_{ijk} = ^{t}X_{ijk}X_{ijk}, la superficie laterale cercata è uguale alla somma delle superficie delle singole facce, ovvero

\frac{1}{2} (\sqrt{det G_{123}} + \sqrt{det G_{124}} + \sqrt{det G_{134}} + \sqrt{det G_{234}}) = \frac{\sqrt{5} + \sqrt{2} + \sqrt{6} + \sqrt{11}}{2},

e ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 9. Si consideri la parabola C del piano euclideo, di equazione affine

C : 4x^{2} + y^{2} − 4xy + 10x − 4 = 0.

Si determinino il vertice, l’asse, il fuoco e la direttrice di C. Si determinino inoltre l’equazione canonica di C e la matrice di un’isometria che porta l’equazione della parabola in forma canonica.

Svolgimento. Si tratta della parabola non degenere, di matrice

A = ( \begin{matrix}−4 & 5 & 0 \\ 5 & 4 & −2 \\ 0 & −2 & 1 \end{matrix} ) ,

essendo det A = −25 e det A′ = 0. La direzione dell’asse della parabola è il sottospazio degli autovettori

relativi all’autovalore nullo di A′ = ( \begin{matrix}4 & −2 \\ −2 & 1 \end{matrix} ), ovvero il punto improprio P_{∞} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix} ). L’asse della parabola è la polare della direzione Q_{∞} = ( \begin{matrix}0 \\ 2 \\ −1 \end{matrix} ), ortogonale a P_{∞}, e quindi ha equazione affine h : 2x − y + 2 = 0.

Il vertice di C è il punto proprio di intersezione tra l’asse h e la parabola C, ovvero il punto di coordinate

omogenee V = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 2 \end{matrix} ). Il fuoco è quell’unico punto F_{λ} = ( \begin{matrix}1 \\ λ \\ 2λ+2 \end{matrix} ) dell’asse h, per cui la polare di F_{λ}, la

polare di X_{∞} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) e la retta F_{λ} + X_{∞}^{⊥} concorrono ad uno stesso punto (perchè?), e quindi si tratta di

determinare il valore di λ per cui si abbia

det ( \begin{matrix}0 & −2 & 1 \\ 5λ − 4 & 1 & 2 \\ 2λ + 2 & 0 & −1 \end{matrix} ) = 0,  ovvero  λ = −\frac{1}{10}.

Dunque il fuoco di C è il punto di coordinate omogenee F = ( \begin{matrix}10 \\ −1 \\ 18 \end{matrix} ) e la direttrice è la sua polare, ovvero la

retta di equazione affine d : 2x + 4y − 9 = 0.

Restano quindi da determinare l’equazione canonica di C e la matrice dell’isometria che porta C nella sua forma canonica, ovvero la trasformazione che porta l’origine nel vertice di C, l’asse delle ascisse nella retta tangente a C nel vertice e l’asse delle ordinate sull’asse della conica. Poichè l’autovalore non nullo di A′ è uguale a 5, l’equazione canonica della parabola C è 2Y = \sqrt{5}X^{2}.

Infine, la matrice della trasformazione di coordinate è

X = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −\frac{2}{\sqrt{5}} & −\frac{1}{\sqrt{5}} \\ 2 & \frac{1}{\sqrt{5}} & −\frac{2}{\sqrt{5}} \end{matrix} ) ,  e si ha  \frac{1}{\sqrt{5}} ^{t}XAX = ( \begin{matrix}0 & 0 & −1 \\ 0 & \sqrt{5} & 0 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 10. Sia 𝒞 una conica a centro nel piano affine 𝔸^{2}(ℝ). Date due rette per il centro, r ed s, siano {R_{1}, R_{2}} = r ∩ 𝒞 ed {S_{1}, S_{2}} = s ∩ 𝒞 e supponiamo che i quattro punti abbiano tutti coordinate reali. Si mostri che il quadrilatero R_{1}S_{1}R_{2}S_{2} è un parallelogramma e si verifichi che le direzioni dei lati separano armonicamente le direzioni delle diagonali.

Svolgimento. Usando un argomento di tipo metrico, possiamo osservare che il centro C di una conica è anche centro di simmetria per la stessa e quindi le due diagonali R_{1}R_{2} ed S_{1}S_{2} si incontrano nel punto medio e questo accade solo in un parallelogramma (perchè?).

D’altra parte, possiamo considerare il quadrangolo piano completo determinato dai quattro punti, come rappresentato nel disegno qui sopra ed osservare che la retta contenente le intersezioni dei lati opposti del quadrangolo deve passare per i punti R ed S tali che (S_{1}, S_{2}, C, S) = −1 = (R_{1}, R_{2}, C, R). Dato che i punti R_{1}, R_{2}, S_{1}, S_{2} sono contenuti nel supporto di 𝒞 e C è il centro, possiamo concludere che la retta R + S è la polare del centro, ovvero la retta impropria r_{∞}. Dunque i lati opposti del quadrilatero R_{1}S_{1}R_{2}S_{2} si incontrano in due punti della retta impropria; inoltre, per le proprietà del quadrangolo piano completo, le intersezioni delle diagonali con questa retta separano armonicamente i due punti. □

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Esame di Geometria (laurea in Fisica)

prova scritta del 4 luglio 2000

ESERCIZIO 1. Siano date due matrici A, B ∈ M_{4}(ℝ) e si consideri l’insieme L = { X ∈ M_{4}(ℝ) | AX = B }. Si mostri che L è una sottovarietà lineare dello spazio affine 𝔸(M_{4}(ℝ)) e se ne calcoli la dimensione in funzione del rango della matrice A.

Si scrivano esplicitamente gli elementi di L nel caso in cui

A = ( \begin{matrix}2 & −1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & −1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \end{matrix} )  e  B = ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 & −1 \\ 1 & 2 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & 0 & 0 \\ 1 & 4 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Svolgimento. Nello spazio affine 𝔸(M_{4}(ℝ)), possiamo considerare le 16 entrate di una matrice X come un sistema di coordinate affini, avente come origine la matrice nulla 0 e come base associata la base canonica di M_{4}(ℝ). La condizione AX = B produce un sistema di 16 equazioni lineari nelle coordinate dette e quindi L è una sottovarietà lineare di 𝔸(M_{4}(ℝ)).

L’equazione matriciale AX = B ha soluzione se, e solo se, imB ⊆ imA; quindi, se tale condizione non è soddisfatta L = ∅ ed ha dimensione −1. Se invece imB ⊆ imA, ciò significa che le colonne della matrice B si scrivono come combinazioni lineari delle colonne della matrice A ed i coefficienti di tali combinazioni determinano appunto una soluzione particolare X_{0} dell’equazione AX = B. Ogni altra soluzione si ottiene sommando ad X_{0} una soluzione di AX = 0, ovvero una matrice X tale che imX ⊆ kerA; Le matrici di questo tipo formano un sottospazio di M_{4}(ℝ), di dimensione 4 dim kerA, e dunque si conclude che, se L ≠ ∅, allora dim L = 16 − 4rkA.

Nel caso delle due matrici A e B scritte sopra, A ha rango 3 ed una soluzione particolare è data dalla matrice

X_{0} = ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & −2 & 1 \end{matrix} ) .

Osservando che kerA = ⟨( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} )⟩, si conclude che il sottospazio direttore di L è costituito dalle matrici

del tipo ( \begin{matrix}a & b & c & d \\ 2a & 2b & 2c & 2d \\ −a & −b & −c & −d \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) al variare di ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \end{matrix} ) ∈ ℝ^{4}. Possiamo quindi scrivere la rappresentazione parametrica

della varietà L, ovvero

L = \{ ( \begin{matrix}1 + a & b & 1 + c & d \\ 1 + 2a & 2b & 2c & 1 + 2d \\ −a & 2 − b & −c & −d \\ 0 & −1 & −2 & 1 \end{matrix} ) | ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \end{matrix} ) ∈ ℝ^{4} \}

e ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 2. Si consideri la matrice A = (a_{ij})_{1≤i,j≤n}, ove a_{ij} = \{ \begin{matrix}α & se i = j \\ β & altrimenti \end{matrix} , con α ≠ β, e si calcoli

det A.

Svolgimento. Si tratta di calcolare il determinante della matrice

A = ( \begin{matrix}α & β & … & β \\ β & ... & ... & ⋮ \\ ⋮ & ... & ... & β \\ β & … & β & α \end{matrix} )

in funzione di α e β. Siano quindi V = {v_{1}, …, v_{n}} una base di C^{n} e D un’applicazione n-lineare, alternante, non-nulla su tale spazio. Posto w = v_{1} + ⋯ + v_{n}, si ha

det A = \frac{D(βw + (α − β)v_{1}, βw + (α − β)v_{2}, …, βw + (α − β)v_{n})}{D(v_{1}, v_{2}, …, v_{n})}.

Poiché D è multilineare ed alternante, si ha

D(βw + (α − β)v_{1}, βw + (α − β)v_{2}, …, βw + (α − β)v_{n}) = = (α−β)^{n}D(v_{1}, v_{2}, …, v_{n})+β(α−β)^{n−1} [D(w, v_{2}, …, v_{n}) + D(v_{1}, w, …, v_{n}) + ⋯ + D(v_{1}, …, v_{n−1}, w)] .

Inoltre, sempre perché D è multilineare ed alternante, ciascuno degli addendi all’interno della parentesi quadra coincide con D(v_{1}, v_{2}, …, v_{n}), e si conclude che det A = (α − β)^{n} + nβ(α − β)^{n−1} = (α − β)^{n−1}(α + (n − 1)β). □

ESERCIZIO 3. Si considerino su ℝ^{4} le due forme quadratiche

q_{1}(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = x_{1}^{2} − 2x_{2}^{2} − x_{3}^{2} + 2x_{4}^{2},  e  q_{0}(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = 2x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 2x_{2}x_{3} + 2x_{1}x_{4}.

(a) Si dica per quali valori di λ ∈ [0, 1] la forma quadratica q_{λ} = λq_{1} + (1 − λ)q_{0} è degenere.

(b) Si dica per quali valori di λ ∈ [0, 1] il sottospazio ⟨e_{1}, e_{2}, e_{3}⟩ contiene vettori isotropi rispetto a q_{λ}.

(c) Si dica per quali valori di λ ∈ [0, 1] la restrizione di q_{λ} al sottospazio ⟨e_{1} + 3e_{4}, 2e_{1} − e_{4}⟩ è definita positiva.

Svolgimento. (a). L’applicazione bilineare simmetrica associata a q_{λ} ha matrice

A_{λ} = ( \begin{matrix}λ & 0 & 0 & 1 − λ \\ 0 & 2 − 4λ & 1 − λ & 0 \\ 0 & 1 − λ & 1 − 2λ & 0 \\ 1 − λ & 0 & 0 & 2λ \end{matrix} )

ed è degenere se, e solo se, det A_{λ} = 0. Essendo det A_{λ} = [2λ^{2} − (1 − λ)^{2}][2(1 − 2λ)^{2} − (1 − λ)^{2}], si conclude che la forma quadratica q_{λ} è degenere se, e solo se, λ ∈ \{\frac{1}{1−\sqrt{2}}, \frac{1}{1+\sqrt{2}}, \frac{1+\sqrt{2}}{2\sqrt{2}+1}, \frac{\sqrt{2}−1}{2\sqrt{2}−1}\} e di questi valori solo \frac{1}{1−\sqrt{2}} non appartiene all’intervallo [0, 1].

(b). Il sottospazio ⟨e_{1}, e_{2}, e_{3}⟩ contiene vettori isotropi rispetto a q_{λ} se la restrizione della forma quadratica a questo spazio non è definita. Possiamo quindi considerare i segni dei minori principali della matrice della restrizione di q_{λ}, che sono: λ, 2λ(1 − 2λ) e λ[2(1 − 2λ)^{2} − (1 − λ)^{2}]. In tal modo si vede che la restrizione di q_{λ} è definita positiva solo per 0 < λ < \frac{\sqrt{2}−1}{2\sqrt{2}−1}, e quindi vi sono vettori isotropi nel sottospazio ⟨e_{1}, e_{2}, e_{3}⟩

per λ ∈ [\frac{\sqrt{2}−1}{2\sqrt{2}−1}, 1].

(c). La restrizione di q_{λ} al sottospazio ⟨e_{1} + 3e_{4}, 2e_{1} − e_{4}⟩ = ⟨e_{1}, e_{4}⟩ ha matrice B_{λ} = ( \begin{matrix}λ & 1−λ \\ 1−λ & 2λ \end{matrix} ) (rispetto

alla base \{e_{1}, e_{4}\}), ed è definita positiva se, e solo se, \{ \begin{matrix}λ > 0 \\ 2λ^{2} − (1 − λ)^{2} > 0 \end{matrix} . Dunque la restrizione è definita

positiva per λ ∈ (\frac{1}{1+\sqrt{2}}, 1]. □

ESERCIZIO 4. Si consideri l’applicazione esponenziale exp : M_{2}(ℝ) → GL(2, ℝ), definita ponendo expA =

∑_{n=0}^{∞} \frac{A^{n}}{n!} per ogni matrice A.

Si mostri che, dato comunque un numero reale positivo b, esiste una matrice A ∈ M_{2}(ℝ), tale che

expA = ( \begin{matrix}b & 1 \\ 0 & b \end{matrix} ).

Svolgimento. Si osservi che, per ogni numero reale a, si ha

exp ( \begin{matrix}a & 1 \\ 0 & a \end{matrix} ) = exp [( \begin{matrix}a & 0 \\ 0 & a \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} )] = ( \begin{matrix}e^{a} & 0 \\ 0 & e^{a} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}e^{a} & e^{a} \\ 0 & e^{a} \end{matrix} )

e quindi

exp [( \begin{matrix}e^{−a/2} & 0 \\ 0 & e^{a/2} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}a & 1 \\ 0 & a \end{matrix} ) ( \begin{matrix}e^{a/2} & 0 \\ 0 & e^{−a/2} \end{matrix} )] =

= ( \begin{matrix}e^{−a/2} & 0 \\ 0 & e^{a/2} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}e^{a} & e^{a} \\ 0 & e^{a} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}e^{a/2} & 0 \\ 0 & e^{−a/2} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}e^{a} & 1 \\ 0 & e^{a} \end{matrix} ) .

Da quanto visto si ottiene

exp ( \begin{matrix}log_{e} b & 1/b \\ 0 & log_{e} b \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}b & 1 \\ 0 & b \end{matrix} ) ,

che è quanto dovevamo mostrare. □

ESERCIZIO 5. Sia ℋ uno spazio vettoriale complesso di dimensione 2, dotato di una forma hermitiana h : ℋ ×ℋ → ℂ, definita positiva, e sia E lo spazio vettoriale reale formato dagli endomorfismi ϕ : ℋ → ℋ autoaggiunti relativamente ad h (ovvero h(ϕ(v), w) = h(v, ϕ(w)), per ogni coppia di vettori v, w in ℋ ) ed aventi traccia trϕ = 0.

(a) Fissata una base ortonormale di ℋ , si rappresentino gli elementi di E come matrici e si calcoli dim_{ℝ} E e si verifichi che l’applicazione ϕ ↦ det ϕ è una forma quadratica, definita negativa su E.

(b) Si mostri che ogni elemento ϕ di E è diagonalizzabile e che i suoi autovalori sono due numeri reali opposti tra loro. Se ne deduca che, in corrispondenza a ϕ ≠ 0, resta determinata una decomposizione ℋ = ℋ_{+} ⊕ ℋ_{−} ove i due sottospazi sono ortogonali tra loro ed ℋ_{+} (risp. ℋ_{−}) è costituito dagli autovettori relativi all’autovalore positivo (risp. negativo).

(c) Si mostri che ogni decomposizione ℋ = ℋ_{+} ⊕ℋ_{−} con i due sottospazi ortogonali tra loro, determina un elemento ϕ di E, a meno di moltiplicazione per un numero reale positivo (cioè determina una semiretta di E).

Svolgimento. (a). Sia V = {v_{1}, v_{2}} una base ortonormale di ℋ . Se ϕ : ℋ → ℋ è un endomorfismo autoaggiunto, la matrice A = α_{V,V}(ϕ) deve soddisfare alla condizione ^{t}\overline{A} = A e quindi deve essere una matrice hermitiana. Si conclude che gli elementi di E corrispondono alle matrici hermitiane di ordine 2 con traccia nulla; ovvero si ha

E = \{ ( \begin{matrix}a & \overline{b} \\ b & −a \end{matrix} ) | a ∈ ℝ, b ∈ ℂ \}

e si tratta quindi di uno spazio vettoriale reale di dimensione 3, una cui base è costituita dalle matrici ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} )

( \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) e ( \begin{matrix}0 & −i \\ i & 0 \end{matrix} ). Si osservi inoltre, che data A = ( \begin{matrix}a & b \\ \overline{b} & −a \end{matrix} ) ∈ E, si ha det A = −a^{2} − |b|^{2} che è quindi una

forma quadratica (definita negativa) su tale spazio^{(†)}. (b). È ben noto (cf. il Teorema Spettrale) che ogni operatore autoaggiunto ϕ è diagonalizzabile, che i suoi autovalori sono numeri reali e che esiste una base di ℋ , ortonormale rispetto ad h, costituita da autovettori per ϕ. Poichè matrici simili hanno la stessa traccia, i due autovalori di ϕ ≠ 0 sono due numeri reali opposti tra loro e si ha quindi la decomposizione ℋ = ℋ_{+} ⊕ ℋ_{−} ove i due sottospazi di autovettori sono ortogonali tra loro. (c). Viceversa, data una decomposizione dello spazio ℋ come somma di due sottospazi ortogonali di dimensione 1, si fissi una base ortonormale w_{1}, w_{2} di ℋ tale che ℋ_{+} = ⟨w_{1}⟩ e ℋ_{−} = ⟨w_{2}⟩ e si consideri l’endomorfismo ϕ : ℋ → ℋ , definito da ϕ(w_{1}) = w_{1} e ϕ(w_{2}) = −w_{2}. La scelta di una tale base non è univoca, perché ciascuno dei due vettori può venir moltiplicato per un numero complesso di modulo 1, ma la definizione di ϕ non dipende da tale scelta. È chiaro inoltre che ogni endomorfismo del tipo cϕ, con c numero reale positivo, dà luogo alla stessa decomposizione di ℋ . Abbiamo quindi descritto una corrispondenza tra le semirette dello spazio (euclideo) E e le decomposizioni ortogonali dello spazio (unitario) ℋ . □

(†) Si osservi che l’applicazione bilineare simmetrica associata a questa forma quadratica è (A, B) ↦ −tr(AB). Lasciamo al lettore il compito di scrivere esplicitamente le relazioni tra lo spazio E e lo spazio dei quaternioni puri ⟨I, J, K⟩, come sottospazi di M_{2}(ℂ).

ESERCIZIO 6. Si consideri l’endomorfismo ϕ : ℚ^{4} → ℚ^{4}, avente matrice

A = ( \begin{matrix}6 & 0 & −2 & 0 \\ −1 & 5 & 2 & −1 \\ 2 & 0 & 2 & 0 \\ −2 & 1 & 3 & 3 \end{matrix} ) ,

rispetto alla base canonica. Si determinino il polinomio caratteristico ed il polinomio minimo di ϕ, una matrice di Jordan J di ϕ ed una matrice P ∈ GL(4, ℚ) tale che J = P^{−1}AP.

Svolgimento. Il polinomio caratteristico è det(X1 − A) = (X − 4)^{4}. Inoltre, si ha

A − 4 = ( \begin{matrix}2 & 0 & −2 & 0 \\ −1 & 1 & 2 & −1 \\ 2 & 0 & −2 & 0 \\ −2 & 1 & 3 & −1 \end{matrix} ) ,  (A − 4)^{2} = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & −3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & −3 & 0 \end{matrix} ) ,  e  (A − 4)^{3} = 0

da cui si vede che il polinomio minimo è (X − 4)^{3} e rk(A − 4) = 2. I vettori v_{1} = e_{1} + e_{3} + e_{4}, v_{2} = (ϕ − 4)^{2}(e_{1}) = 3e_{2} + 3e_{4}, v_{3} = (ϕ − 4)(e_{1}) = 2e_{1} − 1e_{2} + 2e_{3} − 2e_{4} e v_{4} = e_{1} formano una base rispetto a cui ϕ ha matrice di Jordan J. Dunque le matrici

P = ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 3 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & 2 & 0 \\ 1 & 3 & −2 & 0 \end{matrix} )  e  J = ( \begin{matrix}4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{matrix} )

soddisfano alle condizioni poste. □

ESERCIZIO 7. Nello spazio euclideo tridimensionale, immerso nel modo usuale in ℙ^{3}(ℝ), si consideri il quadrilatero P_{1}P_{2}P_{3}P_{4}, contenuto nel piano π : z = 0, avente come vertici i punti

P_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ,  P_{2} = ( \begin{matrix}1 \\ −\frac{1}{2} \\ 0 \end{matrix} ) ,  P_{3} = ( \begin{matrix}3 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ,  P_{4} = ( 2 \frac{1}{2} 0 ) ,

e come lati le rette

ℓ_{1} = \{ \begin{matrix}4y − x + 3 = 0 \\ z = 0 \end{matrix} , ℓ_{2} = \{ \begin{matrix}2y + x − 3 = 0 \\ z = 0 \end{matrix} , ℓ_{3} = \{ \begin{matrix}2y − x + 1 = 0 \\ z = 0 \end{matrix} , ℓ_{4} = \{ \begin{matrix}x − 1 = 0 \\ z = 0 \end{matrix} .

Sia dato inoltre il piano σ : x − y + 2z = 2.

(a) Si dica se esistono dei punti P dello spazio euclideo tali che, proiettando π su σ dal centro P, il quadrilatero dato abbia come immagine un parallelogramma. In caso affermativo si determinino tutti i punti P soddisfacenti a questa condizione.

(b) Siano P_{5} = ℓ_{1}∩ℓ_{3}, P_{6} = ℓ_{2}∩ℓ_{4} ed r = P_{5}+P_{6}. Detti D_{1} = (P_{1}+P_{3})∩r e D_{2} = (P_{2}+P_{4})∩r, si determinino (se esistono) due punti C e \overline{C} della retta r, per cui si abbia (C, \overline{C}, P_{5}, P_{6}) = −1 = (C, \overline{C}, D_{1}, D_{2}).

(c) Si dica infine se esiste un punto P dello spazio euclideo tale che, proiettando π su σ dal centro P, il quadrilatero dato abbia come immagine un quadrato.

Svolgimento. (a). Consideriamo i punti di intersezione tra i lati opposti del quadrilatero, ovvero

P_{5} = ℓ_{1} ∩ ℓ_{3} = ( \begin{matrix}−1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} ) ,  P_{6} = ℓ_{2} ∩ ℓ_{4} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) ,  e sia r = P_{5} + P_{6} : \{ \begin{matrix}x − y = 0 \\ z = 0 \end{matrix} .

Allora la proiezione di centro P del quadrilatero P_{1}P_{2}P_{3}P_{4} su σ è un parallelogramma se, e solo se, la retta r si proietta sulla retta impropria di σ, ovvero se, e solo se, P + r è un piano parallelo a σ. Quindi, per soddisfare alle condizioni poste, il punto P deve appartenere al piano σ′ : x − y + 2z = 0, ma non alla retta r. (b). Si ha

P_{1} + P_{3} : \{ \begin{matrix}y = 0 \\ z = 0 \end{matrix}  e  P_{2} + P_{4} : \{ \begin{matrix}2y − 2x + 3 = 0 \\ z = 0 \end{matrix}

e quindi D_{1} è l’origine dello spazio euclideo mentre D_{2} è il punto improprio della retta r, ovvero il punto di

coordinate omogenee D_{2} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ).

Per determinare i punti C e \overline{C} di r, possiamo considerare coordinate affini sulla retta r e prendere quindi il sistema di riferimento che ha

D_{2} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) punto improprio,  D_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) origine,  P_{6} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) punto unità.

Allora, le coordinate affini z e \overline{z} di C e \overline{C} in tale riferimento devono soddisfare alle condizioni

\{ \begin{matrix}−1 = (C, \overline{C}, P_{5}, P_{6}) = (z, \overline{z}, −1, 1) = \frac{(1−\overline{z})(−1−z)}{(1−z)(−1−\overline{z})} \\ −1 = (C, \overline{C}, D_{1}, D_{2}) = (z, \overline{z}, 0, ∞) = \frac{(∞−\overline{z})(0−z)}{(∞−z)(0−\overline{z})} \end{matrix}

da cui si ottiene la soluzione z = i, \overline{z} = −i e quindi i punti

C = ( \begin{matrix}1 \\ i \\ i \\ 0 \end{matrix} )  e  \overline{C} = ( \begin{matrix}1 \\ −i \\ −i \\ 0 \end{matrix} ) .

(c). La proiezione di centro P del quadrilatero P_{1}P_{2}P_{3}P_{4} su σ è un quadrato se, e solo se, l’immagine è un parallelogramma con i lati perpendicolari tra loro (rettangolo) e le diagonali perpendicolari tra loro (rombo). Ciò accade se, e solo se, i punti C e \overline{C} si proiettano sui punti ciclici I ed \overline{I} del piano σ. Indicato con ℋ l’assoluto dello spazio euclideo, si ha

\{I, \overline{I}\} = σ ∩ ℋ : \{ \begin{matrix}−2x_{0} + x_{1} − x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ x_{0} = 0 \\ x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} = 0 \end{matrix} ,

e quindi I = ( \begin{matrix}0 \\ −2+i\sqrt{6} \\ 2+i\sqrt{6} \\ 2 \end{matrix} ) ed \overline{I} = ( \begin{matrix}0 \\ −2−i\sqrt{6} \\ 2−i\sqrt{6} \\ 2 \end{matrix} ). Dunque, vi sono due punti X ed Y, da cui il quadrilatero si

proietta in un quadrato e sono precisamente X = (C + I) ∩ (\overline{C} + \overline{I}) ed Y = (C + \overline{I}) ∩ (\overline{C} + I); dunque

X : \{ \begin{matrix}x_{1} − x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ 2ix_{0} + x_{1} + x_{2} + i\sqrt{6}x_{3} = 0 \\ −2ix_{0} + x_{1} + x_{2} − i\sqrt{6}x_{3} = 0 \end{matrix} ed Y : \{ \begin{matrix}x_{1} − x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ 2ix_{0} + x_{1} + x_{2} − i\sqrt{6}x_{3} = 0 \\ −2ix_{0} + x_{1} + x_{2} + i\sqrt{6}x_{3} = 0 \end{matrix}

ovvero X = ( \begin{matrix}−\sqrt{6} \\ −2 \\ 2 \\ 2 \end{matrix} ) ed Y = ( \begin{matrix}√ & \overline{6} \\ −2 \\ 2 \\ 2 \end{matrix} ). □

ESERCIZIO 8. Sia X = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ t & R \end{matrix} ) la matrice (rispetto ad un riferimento ortonormale) di un’isometria dello spazio euclideo tridimensionale, con det X = 1.

Si mostri che, se X non è la matrice di una traslazione, R ha esattamente un sottospazio ⟨v⟩, di dimensione 1, di autovettori relativi all’autovalore 1 e si verifichi X è la matrice di una rotazione se, e solo se, t ∈ ⟨v⟩^{⊥}.

Si concluda che, in generale, l’isometria di matrice X, si decompone in una rotazione seguita da una traslazione parallela all’asse di rotazione.

Svolgimento. La matrice R ha ordine 3 e quindi il suo polinomio caratteristico ha (almeno) una radice reale. Poichè gli autovalori λ di R ∈ SO_{3} devono avere |λ| = 1, ed il loro prodotto deve essere uguale a det R = 1, si conclude che o R = 1 e quindi X è una traslazione, oppure R ha esattamente un sottospazio di dimensione 1 di autovettori relativi all’autovalore 1.

Sia quindi R ≠ 1, ed osserviamo che X è la matrice di una rotazione se, e solo se, esiste una retta di punti uniti; e questo accade se, e solo se, il sistema lineare (R − 1)x = −t ha soluzione. Infatti, per quanto abbiamo visto la matrice incompleta ha rango 2 e quindi il sistema definisce una retta se, e solo se, t ∈ im(R−1). Indicato con ⟨v⟩ il sottospazio di autovettori di R ∈ SO_{3} relativi all’autovalore 1, è immediato verificare che im(R − 1) = ⟨v⟩^{⊥}. In particolare, se t = (R − 1)t′, allora l’asse della rotazione di matrice X è

la retta ( \begin{matrix}1 \\ −t′ \end{matrix} ) + ⟨v⟩.

Dato un vettore t ∈ ℝ^{3}, si ha t = αv+w, ove ⟨v⟩ è il sottospazio di autovettori di R relativi all’autovalore 1 e w ∈ ⟨v⟩^{⊥}; quindi si ha ( \begin{matrix}1 & 0 \\ t & R \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ αv & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 0 \\ w & R \end{matrix} ), che è la decomposizione cercata per X^{(†)}. □

ESERCIZIO 9. Si consideri l’iperbole C del piano euclideo, di equazione affine

C : x^{2} + y^{2} − 10xy + 4x − 4y + \frac{5}{3} = 0.

(a) Si determinino il centro, gli assi e l’equazione canonica di C.

(b) Si determini inoltre la matrice di un’affinità che trasforma C in un’iperbole equilatera con centro nell’origine.

Svolgimento. Si tratta dell’iperbole non degenere, di matrice

A = ( \begin{matrix}\frac{5}{3} & 2 & −2 \\ 2 & 1 & −5 \\ −2 & −5 & 1 \end{matrix} ) ,

essendo det A = −8 e det A′ = −24. La matrice A′ = ( \begin{matrix}1 & −5 \\ −5 & 1 \end{matrix} ) ha gli autovalori 6 e −4, i cui spazi di

autovettori corrispondono ai punti impropri P_{∞} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) e Q_{∞} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ), le cui polari sono gli assi di C.

In particolare, poichè −\frac{det A′}{det A} = −3 < 0, la direzione dell’asse focale è lo spazio di autovettori relativi all’autovalore negativo, ovvero Q_{∞}. Quindi gli assi di C sono

h_{1} : 3x − 3y + 2 = 0 (asse focale),  e  h_{2} : x + y = 0.

Il centro è l’intersezione degli assi, ovvero il punto di coordinate omogenee C = ( \begin{matrix}3 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} ). In base a quanto

visto, l’equazione canonica dell’iperbole C è quindi \frac{X^{2}}{1/12} − \frac{Y^{2}}{1/18} = 1. Infine, un’affinità che trasformi C in un’iperbole equilatera con centro nell’origine, si può trovare portando l’origine degli assi nel centro di C, portando gli assi coordinati sugli assi di C ed infine, modificando le unit‘a di misura sugli assi in modo da far coincidere il valore assoluto dei due semiassi dell’ellisse. Si può quindi considerare l’affinità di matrice

(†) Da questa decomposizione deriva il nome di rototraslazioni che viene usualmente dato alle isometrie che rispettano l’orientamento dello spazio euclideo tridimensionale.

X = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ −\frac{1}{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} & −\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{matrix} ) ,  e si ha  − \frac{1}{3} ^{t}XAX = ( \begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & 12 & 0 \\ 0 & 0 & −12 \end{matrix} ) ,

che è la matrice di un’iperbole equilatera con centro nell’origine. □

ESERCIZIO 10. Si consideri il sottoinsieme 𝒮 di ℙ(M_{2}(ℂ)) formato dai punti corrispondenti a matrici non diagonalizzabili.

(a) Si mostri che 𝒮 è costituito da tutti e soli i punti di un cono quadrico 𝒞, privato del vertice V e si scrivano l’equazione di 𝒞 e le coordinate del vertice V nel sistema di riferimento associato alla base canonica di M_{2}(ℂ).

(b) Si consideri l’analogo sottoinsieme 𝒮_{ℝ} di ℙ(M_{2}(ℝ)) formato dai punti corrispondenti a matrici non diagonalizzabili e si mostri che 𝒮_{ℝ} è costituito da tutti e soli i punti che sono all’interno e sulla superficie di un cono quadrico 𝒞_{ℝ}, escluso il vertice V.

Svolgimento. (a). Nel riferimento associato alla base canonica di M_{2}(ℂ) le entrate della matrice A = ( \begin{matrix}x_{0} & x_{1} \\ x_{2} & x_{3} \end{matrix} ) sono le coordinate omogenee del punto σ ⟨A⟩ di ℙ(M_{2}(ℂ)). La matrice A non è diagonalizzabile su ℂ se, e solo se, il suo polinomio caratteristico ha una radice doppia ed A non è una matrice scalare. Il polinomio caratteristico di A è p_{A}(X) = X^{2} − (x_{0} + x_{3})X + (x_{0}x_{3} − x_{1}x_{2}), ed ha un’unica radice con molteplicità 2 se, e solo se, (x_{0} − x_{3})^{2} + 4x_{1}x_{2} = 0. Quest’ultima è l’equazione di una superficie quadrica degenere. Infatti,

ha grado 2 e la matrice associata è C = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ), con determinante nullo, ed il nucleo di C è il vertice

del cono, ovvero il punto V = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ). Il punto V corrisponde esattamente alle matrici scalari e quindi 𝒮 è

formato da tutti e soli i punti del cono quadrico di matrice C, escluso il vertice V. (b). Possiamo fare un calcolo analogo in ℙ(M_{2}(ℝ)), ricordando che una matrice reale A = ( \begin{matrix}x_{0} & x_{1} \\ x_{2} & x_{3} \end{matrix} ) non è diagonalizzabile sia quando il suo polinomio caratteristico ha una radice doppia ed A non è una matrice scalare che quando il suo polinomio caratteristico ha due radici complesse coniugate. Ciò significa precisamente che

deve aversi (x_{0} −x_{3})^{2} +4x_{1}x_{2} ≤ 0, con l’esclusione del punto V = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ), corrispondente alle matrici scalari, e

quindi tutti e soli i punti che sono all’interno e sulla superficie del cono quadrico 𝒞_{ℝ} : (x_{0} − x_{3})^{2} + 4x_{1}x_{2} = 0, escluso il vertice V. □

16

Esame di Geometria (laurea in Fisica)

prova scritta del 31 agosto 2000

ESERCIZIO 1. Siano A, B ∈ M_{n}(ℝ). Si mostri che l’insieme L = { X ∈ M_{n}(ℝ) | XA = B } è una sottovarietà lineare dello spazio affine 𝔸(M_{n}(ℝ)) e se ne calcoli la dimensione, al variare di A e B.

Si scrivano esplicitamente gli elementi di L nel caso in cui n = 4,

A = ( \begin{matrix}2 & −1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & −1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \end{matrix} )  e  B = ( \begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 2 \\ 2 & −2 & −2 & 3 \\ 1 & −1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Svolgimento. Nello spazio affine 𝔸(M_{n}(ℝ)), possiamo considerare le n^{2} entrate di una matrice X come un sistema di coordinate affini, avente come origine la matrice nulla 0 e come base associata la base canonica di M_{n}(ℝ). La condizione XA = B produce un sistema di n^{2} equazioni lineari nelle coordinate dette e quindi L è una sottovarietà lineare di 𝔸(M_{n}(ℝ)).

L’equazione matriciale XA = B ha soluzione se, e solo se, kerA ⊆ kerB; quindi, se tale condizione non è soddisfatta L = ∅ ed ha dimensione −1. Sia kerA ⊆ kerB, l’endomorfismo corrispondente ad X, è univocamente determinato sul sottospazio imA, mentre può essere fissato ad arbitrio su un complementare di tale sottospazio; quindi, le matrici di questo tipo formano un sottospazio di M_{n}(ℝ), di dimensione n(n − dim imA), e si conclude che, se L ≠ ∅, allora dim L = n^{2} − nrkA.

Nel caso delle due matrici A e B scritte sopra, A ha rango 3 ed il suo nucleo è ⟨( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} )⟩, che è contenuto

nel nucleo di B. La matrice X deve quindi soddisfare alle condizioni

X ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}2 \\ 3 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ,  X ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−1 \\ 2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) ,  X ( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 \\ −2 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} );

ed una soluzione particolare è

X_{0} = ( \begin{matrix}0 & −5 & 2 & 3 \\ 0 & −4 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

L’ortogonale di imA è il sottospazio ⟨(1, −2, 0, 1)⟩, da cui si deduce che il sottospazio direttore di L è costituito

dalle matrici del tipo ( \begin{matrix}a & −2a & 0 & a \\ b & −2b & 0 & b \\ c & −2c & 0 & c \\ d & −2d & 0 & d \end{matrix} ) al variare di ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \end{matrix} ) ∈ ℝ^{4}. Possiamo quindi scrivere la rappresentazione

parametrica della varietà L, ovvero

L = \{ ( \begin{matrix}a & −2a − 5 & 2 & a + 3 \\ b & −2b − 4 & 3 & b + 1 \\ c & −2c + 1 & 0 & c − 1 \\ d & −2d & 0 & d \end{matrix} ) | ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \end{matrix} ) ∈ ℝ^{4} \}

e ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 2. Unendo il cloro (Cl_{2}) all’idrossido di potassio (KOH), si ottengono cloruro di potassio (KCl), clorato di potassio (KClO_{3}) e acqua (H_{2}O). Bilanciare la reazione

Cl_{2} + KOH → KCl + KClO_{3} + H_{2}O;

ovvero trovare dei numeri naturali n_{1}, …, n_{5} tali che il numero di atomi di ciascun elemento nel termine di sinistra n_{1}Cl_{2} + n_{2}KOH sia uguale al numero di atomi di ciascun elemento presente nel termine di destra n_{3}KCl + n_{4}KClO_{3} + n_{5}H_{2}O.

Svolgimento. In base alle condizioni date, i numeri cercati devono essere soluzione del sistema lineare (omogeneo)

\{ \begin{matrix}2n_{1} = n_{3} + n_{4} \\ n_{2} = n_{3} + n_{4} \\ n_{2} = 3n_{4} + n_{5} \\ n_{2} = 2n_{5} \end{matrix}

che ha rango 4 e le cui soluzioni in ℚ^{5} formano il sottospazio ⟨( \begin{matrix}3 \\ 6 \\ 5 \\ 1 \\ 3 \end{matrix} )⟩. Le soluzioni del problema sono

quindi tutti i vettori del sottospazio delle soluzioni aventi coordinate in ℕ e questi sono tutti e soli i multipli naturali del vettore indicato, dato che il massimo comun divisore delle sue coordinate è uguale ad 1. □

ESERCIZIO 3. Sia n ≥ 3 e si consideri la matrice A_{n} = (a_{ij})_{1≤i,j≤n}, di ordine n, ove

a_{ij} = \{ \begin{matrix}α & se |j − i| = 1 \\ β & se j − i = 2 \\ 0 & altrimenti \end{matrix}

ed α, β ∈ ℂ. Posto δ_{n} = det A_{n}, si scriva la relazione ricorsiva che governa la successione (δ_{n})_{n≥3} e si calcolino i valori iniziali necessari per determinare la successione.

Si dica se, per α = 2 e β = 4, la successione (δ_{n})_{n≥3} converge in ℂ.

Svolgimento. Si tratta di calcolare il determinante di una matrice di ordine n, del tipo

A_{n} = ( \begin{matrix}0 & α & β & 0 & … & … & 0 \\ α & 0 & α & β & ... & & ⋮ \\ 0 & α & 0 & α & β & ... & ⋮ \\ ⋮ & ... & ... & ... & ... & ... & 0 \\ ⋮ & & ... & α & 0 & α & β \\ ⋮ & & & ... & α & 0 & α \\ 0 & … & … & … & 0 & α & 0 \end{matrix} ) .

Applicando opportunamente (come?) la regola di Laplace alla generica matrice A_{n}, si ottiene la relazione ricorsiva

δ_{n} = −α^{2}δ_{n−2} + α^{2}βδ_{n−3}

e quindi, per n sufficientemente elevato, il valore di δ_{n} è determinato dai tre valori precedenti e possiamo scrivere la relazione ricorsiva in forma matriciale, ovvero

( \begin{matrix}δ_{n} \\ δ_{n−1} \\ δ_{n−2} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & −α^{2} & α^{2}β \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}δ_{n−1} \\ δ_{n−2} \\ δ_{n−3} \end{matrix} ) .

Dunque la successione (δ_{n})_{n≥3} è determinata da questa regola e dal ‘vettore iniziale’ ( \begin{matrix}δ_{5} \\ δ_{4} \\ δ_{3} \end{matrix} ), le cui componenti sono

δ_{3} = det ( \begin{matrix}0 & α & β \\ α & 0 & α \\ 0 & α & 0 \end{matrix} ) = α^{2}β,  δ_{4} = det ( \begin{matrix}0 & α & β & 0 \\ α & 0 & α & β \\ 0 & α & 0 & α \\ 0 & 0 & α & 0 \end{matrix} ) = α^{4},  δ_{5} = det ( \begin{matrix}0 & α & β & 0 & 0 \\ α & 0 & α & β & 0 \\ 0 & α & 0 & α & β \\ 0 & 0 & α & 0 & α \\ 0 & 0 & 0 & α & 0 \end{matrix} ) = −2α^{4}β.

Nel caso in cui α = 2 e β = 4, la relazione ricorsiva che governa la successione (δ_{n})_{n≥3} è determinata dalla matrice

B = ( \begin{matrix}0 & −4 & 16 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} )

il cui polinomio caratteristico è x^{3} + 4x − 16. Gli autovalori di B sono dunque 2, 1 + i\sqrt{7}, 1 − i\sqrt{7}, ed hanno tutti modulo strettamente maggiore di 1. Da ciò si conclude che, qualunque sia il ‘vettore iniziale’, applicando ad esso ripetutamente la matrice B, il modulo dei vettori così ottenuti cresce indefinitamente e quindi la successione data non può convergere. □

ESERCIZIO 4. Sia V uno spazio vettoriale reale e V = {v_{1}, …, v_{5}} una sua base. Dato λ ∈ ℝ, si consideri l’applicazione bilineare simmetrica g_{λ} : V × V → ℝ, di matrice

A_{λ} = ( \begin{matrix}1 − 8λ & 3λ & 0 & 0 & 0 \\ 3λ & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 3 & 1 & 4 \end{matrix} )

rispetto alla base data.

Al variare di λ ∈ ℝ, si determini l’indice di inerzia della applicazione g_{λ} quando questa è non-degenere, ed il nucleo di g_{λ} quando degenera.

Svolgimento. Lo spazio V si decompone come somma ortogonale dei due sottospazi W_{1} = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ e W_{2} = ⟨v_{3}, v_{4}, v_{5}⟩ e quindi l’indice di inerzia di g_{λ} è uguale alla somma degli indici di inerzia delle restrizioni di g_{λ} ai due sottospazi. Consideriamo dapprima la restrizione a W_{2} che è indipendente da λ. Il vettore v_{4} è isotropo e forma, assieme al vettore v_{5} −2v_{4} un piano iperbolico; ed osservando che ⟨v_{4}, v_{5}⟩^{⊥} ∩W_{2} = ⟨v_{3} + 5v_{4} − 2v_{5}⟩, si ottiene che la restrizione di g_{λ} a W_{2} ha matrice

( \begin{matrix}5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) rispetto alla base \{ v_{3} + 5v_{4} − 2v_{5}, v_{4}, v_{5} − 2v_{4}\},

e quindi il suo indice di inerzia è uguale ad 1, qualunque sia λ ∈ ℝ.

Consideriamo ora la restrizione di g_{λ} a W_{1} ed osserviamo che il determinante della matrice della restrizione di g_{λ}, rispetto alla base {v_{1}, v_{2}} è uguale ad 1 − 8λ − 9λ^{2}, e quindi l’applicazione degenera per λ ∈ \{−1, \frac{1}{9}\}; in tali casi, il nucleo è dato dai sottospazi ⟨v_{1} + 3v_{2}⟩ e ⟨3v_{1} − v_{2}⟩, rispettivamente. I minori principali della matrice della restrizione di g_{λ} sono 1 − 8λ ed 1 − 8λ − 9λ^{2}, e dai segni di questi minori, si deduce che la restrizione di g_{λ} a W_{1} è definita positiva (indice di inerzia 2) per λ ∈ (−1, \frac{1}{9}) e non definita (indice di inerzia 0) quando λ è all’esterno di tale intervallo.

Concludendo, si ha

i(g_{λ}) = \{ \begin{matrix}1 & se λ < −1 \\ 3 & se − 1 < λ < \frac{1}{9} \\ 1 & se λ > \frac{1}{9} \end{matrix}

e g_{λ} è degenere per i restanti valori di λ. □

ESERCIZIO 5. Sia A ∈ M_{n}(C) e si consideri l’applicazione lineare Λ_{A} : M_{n}(C) → M_{n}(C), definita ponendo Λ_{A}(X) = AX.

(a) Si mostri che A e Λ_{A} hanno gli stessi autovalori e si determinino le dimensioni dei sottospazi corrispondenti.

(b) Si mostri che A e Λ_{A} hanno lo stesso polinomio minimo e si deduca che λ_{A} è diagonalizzabile se, e solo se, lo è A.

Svolgimento. (a). Se λ è un autovalore della matrice A e c = ( ⋮_{c_{n}}^{c_{1}} ) è un autovettore (non nullo) ad esso

relativo, allora la matrice C_{1}, avente la prima colonna uguale a c e tutte le altre colonne nulle è un autovettore per Λ_{A}, relativo a λ. D’altra parte, se Λ_{A}(X) = μX per una qualche matrice non-nulla X, allora le colonne (non nulle) di X sono autovettori per A, relativi all’autovalore μ.

Da ciò si deduce che, se A ammette un sottospazio W ⊆ C^{n} di dimensione k di autovettori relativi all’autovalore λ, allora Λ_{A} ha un sottospazio di dimensione nk di autovettori relativi allo stesso autovalore, ovvero il sottospazio di M_{n}(C) formato dalle matrici le cui colonne appartengono a W. (b). Se f(X) ∈ C[X], allora, per ogni matrice X ∈ M_{n}(C), f(Λ_{A})(X) = f(A)·X e quindi se f(A) = 0 allora f(Λ_{A}) è l’applicazione lineare nulla. D’altro canto, se f(A) ≠ 0 allora f(Λ_{A})(1) = f(A) · 1 = f(A) ≠ 0 e quindi il polinomio minimo di Λ_{A} deve coincidere con il polinomio minimo di A.

L’affermazione sulla diagonalizzabilità discende facilmente, dato che un endomorfismo è diagonalizzabile se, e solo se, il suo polinomio minimo è prodotto di fattori lineari distinti. □

ESERCIZIO 6. Si consideri l’endomorfismo ϕ : ℚ^{4} → ℚ^{4}, avente matrice

A = ( \begin{matrix}−2 & −2 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & −2 \\ 1 & 3 & −4 & 1 \\ 0 & 8 & 0 & −7 \end{matrix} ) ,

rispetto alla base canonica. Si determinino il polinomio caratteristico ed il polinomio minimo di ϕ, una matrice di Jordan J di ϕ ed una matrice P ∈ GL(4, ℚ) tale che J = P^{−1}AP.

Svolgimento. Il polinomio caratteristico è det(X1 − A) = (X + 3)^{4}. Inoltre, si ha

A + 3 = ( \begin{matrix}1 & −2 & −1 & 1 \\ 0 & 4 & 0 & −2 \\ 1 & 3 & −1 & 1 \\ 0 & 8 & 0 & −4 \end{matrix} ) , (A + 3)^{2} = ( \begin{matrix}0 & −5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 15 & 0 & −10 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) , (A + 3)^{3} = ( \begin{matrix}0 & −20 & 0 & 10 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −20 & 0 & 10 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ,

da cui si vede che il polinomio minimo coincide con il polinomio caratteristico. I vettori v_{1} = (ϕ + 3)^{3}(e_{4}) = 10e_{1} + 10e_{3}, v_{2} = (ϕ + 3)^{2}(e_{4}) = −10e_{3}, v_{3} = (ϕ + 3)(e_{4}) = e_{1} − 2e_{2} + e_{3} − 4e_{4} e v_{4} = e_{4} formano una base rispetto a cui ϕ ha matrice di Jordan J e dunque le matrici

P = ( \begin{matrix}10 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −2 & 0 \\ 10 & −10 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −4 & 1 \end{matrix} )  e  J = ( \begin{matrix}−3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −3 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −3 \end{matrix} )

soddisfano alle condizioni poste. □

ESERCIZIO 7. Nello spazio euclideo tridimensionale, dotato di un riferimento ortonormale, sia dato il triangolo di vertici

P = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) ,  Q = ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) ,  R = ( \begin{matrix}0 \\ 2 \\ 0 \end{matrix} ) .

(a) Si determinino l’area del triangolo P QR e l’equazione del piano π_{1} che lo contiene.

(b) Indicato con π_{0} il piano di equazione z = 0, si determinino (se esistono) dei punti X tali che la proiezione su π_{0}, di centro X, del triangolo P QR sia un triangolo equilatero.

(c) Si determinino (se esistono) dei punti Y tali che la proiezione su π_{0} del triangolo P QR sia un triangolo avente la stessa area del triangolo originale.

Svolgimento. (a). Consideriamo i vettori Q − P = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} ) ed R − P = ( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ), allora, l’area del triangolo

P QR è A = \frac{1}{2}∥(Q − P) × (R − P)∥ = \frac{\sqrt{3}}{2}; inoltre, (Q − P) × (R − P) = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) è un vettore normale al piano

π_{1}, quindi l’equazione del piano è π_{1} = x + y + z = 2. (b). Qualunque sia il centro di proiezione X, esterno ai piani π_{0} e π_{1}, i punti P ed R appartengono all’intersezione tra i due piani e quindi vengono mandati in sé dalla proiezione di centro X. Dunque il triangolo proiettato su π_{0} è equilatero se, e solo se la proiezione di Q è il terzo vertice di un triangolo equilatero di lato P Q. Poichè ∥Q − P ∥ = \sqrt{2}, i punti del piano π_{0} che siano il terzo vertice di un triangolo equilatero di lato P Q sono determinati dalle equazioni

\{ \begin{matrix}z = 0 \\ (x − 1)^{2} + (y − 1)^{2} = 2 \\ x^{2} + (y − 2)^{2} = 2 \end{matrix} e quindi sono C_{1} = ( \frac{1+\sqrt{3}}{2} ; \frac{3+\sqrt{3}}{2} ; 0 ) , C_{2} = ( \frac{1−\sqrt{3}}{2} ; \frac{3−\sqrt{3}}{2} ; 0 ) .

I punti X cercati stanno quindi sulle due rette

r_{1} = Q + C_{1} : \{ \begin{matrix}x − y + 2z = −1 \\ 2y − (\sqrt{3} + 1)z = 3 + \sqrt{3} \end{matrix}  e  r_{2} = Q + C_{2} : \{ \begin{matrix}x − y + 2z = −1 \\ 2y + (\sqrt{3} − 1)z = 3 − \sqrt{3} \end{matrix} ,

con l’esclusione dei punti Q, C_{1} e C_{2}. (c). Il triangolo proiettato su π_{0} ha la stessa area di P QR se, e solo se la proiezione di Q appartiene a due

rette del piano π_{0}, parallele al vettore R − P, a distanza \frac{2A}{∥R−P ∥} = \sqrt{\frac{3}{2}} da P (e da R). Le due rette hanno equazioni

s_{1} : \{ \begin{matrix}z = 0 \\ x + y = 2 + \sqrt{3} \end{matrix}  e  s_{2} : \{ \begin{matrix}z = 0 \\ x + y = 2 − \sqrt{3} \end{matrix}

e quindi i punti Y cercati stanno sui due piani

σ_{1} = Q + s_{1} : x + y + (1 − \sqrt{3})z = 2 + \sqrt{3}  e  σ_{2} = Q + s_{2} : x + y + (1 + \sqrt{3})z = 2 − \sqrt{3},

con l’esclusione di Q e dei punti appartenenti alle rette s_{1} ed s_{2}. □

ESERCIZIO 8. Nello spazio euclideo E^{3}, dotato di un riferimento ortonormale, si consideri l’affinità di matrice

X = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & \frac{1}{3} & 0 & \frac{4}{3\sqrt{2}} \\ 1 & \frac{2}{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} & −\frac{1}{3\sqrt{2}} \\ \sqrt{2} + 1 & −\frac{2}{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{3\sqrt{2}} \end{matrix} ) .

(a) Si verifichi che X è la matrice di un’isometria (orientata) priva di punti uniti.

(b) Si scriva l’isometria X come composizione di una rotazione seguita da una traslazione parallela all’asse di rotazione.

Svolgimento. (a). La matrice R = ( \begin{matrix}\frac{1}{3} & 0 & \frac{4}{3\sqrt{2}} \\ \frac{2}{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} & − \frac{1}{3\sqrt{2}} \\ − \frac{2}{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{3\sqrt{2}} \end{matrix} ) è ortogonale (^{t}RR = 1) ed ha determinante 1; quindi X è

la matrice di un’isometria (orientata) dello spazio euclideo. In particolare, R ha un sottospazio di dimensione

1 di autovettori relativi all’autovalore 1, cioè il sottospazio H = ⟨( \begin{matrix}2−\sqrt{2} \\ 1 \\ \sqrt{2}−1 \end{matrix} )⟩. Ricordiamo che X è la matrice

di una rotazione se, e solo se, ammette una retta di punti uniti, e ciò accade se, e solo se,

( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ \sqrt{2}+1 \end{matrix} ) ∈ H^{⊥} = im(R − 1) = ⟨( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1−\sqrt{2} \\ 1 \end{matrix} )⟩ .

Poichè ciò non accade, X è la matrice di un’isometria (orientata) priva di punti uniti. (b). A partire dalla decomposizione ortogonale

( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ \sqrt{2}+1 \end{matrix} ) = \frac{1}{2−\sqrt{2}} [( \begin{matrix}2−\sqrt{2} \\ 1 \\ \sqrt{2}−1 \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}0 \\ 1−\sqrt{2} \\ 1 \end{matrix} )] = ( 1 ; \frac{1}{2−\sqrt{2}} ; \frac{1}{\sqrt{2}} ) + ( 0 ; − \frac{1}{\sqrt{2}} ; \frac{1}{2−\sqrt{2}} ) ,

si deduce la decomposizione della matrice X, ovvero

X = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ \frac{1}{2−\sqrt{2}} & 0 & 1 & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{3} & 0 & \frac{4}{3\sqrt{2}} \\ −\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{2}{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} & −\frac{1}{3\sqrt{2}} \\ \frac{1}{2−\sqrt{2}} & −\frac{2}{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{3\sqrt{2}} \end{matrix} ) ,

che è la decomposizione cercata. □

ESERCIZIO 9. Si consideri l’ellisse C del piano euclideo, di equazione affine

C : 11x^{2} − 6xy + 19y^{2} − 60x − 20y = 0.

(a) Si determinino il centro, gli assi, i fuochi e l’equazione canonica di C.

(b) Si determini inoltre la matrice di un’affinità che trasforma C nel cerchio con centro nell’origine e raggio uguale al semiasse maggiore di C.

Svolgimento. Si tratta dell’ellisse non degenere (con punti reali), di matrice

A = ( \begin{matrix}0 & −30 & −10 \\ −30 & 11 & −3 \\ −10 & −3 & 19 \end{matrix} ) ,

essendo det A = −20000 e det A′ = 200. La matrice A′ = ( \begin{matrix}11 & −3 \\ −3 & 19 \end{matrix} ) ha gli autovalori 20 e 10, i cui spazi di

autovettori corrispondono ai punti impropri P_{∞} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −3 \end{matrix} ) e Q_{∞} = ( \begin{matrix}0 \\ 3 \\ 1 \end{matrix} ), le cui polari sono gli assi di C. In

particolare, la direzione dell’asse focale è lo spazio di autovettori relativi all’autovalore minore, ovvero Q_{∞}. Quindi gli assi di C sono

h_{1} : x − 3y = 0 (asse focale),  ed  h_{2} : 3x + y = 10.

Il centro è l’intersezione degli assi, ovvero il punto di coordinate affini C = ( \begin{matrix}3 \\ 1 \end{matrix} ). In base a quanto visto,

l’equazione canonica dell’ellisse C è quindi \frac{X^{2}}{10} + \frac{Y^{2}}{5} = 1. I fuochi hanno coordinate omogenee F_{1} = ( \begin{matrix}2 \\ 6+3\sqrt{6} \\ 2+\sqrt{6} \end{matrix} )

ed F_{2} = ( \begin{matrix}2 \\ 6−3\sqrt{6} \\ 2−\sqrt{6} \end{matrix} ). Infine, un’affinità che trasformi C nel cerchio con centro nell’origine e raggio uguale al

semiasse maggiore di C si può trovare portando l’origine degli assi nel centro di C, portando gli assi coordinati sugli assi di C ed infine, modificando le unità di misura sugli assi in modo da far coincidere il valore dei due semiassi dell’ellisse col semiasse maggiore. Si può quindi considerare l’affinità di matrice

X = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 3 & \frac{3}{\sqrt{10}} & −\frac{1}{\sqrt{20}} \\ 1 & \frac{1}{\sqrt{10}} & \frac{3}{\sqrt{20}} \end{matrix} ) ,  e si ha  \frac{1}{100} ^{t}XAX = ( \begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{10} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{10} \end{matrix} ) ,

che è la matrice di una circonferenza con centro nell’origine e raggio \sqrt{10}. □

ESERCIZIO 10. Nel piano euclideo si consideri la parabola 𝒞, di asse h : 3x − 2y = 0, con vertice nell’origine e passante per il punto P = ( \begin{matrix}0 \\ −3/2 \end{matrix} ).

Si scriva l’equazione della generica conica appartenente al fascio di circonferenze tangenti a 𝒞 in P e si determinino quali sono le coniche degeneri del fascio.

Svolgimento. Supponiamo, come di consueto, il piano euclideo immerso nel piano proiettivo reale prendendo la retta x_{0} = 0 come retta impropria. La parabola 𝒞 appartiene al fascio di coniche tangenti alla retta impropria nel punto improprio di h e tangenti nell’origine alla retta (per tale punto) perpendicolare ad h. Dunque, si tratta delle coniche di equazioni omogenee α(3x_{1} − 2x_{2})^{2} + βx_{0}(2x_{1} + 3x_{2}) = 0, al variare dei parametri omogenei (α, β). La condizione di passaggio per il punto P determina in modo univoco l’equazione di 𝒞, che è:

𝒞 : 9x_{1}^{2} − 12x_{1}x_{2} + 4x_{2}^{2} + 4x_{0}x_{1} + 6x_{0}x_{2} = 0.

La retta tangente a 𝒞 in P è t : 22x − 6y = 9. Il fascio cercato ha come punti base, i punti ciclici I = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ i \end{matrix} ),

\overline{I} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −i \end{matrix} ) (dato che deve essere un fascio di circonferenze) ed il punto P (con molteplicità 2). Ciò significa

che la coppia di rette isotrope passanti per P e la coppia formata da t e dalla retta impropria sono due coniche degeneri del fascio cercato e quindi sono sufficienti per determinarlo in modo completo. Le due coniche degeneri hanno equazioni omogenee 𝒟_{1} : 4x_{1}^{2} + (2x_{2} + 3x_{0})^{2} = 0 e 𝒟_{2} : x_{0}(9x_{0} − 22x_{1} + 6x_{2}) = 0, e quindi la generica conica del fascio ha equazione

α[4x_{1}^{2} + (2x_{2} + 3x_{0})^{2}] + βx_{0}(9x_{0} − 22x_{1} + 6x_{2}) = 0 al variare dei parametri omogenei (α, β).

Non vi sono coniche degeneri nel fascio ad eccezione di 𝒟_{1} e 𝒟_{2}, come si può verificare osservando che il determinante della matrice della generica conica del fascio è 2^{6}7αβ^{2}. □

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Esame di Geometria (laurea in Fisica)

prova scritta del 15 settembre 2000

ESERCIZIO 1. Si consideri lo spazio vettoriale ℚ^{6}, dotato della base canonica E = {e_{1}, …, e_{6}}.

(a) Dati i sottospazi U = ⟨e_{1}, e_{2}, e_{3}⟩, W = ⟨e_{4}, e_{5}, e_{6}⟩ e

Z = ⟨e_{1} − e_{3} + e_{4} + 2e_{6}, e_{1} + 2e_{2} + 4e_{4} + e_{5} + 4e_{6}, e_{1} + e_{2} − 2e_{3} + e_{4} − e_{5} + 3e_{6}⟩ ,

si verifichi che Z è il grafico di un’applicazione lineare ϕ : U → W e si determinino kerϕ, imϕ e la matrice di ϕ rispetto alle basi date di U e W.

(b) È vero o falso che W è il grafico di un’applicazione lineare ψ : U → Z? In caso affermativo, cosa si può dire della sua matrice?

Svolgimento. (a). Un sottospazio Z ⊂ U ⊕ W è il grafico di un’applicazione lineare ϕ : U → W se, e solo se, dim Z = dim U e Z ∩ W = ⟨0⟩. Indicata con A la matrice che ha come colonne le coordinate dei generatori di Z, si può osservare che il minore estratto dalle prime tre righe è uguale a −3 e quindi dim Z = 3 e Z + W = ℚ^{6}. Ciò è sufficiente per concludere che Z è il grafico di un’applicazione lineare. Per determinare la matrice di ϕ, è sufficiente osservare che, si ha AP = A′, ove

A = ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \\ −1 & 0 & −2 \\ 1 & 4 & 1 \\ 0 & 1 & −1 \\ 2 & 4 & 3 \end{matrix} ) ,  P = \frac{1}{3} ( \begin{matrix}4 & −2 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ −2 & 1 & −2 \end{matrix} ) ∈ GL(3, ℚ)  ed  A′ = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix} ) .

Quindi la matrice di ϕ rispetto alle basi date di U e W è B = ( \begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix} ). Si tratta di una matrice invertibile

e quindi kerϕ = ⟨0⟩ ed imϕ = W. (b). Poiché il minore estratto dalle ultime 3 righe di A′ è diverso da zero (det B = 1), si ha che ℚ^{6} = U ⊕ Z e, avendosi dim W = 3 = dim U e Z ∩W = ⟨0⟩, si ha che W è il grafico di un’applicazione lineare ψ : U → Z. Dato un vettore u ∈ U, ψ(u) è quell’unico vettore, appartenente a Z, tale che u + ψ(u) ∈ W. Quindi, detta Z = {z_{1}, …, z_{3}} la base di Z costituita dalle colonne della matrice A′, si ha che z_{1} = e_{1} + w_{1}, con w_{1} = ϕ(e_{1}) ∈ W, e quindi e_{1} − z_{1} ∈ W, ovvero ψ(e_{1}) = −z_{1}. Analogamente, ψ(e_{2}) = −z_{2} e ψ(e_{3}) = −z_{3}. Ricordando la relazione tra A ed A′, si ricava che la matrice di ψ rispetto alle basi date sopra di U e Z, è −P. □

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale complesso di dimensione n ≥ 1 (su ℂ) ed indichiamo con V_{ℝ} lo stesso insieme, pensato come spazio vettoriale reale. Data un’applicazione ℂ-lineare, ϕ : V → V, indicheremo con ϕ_{ℝ} : V_{ℝ} → V_{ℝ} la stessa applicazione pensata come elemento di Hom_{ℝ} (V_{ℝ}, V_{ℝ}).

(a) Si mostri che la naturale inclusione Hom_{ℂ} (V, V) ⊂ Hom_{ℝ} (V_{ℝ}, V_{ℝ}) che associa ϕ a ϕ_{ℝ} non è suriettiva.

(b) Si mostri che, per ogni ϕ ∈ Hom_{ℂ} (V, V), si ha det(ϕ_{ℝ}) = | det ϕ|^{2}.

Svolgimento. (a). Osserviamo che, dato un qualunque spazio vettoriale complesso V, di dim_{ℂ} V = n, si ha dim_{ℝ} V_{ℝ} = 2n. Infatti, se V = {v_{1}, …, v_{n}} è una base di V su ℂ, allora i vettori {v_{1}, …, v_{n}, iv_{1}, …, iv_{n}} sono una base di V_{ℝ} su ℝ.

Nelle ipotesi date, dim_{ℂ} Hom_{ℂ} (V, V) = n^{2} e quindi si tratta di uno spazio vettoriale reale di dimensione 2n^{2} che è contenuto propriamente in Hom_{ℝ} (V_{ℝ}, V_{ℝ}), essendo dim_{ℝ} Hom_{ℝ} (V_{ℝ}, V_{ℝ}) = (2n)^{2}.

Un facile esempio di applicazione ℝ-lineare, ma non ℂ-lineare, si ha considerando la ℝ-base V_{ℝ} = {v_{1}, …, v_{n}, iv_{1}, …, iv_{n}} di V_{ℝ} descritta sopra e l’applicazione ℝ-lineare, σ : V_{ℝ} → V_{ℝ}, definita ponendo

σ(v_{1}) = v_{1}, …, σ(v_{n}) = v_{n}, σ(iv_{1}) = −iv_{1}, …, σ(iv_{n}) = −iv_{n}.

(b). Si considerino una base V = {v_{1}, …, v_{n}} di V su ℂ, e la base V_{ℝ} = {v_{1}, …, v_{n}, iv_{1}, …, iv_{n}} di V_{ℝ} su ℝ. Dato un omomorfismo di ℂ-spazi vettoriali ϕ : V → V, possiamo scrivere la sua matrice α_{V,V}(ϕ) = A + iB con A, B ∈ M_{n}(ℝ). La matrice di ϕ_{ℝ} rispetto alla base V_{ℝ} è quindi uguale a

α_{V_{ℝ},V_{ℝ}}(ϕ_{ℝ}) = ( \begin{matrix}A & −B \\ B & A \end{matrix} ) .

Applicando operazioni elementari sulle righe e sulle colonne, si ha

det ( \begin{matrix}A & −B \\ B & A \end{matrix} ) = det [( \begin{matrix}1 & i \\ 0 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}A & −B \\ B & A \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & −i \\ 0 & 1 \end{matrix} )] =

= det ( \begin{matrix}A + iB & 0 \\ B & A − iB \end{matrix} ) = det(A + iB) det(A − iB)

che dimostra quanto richiesto. □

ESERCIZIO 3. Si consideri lo spazio vettoriale complesso ℂ^{4}, dotato della forma hermitiana h(w, z) = t\overline{w}Hz, ove

H = ( \begin{matrix}2 & 0 & i & 1 − i \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ −i & 2 & −1 & 1 + 2i \\ 1 + i & 0 & 1 − 2i & 2 \end{matrix} )

e z, w ∈ ℂ^{4}. Si determinino due sottospazi W_{+} e W_{−} tali che la restrizione di h a W_{+} sia definita positiva,

la restrizione di h a W_{−} sia definita negativa, W_{+} = W_{−}^{⊥} e V = W_{+} ⊕ W_{−}. Si scriva il vettore w = ( \begin{matrix}1 \\ i \\ 1 \\ i \end{matrix} )

come somma di un un vettore di W_{+} e di un vettore di W_{−}.

Svolgimento. Per ottenere la decomposizione voluta è sufficiente trovare una base ortogonale di ℂ^{4} relativamente ad h. I vettori

v_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ,  v_{2} = ( \begin{matrix}i \\ 0 \\ −2 \\ 0 \end{matrix} ) ,  v_{3} = ( \begin{matrix}2i \\ −3 \\ −4 \\ 0 \end{matrix} ) ,  v_{4} = ( \begin{matrix}2−2i \\ 3+5i \\ 0 \\ −4 \end{matrix} )

formano una base ortogonale, rispetto a cui h ha matrice

M = ( \begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 24 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 16 \end{matrix} ) ,

e quindi i sottospazi W_{+} = ⟨v_{1}, v_{3}, v_{4}⟩ e W_{−} = ⟨v_{2}⟩ danno una decomposizione del tipo richiesto.

Poichè i due sottospazi sono ortogonali tra loro e dim W_{−} = 1, per decomporre il vettore w nel modo richiesto, è sufficiente determinare una costante α ∈ ℂ tale che w − αv_{2} ∈ W_{−}^{⊥}, ovvero, tale che h(v_{2}, w − αv_{2}) = 6α − 7i + 8 = 0. Dunque w = \frac{7i−8}{6}v_{2} + (w − \frac{7i−8}{6}v_{2}), e \frac{7i−8}{6}v_{2} ∈ W_{−}, w − \frac{7i−8}{6}v_{2} ∈ W_{−}^{⊥} = W_{+}.

□

ESERCIZIO 4. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 2n sul corpo ℚ dei numeri razionali e sia g : V × V → ℚ un’applicazione bilineare alternante non-degenere.

(a) Si mostri che V = L_{1} ⊕ L_{2} ove L_{1} ed L_{2} sono sottospazi isotropi di dimensione n, posti in dualità da g.

(b) Se B è la matrice di g rispetto ad una qualsiasi base di V, si mostri che det B è un quadrato in ℚ.

Svolgimento. (a). La dimostrazione si può fare per induzione su n. Se n = 1 e {v, w} è una base di V, allora, posto L_{1} = ⟨v⟩ ed L_{2} = ⟨w⟩, si ha la decomposizione voluta, perchè, essendo g alternante, ogni vettore è isotropo, e inoltre, essendo g non-degenere, deve aversi g(v, w) = a ≠ 0. Dunque g è un’applicazione bilineare non degenere tra L_{1} ed L_{2}, ovvero i due spazi sono in dualità. In particolare, \{v\} e \{\frac{1}{a}w\} sono basi duali dei due spazi L_{1} ed L_{2}.

Supponiamo che la tesi sia vera per gli spazi di dimensione 2k, con 1 ≤ k < n, e dimostriamola per quelli di dimensione 2n. Siano dunque V e g come sopra e si scelga un vettore non-nullo v_{1} ∈ V. Poichè g è nondegenere, esiste un vettore w_{1} ∈ V tale che g(v_{1}, w_{1}) = 1 e quindi la restrizione di g al sottospazio ⟨v_{1}, w_{1}⟩ è non-degenere. Per il teorema di decomposizione ortogonale, si ha V = ⟨v_{1}, w_{1}⟩ ⊕ ⟨v_{1}, w_{1}⟩^{⊥}, e la restrizione di g a ⟨v_{1}, w_{1}⟩^{⊥} è non-degenere. Per l’ipotesi induttiva, l’enunciato è vero per questo sottospazio e quindi esistono due sottospazio isotropi L′_{1} ed L′_{2} di ⟨v_{1}, w_{1}⟩^{⊥}, duali rispetto a g, e tali che ⟨v_{1}, w_{1}⟩^{⊥} = L′_{1} ⊕ L′_{2}. Osserviamo che, L_{1} = L′_{1} ⊕ ⟨v_{1}⟩ è un sottospazio isotropo. Infatti dati comunque due vettori x, y ∈ L′_{1}, si ha

g(av_{1} + x, bv_{1} + y) = abg(v_{1}, v_{1}) + ag(v_{1}, y) + bg(x, v_{1}) + g(x, y) = 0

perchè ogni vettore di L′_{1} è ortogonale a v_{1} ed L′_{1} è un sottospazio isotropo. Analogamente anche L_{2} = L′_{2} ⊕ ⟨w_{1}⟩ è un sottospazio isotropo, e si ha

L_{1} ⊕ L_{2} = ⟨v_{1}⟩ ⊕ ⟨w_{1}⟩ ⊕ L′_{1} ⊕ L′_{2} = ⟨v_{1}, w_{1}⟩ ⊕ ⟨v_{1}, w_{1}⟩^{⊥} = V.

Inoltre, se {v_{2}, …, v_{n}} e {w_{2}, …, w_{n}} sono basi di L′_{1} ed L′_{2} duali tra loro tramite g (ovvero g(v_{i}, w_{j}) = δ_{ij}, per 2 ≤ i, j ≤ n), le basi {v_{1}, …, v_{n}} e {w_{1}, …, w_{n}} di L_{1} ed L_{2} sono duali tra loro tramite g.

In particolare, da ciò si conclude che la matrice di g rispetto alla base {v_{1}, …, v_{n}, w_{1}, …, w_{n}} di V è uguale ad

I = ( \begin{matrix}0 & 1_{n} \\ −1_{n} & 0 \end{matrix} ) .

(b). In base a quanto visto nel punto precedente, esiste una matrice invertibile P ∈ GL(2n, ℚ), tale che B = ^{t}P IP e quindi det B = (det P)^{2}. □

ESERCIZIO 5. Si considerino le cosiddette matrici di Pauli in M_{2}(ℂ), ovvero

σ_{0} = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) , σ_{1} = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) , σ_{2} = ( \begin{matrix}0 & i \\ −i & 0 \end{matrix} ) , σ_{3} = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) .

(a) Si calcolino exp(\frac{1}{2}itσ_{1}), exp(\frac{1}{2}itσ_{2}) ed exp(\frac{1}{2}itσ_{3}), al variare di t in ℝ e si verifichi che queste matrici appartengono al gruppo SU_{2}.

(b) Si verifichi che ogni elemento ( \begin{matrix}a & −\overline{b} \\ b & \overline{a} \end{matrix} ) ∈ SU_{2}, con ab ≠ 0, si può scrivere nella forma

exp(\frac{1}{2}iϕσ_{3}) exp(\frac{1}{2}iϑσ_{1}) exp(\frac{1}{2}iψσ_{3})

per opportuni ϕ, ψ, ϑ ∈ ℝ. Le costanti ϕ, ψ, ϑ, sono dette gli angoli di Eulero in SU_{2}.

Svolgimento. (a). Si osservi che

σ_{1} = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) = \frac{1}{2} ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ) ,

e quindi

exp(\frac{1}{2}itσ_{1}) = \frac{1}{2} ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}e^{it/2} & 0 \\ 0 & e^{−it/2} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}cos(t/2) & i sin(t/2) \\ i sin(t/2) & cos(t/2) \end{matrix} ) .

Analogamente, si osservi che

σ_{2} = ( \begin{matrix}0 & i \\ −i & 0 \end{matrix} ) = \frac{1}{2i} ( \begin{matrix}1 & 1 \\ −i & i \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}i & −1 \\ i & 1 \end{matrix} ) ,

e quindi

exp(\frac{1}{2}itσ_{2}) = \frac{1}{2i} ( \begin{matrix}1 & 1 \\ −i & i \end{matrix} ) ( \begin{matrix}e^{it/2} & 0 \\ 0 & e^{−it/2} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}i & −1 \\ i & 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}cos(t/2) & − sin(t/2) \\ sin(t/2) & cos(t/2) \end{matrix} ) .

Infine, dato che σ_{3} è una matrice diagonale, si ha

exp(\frac{1}{2}itσ_{3}) = ( \begin{matrix}e^{it/2} & 0 \\ 0 & e^{−it/2} \end{matrix} ) .

È immediata la verifica che, detta X una qualsiasi di queste matrici, si ha ^{t}\overline{X}X = 1 e det X = 1, ovvero che X ∈ SU_{2}.

(b). Fissati comunque ϕ, ψ, ϑ ∈ ℝ, si ha

exp(t\frac{1}{2}iϕσ_{3}) exp(\frac{1}{2}iϑσ_{1}) exp(\frac{1}{2}iψσ_{3}) = ( \begin{matrix}cos \frac{ϑ}{2}e^{i \frac{ϕ+ψ}{2}} & − sin \frac{ϑ}{2}e^{i \frac{ϕ−ψ}{2}} \\ sin \frac{ϑ}{2}e^{−i \frac{ϕ−ψ}{2}} & cos \frac{ϑ}{2}e^{−i \frac{ϕ+ψ}{2}} \end{matrix} ) .

D’altro canto, data ( \begin{matrix}a & −\overline{b} \\ b & \overline{a} \end{matrix} ) ∈ SU_{2}, si ha |a|^{2} + |b|^{2} = 1, e quindi esiste un numero reale ϑ ∈ [0, π] tale che

|a| = cos \frac{ϑ}{2} e |b| = sin \frac{ϑ}{2}. Scritti i numeri in forma esponenziale, a = |a|e^{iα} e b = |b|e^{iβ}, dobbiamo quindi trovare dei numeri reali ϕ e ψ tali che

\{ \begin{matrix}α = \frac{ψ + ϕ}{2} \\ β = \frac{ψ − ϕ}{2} \end{matrix}

ed è sufficiente che le uguaglianze siano verificate a meno di multipli interi di 2π. Possiamo quindi prendere ϕ = α − β e ψ = α + β.

Lasciamo al lettore il facile compito di scrivere delle analoghe decomposizioni delle matrici di SU_{2} quando a = 0 oppure b = 0^{(∗)}. □

ESERCIZIO 6. Si consideri l’endomorfismo ϕ : ℚ^{4} → ℚ^{4}, avente matrice

A = ( \begin{matrix}7 & −4 & 5 & −4 \\ 0 & 3 & 0 & 1 \\ −5 & 4 & −3 & 4 \\ 0 & −1 & 0 & 1 \end{matrix} ) ,

rispetto alla base canonica. Si determinino il polinomio caratteristico ed il polinomio minimo di ϕ, una matrice di Jordan J di ϕ ed una matrice P ∈ GL(4, ℚ) tale che J = P^{−1}AP.

Svolgimento. Il polinomio caratteristico di ϕ è det(A − x1) = (x − 2)^{4}. Inoltre, si ha

A − 2 = ( \begin{matrix}5 & −4 & 5 & −4 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ −5 & 4 & −5 & 4 \\ 0 & −1 & 0 & −1 \end{matrix} )

ove rk(A − 21) = 2 ed (A − 21)^{2} = 0. Dunque il polinomio minimo di ϕ è (x − 2)^{2} e le matrici cercate sono

J = ( \begin{matrix}2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix} ) , P = ( \begin{matrix}5 & 1 & −4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ −5 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \end{matrix} ) .

(∗) Cosa succede degli angoli di Eulero di SU_{2} tramite la rappresentazione ortogonale SU_{2} → SO_{3}, descritta per mezzo dell’azione di SU_{2} sui quaternioni puri?

E ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 7. Si scriva una matrice (rispetto alla base canonica) della proiettività di ℙ^{3}(ℚ) che lascia

fissi il punto C = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) e tutti i punti del piano π : x_{1} + x_{3} = 0 e che trasforma P = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) in Q = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ).

Svolgimento. Sia {e_{0}, …, e_{3}} la base canonica di ℚ^{4} e sia ϕ : ℚ^{4} → ℚ^{4} una soprastante della proiettività in questione. Le condizioni date, dicono che il sottospazio ⟨e_{0}, e_{2}, e_{1} − e_{3}⟩, sostegno di π, è un sottospazio di autovettori per ϕ, relativi ad un autovalore α ≠ 0. Inoltre, anche il sostegno di C, ovvero il sottospazio ⟨e_{1} + e_{3}⟩, è sottospazio di autovettori per ϕ, relativi ad un autovalore non nullo β ≠ α. Infine, la condizione che il punto P venga trasformato in Q, implica che ϕ(e_{1}) = γe_{3} per un opportuna costante γ ≠ 0. Quindi l’omomorfismo ϕ deve soddisfare alle condizioni

ϕ(e_{0}) = αe_{0}, ϕ(e_{2}) = αe_{2}, ϕ(e_{1} − e_{3}) = α(e_{1} − e_{3}), ϕ(e_{1} + e_{3}) = β(e_{1} + e_{3}), ϕ(e_{1}) = γe_{3},

da cui si deduce che

\{ \begin{matrix}β + α = 0 \\ β − α = 2γ \end{matrix}

e quindi che le matrici delle possibili applicazioni soprastanti sono del tipo

( \begin{matrix}α & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −α \\ 0 & 0 & α & 0 \\ 0 & −α & 0 & 0 \end{matrix} )

al variare di α in ℚ \ {0}. □

ESERCIZIO 8. Nello spazio euclideo tridimensionale si considerino le due rette

r : \{ \begin{matrix}x − y = 2 \\ x − z = 3 \end{matrix}  ed  s : \{ \begin{matrix}x + z = 0 \\ x + 2y + z = 4 \end{matrix}

(a) Si verifichi che le due rette sono sghembe e se ne calcoli la distanza.

(b) Si scriva l’equazione del luogo 𝒬 dei punti dello spazio la cui distanza da r è uguale alla distanza da s.

(c) Si determinino, se esistono, dei piani passanti per S = ( \begin{matrix}−2 \\ 9 \\ −5 \end{matrix} ) che taglino su 𝒬 una circonferenza.

Svolgimento. (a). La retta r passa per il punto P = ( \begin{matrix}2 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} ) ed è parallela al vettore v = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) e la retta

s passa per il punto Q = ( \begin{matrix}0 \\ 2 \\ 0 \end{matrix} ) ed è parallela al vettore w = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} ). In particolare le due rette non sono

parallele tra loro e la loro distanza d si può calcolare come

d = \frac{|(Q − P) · v × w|}{∥v × w∥} = \frac{5}{\sqrt{6}}.

Poiché le due rette hanno distanza positiva e non sono parallele tra loro, si tratta di due rette sghembe.

(b). Un punto X = ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) è equidistante dalle due rette se, e solo se,

\frac{∥(X − P) × v∥}{∥v∥} = \frac{∥(X − Q) × w∥}{∥w∥}

30 MAURIZIO CANDILERA

da cui si deduce che le coordinate di X devono essere soluzioni dell’equazione

𝒬 : x^{2} − 4xy − 10xz − 2y^{2} − 4yz + z^{2} − 20x + 28y + 16z + 4 = 0.

(c). Un piano π taglia una circonferenza su 𝒬 se, e solo se, l’intersezione π ∩ 𝒬 ∩ π_{∞} è costituita da due punti appartenenti all’assoluto ℋ , ovvero alla conica (di ℙ^{3}(ℝ)) di equazioni ℋ : \{ \begin{matrix}x_{0} = 0 \\ x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} = 0 \end{matrix} .

Dunque i piani che tagliano circonferenze su 𝒬 hanno come giacitura (retta impropria corrispondente al sottospazio direttore) delle rette reali passanti per due dei punti (non-reali, e quindi coniugati) di intersezione tra 𝒬 e ℋ . Cerchiamo quindi di determinare l’intersezione

𝒬 ∩ ℋ : \{ \begin{matrix}x_{0} = 0 \\ x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} = 0 \\ x_{1}^{2} − 4x_{1}x_{2} − 10x_{1}x_{3} − 2x_{2}^{2} − 4x_{2}x_{3} + x_{3}^{2} = 0 \end{matrix} .

Il fascio di coniche del piano improprio determinato da 𝒬 ed ℋ contiene la conica degenere

\{ \begin{matrix}x_{0} = 0 \\ x_{1}^{2} − 4x_{1}x_{2} − 10x_{1}x_{3} − 2x_{2}^{2} − 4x_{2}x_{3} + x_{3}^{2} = 0 \end{matrix}

ovvero

\{ \begin{matrix}x_{0} = 0 \\ [(2 − \sqrt{6})(2x_{1} + x_{2}) − (x_{3} − x_{1})][(2 + \sqrt{6})(2x_{1} + x_{2}) − (x_{3} − x_{1})] = 0 \end{matrix}

che si spezza nelle due rette reali che danno le giaciture dei piani cercati. □

ESERCIZIO 9. Si consideri la parabola C del piano euclideo, di equazione affine

C : 9x^{2} − 12xy + 4y^{2} + 4x + 6y = 0.

Si determinino il vertice, l’asse, il fuoco e la direttrice di C. Si determinino inoltre l’equazione canonica di C e la matrice di un’isometria che porta l’equazione di C in forma canonica. Svolgimento. Si tratta della parabola non degenere, di matrice

A = ( \begin{matrix}0 & 2 & 3 \\ 2 & 9 & −6 \\ 3 & −6 & 4 \end{matrix} ) ,

essendo det A = −169 e det A′ = 0. La direzione dell’asse della parabola è il sottospazio degli autovettori relativi all’autovalore nullo di A′ = ( \begin{matrix}9 & −6 \\ −6 & 4 \end{matrix} ), ovvero il punto improprio P_{∞} = ( \begin{matrix}0 \\ 2 \\ 3 \end{matrix} ). L’asse della parabola

è la polare della direzione Q_{∞} = ( \begin{matrix}0 \\ 3 \\ −2 \end{matrix} ), ortogonale a P_{∞}, e quindi ha equazione affine h : 3x − 2y = 0. Il vertice di C è il punto proprio di intersezione tra l’asse h e la parabola C, ovvero l’origine del sistema di coordinate date V = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ). Il fuoco è quell’unico punto F_{t} = ( \begin{matrix}1 \\ 2t \\ 3t \end{matrix} ) dell’asse h, per cui la polare di F_{t}, la

polare di Y_{∞} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) e la retta F_{t} + Y_{∞}^{⊥} concorrono ad uno stesso punto (perchè?), e quindi si tratta di determinare il valore di t per cui si abbia

det ( \begin{matrix}13t & 2 & 3 \\ 3 & −6 & 4 \\ 3t & 0 & −1 \end{matrix} ) = 0,  ovvero  t = −\frac{1}{26}.

Dunque il fuoco di C è il punto di coordinate omogenee F = ( \begin{matrix}26 \\ −2 \\ −3 \end{matrix} ) e la direttrice è la sua polare, ovvero la

retta di equazione affine d : 4x + 6y = 1.

Restano quindi da determinare l’equazione canonica di C e la matrice dell’isometria che porta C nella sua forma canonica, ovvero la trasformazione che porta l’origine nel vertice di C, l’asse delle ascisse nella retta tangente a C nel vertice e l’asse delle ordinate sull’asse della conica. L’equazione canonica della parabola C è 2Y = \sqrt{13}X^{2}.

Infine, la matrice della trasformazione di coordinate è

X = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −\frac{3}{\sqrt{13}} & \frac{2}{\sqrt{13}} \\ 0 & −\frac{2}{\sqrt{13}} & −\frac{3}{\sqrt{13}} \end{matrix} ) ,  e si ha  \frac{1}{\sqrt{13}} ^{t}XAX = ( \begin{matrix}0 & 0 & −1 \\ 0 & \sqrt{13} & 0 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 10. Nel piano euclideo, si determini l’iperbole equilatera 𝒞 di centro in C = ( \begin{matrix}−2 \\ 0 \end{matrix} ), avente

la retta r : x − 2y + 2 = 0 come asintoto, e passante per P = ( \begin{matrix}−1 \\ 0 \end{matrix} ). Si scriva l’equazione del fascio di cerchi tangenti a 𝒞 in P e si determinino le coniche degeneri di tale fascio.

Svolgimento. Poiché 𝒞 è un’iperbole equilatera, il suo secondo asintoto è la retta s, passante per C e perpendicolare ad r, ovvero s : 2x + y + 4 = 0. Dunque 𝒞 appartiene al fascio di coniche bitangenti alla retta impropria nei due punti corrispondenti alle direzioni di r ed s, ovvero il fascio di coniche di equazioni omogenee

λx_{0}^{2} + μ(2x_{0} + x_{1} − 2x_{2})(4x_{0} + 2x_{1} + x_{2}) = 0

al variare dei parametri omogenei (λ, μ). La condizione di passaggio per il punto P, permette di determinare l’equazione di 𝒞, ovvero 𝒞 : 2x^{2} − 3xy − 2y^{2} + 8x − 6y + 6 = 0.

La retta tangente a 𝒞 in P ha equazione t : 4x − 3y + 4 = 0 ed il fascio di cerchi cercato contiene come coniche degeneri la coppia di rette isotrope uscente da P, 𝒟_{1} : (x_{0} + x_{1})^{2} + x_{2}^{2} = 0, e la coppia formata da t e dalla retta impropria, ovvero 𝒟_{2} : x_{0}(4x_{0} + 4x_{1} − 3x_{2}) = 0. I cerchi del fascio hanno quindi equazioni omogenee

λx_{0}(4x_{0} + 4x_{1} − 3x_{2}) + μ[(x_{0} + x_{1})^{2} + x_{2}^{2}] = 0

al variare dei parametri omogenei (λ, μ). □

32

Esame di Geometria (laurea in Fisica)

prova scritta del 5 febbraio 2001

ESERCIZIO 1. Siano dati tre spazi vettoriali V, W, Z, di dimensione finita sul campo C, e due applicazioni lineari ϕ : V → W, ψ : W → Z. Si mostri che

(a) rk(ψ ∘ ϕ) = rkϕ se, e solo se, kerψ ∩ imϕ = ⟨0⟩;

(b) rk(ψ ∘ ϕ) = rkψ se, e solo se, kerψ + imϕ = W.

(c) Si concluda che, dato un endomorfismo f : V → V, si ha rk(f ∘ f) = rkf se, e solo se, V = kerf ⊕ imf.

Svolgimento. (a). Sia imϕ = U ⊆ W. Allora, rk(ψ ∘ ϕ) = rkψ_{|U} ≤ dim U = rkϕ, e vale l’uguaglianza se, e solo se, ψ_{|U} è iniettiva, ovvero se, e solo se, imϕ ∩ kerψ = ⟨0⟩. (b). Si osservi che rk(ψ ∘ ϕ) = rkψ se, e solo se, imψ = im(ψ_{|U}), e quindi se, e solo se, U = imϕ contiene un complementare di kerψ, ovvero se, e solo se kerψ + imϕ = W. (c). La conclusione è immediata. □

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale complesso di dimensione n ≥ 1 (su ℂ) ed indichiamo con V_{ℝ} lo stesso insieme, pensato come spazio vettoriale reale. Diremo che un’applicazione ϕ ∈ Hom_{ℝ} (V_{ℝ}, V_{ℝ}) è ℂ-lineare, se ϕ ∈ H = Hom_{ℂ} (V, V), mentre diremo che ϕ è semi-ℂ-lineare o antilineare se ϕ(αv) = \overline{α}ϕ(v), per ogni v ∈ V ed ogni α ∈ ℂ.

(a) Si mostri che l’insieme H′ delle applicazioni antilineari è un sottospazio vettoriale reale di Hom_{ℝ} (V_{ℝ}, V_{ℝ}) e se ne calcoli la dimensione.

(b) Si mostri che Hom_{ℝ} (V_{ℝ}, V_{ℝ}) = H ⊕ H′.

Svolgimento. (a). Sia V = {v_{1}, …, v_{n}} una base di v come ℂ-spazio vettoriale; allora i vettori v_{1}, …, v_{n}, iv_{1}, …, iv_{n} formano una base di V_{ℝ} e la moltiplicazione per i in V diventa l’endomorfismo di V_{ℝ} di matrice (a blocchi)

J = ( \begin{matrix}0_{n} & −1_{n} \\ 1_{n} & 0_{n} \end{matrix} ) .

Scrivendo con blocchi analoghi le matrici (rispetto alla base data) degli elementi di Hom_{ℝ} (V_{ℝ}, V_{ℝ}), si ha

che una matrice P = ( \begin{matrix}A & B \\ C & D \end{matrix} ) rappresenta un elemento di H′ se, e solo se, P J = −JP, ovvero se, e solo

se, B = C e D = −A. Dunque H′ corrisponde al sottospazio delle matrici reali, di ordine 2n, del tipo

( \begin{matrix}A & B \\ B & −A \end{matrix} ) e quindi H′ ha dimensione 2n^{2} su ℝ.

(b). Sapendo che anche dim_{ℝ} H = 2n^{2} ed, H ∩H′ = (0), si potrebbe concludere che Hom_{ℝ} (V_{ℝ}, V_{ℝ}) = H ⊕H′ per motivi di dimensione. Più direttamente, si può osservare che

( \begin{matrix}A & B \\ C & D \end{matrix} ) = \frac{1}{2} [( \begin{matrix}A + D & B − C \\ C − B & A + D \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}A − D & B + C \\ B + C & D − A \end{matrix} )]

ove il primo addendo corrisponde ad un endomorfismo ℂ-lineare^{(†)} di V_{ℝ}, mentre il secondo corrisponde ad un endomorfismo ℂ-antilineare e tale decomposizione è univocamente determinata. □

ESERCIZIO 3. Si considerino gli spazi vettoriali reali V e W, con le rispettive basi V = {v_{1}, …, v_{4}} e W = {w_{1}, …, w_{4}} e siano date le applicazioni bilineari simmetriche g : V × V → ℝ ed h : W × W → ℝ, di matrici

G = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )  ed  H = ( \begin{matrix}2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 1 & 2 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & −2 \end{matrix} )

(†) Confronta l’Esercizio 2 del Compito del 15.09.2000.

rispetto alle basi date.

Si dica se esiste un’isometria ϕ : V → W, e, in caso affermativo, se ne scriva la matrice rispetto alle basi date.

Svolgimento. Una tale isometria esiste se i due spazi hanno lo stesso indice di inerzia e quindi W ammette una base U = {u_{1}, …, u_{4}}, rispetto a cui h abbia matrice uguale a G.

Si osservi che w_{2} è un vettore isotropo, ortogonale al sottospazio ⟨w_{1}, w_{4}⟩, e che la restrizione di h a questo sottospazio ha indice di inerzia 0 e quindi possiamo considerare i vettori isotropi w_{1} + w_{4} e w_{1} − w_{4}. In particolare, ⟨w_{2}, w_{1} + w_{4}⟩ è un sottospazio isotropo di dimensione 2 di W e quindi sia g che h hanno indice di inerzia uguale a 0 e perciò esiste un’isometria tra i due spazi. Per trovare una base di W, rispetto a cui h abbia matrice uguale a G abbiamo bisogno di un ulteriore vettore isotropo, indipendente da w_{2} ed ortogonale a ⟨w_{1}, w_{4}⟩; dopo di che dovremo prenderli nell’ordine opportuno e moltiplicare i vettori per opportuni fattori, in modo da ottenere le entrate della matrice G.

Ora ⟨w_{1}, w_{4}⟩^{⊥} = ⟨w_{2}, −w_{1} + 2w_{3} + w_{4}⟩ ed il vettore −w_{1} + \frac{1}{2}w_{2} + 2w_{3} + w_{4} è isotropo. Se si pone

u_{1} = \frac{1}{4}w_{2}, u_{2} = \frac{1}{2}(w_{1} + w_{4}), u_{3} = \frac{1}{2}(w_{1} − w_{4}), u_{4} = −w_{1} + \frac{1}{2}w_{2} + 2w_{3} + w_{4}

si ha quindi la base cercata. Ciò significa che esiste un’isometria ϕ : V → W, di matrice

P = α_{V,W}(ϕ) = ( \begin{matrix}0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & −1 \\ \frac{1}{4} & 0 & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & 1 \end{matrix} ) ,

ovvero che ^{t}P HP = G. □

ESERCIZIO 4. Uno spazio di probabilità finito è il dato di un insieme finito S e di una funzione μ : S → ℝ tale che μ(s) ≥ 0 per ogni s ∈ S e ∑_{s∈S} μ(s) = 1. Si consideri lo spazio vettoriale reale ℱ (S) di tutte le funzioni f : S → ℝ, dotato della forma lineare E : ℱ (S) → ℝ, definita da E(f) = ∑_{s∈S} f(s)μ(s), e su ℱ (S) si ponga l’applicazione bilineare simmetrica f ∗ g = ∑_{s∈S} f(s)g(s)μ(s).

Gli elementi di ℱ (S) sono detti variabili casuali, mentre gli elementi di kerE sono detti variabili casuali normalizzate. Data una variabile casuale f ed una costante a ∈ ℝ, si definisce la probabilità che f assuma il valore a come il numero P (f = a) := ∑_{f(s)=a} μ(s).

(a) Si mostri che ogni elemento di ℱ (S) differisce per una funzione costante da una variabile casuale normalizzata.

(b) Data una variabile casuale f, si mostri che f = ∑_{a∈ℝ} aχ_{f=a}, ove χ_{f=a} è la funzione definita da

χ_{f=a}(s) = \{ \begin{matrix}1 & se f(s) = a \\ 0 & altrimenti \end{matrix} ,

e gli addendi sono tutti nulli, ad eccezione di un numero finito.

(c) Date due variabili casuali f e g si dice che f e g sono indipendenti se P (f = a, g = b) = P (f = a)P (g = b) per ogni coppia di numeri reali a, b. Si mostri che, se f e g sono due variabili casuali normalizzate indipendenti, allora f e g sono ortogonali, ovvero f ∗ g = 0.

Svolgimento. (a). Sia a ∈ ℝ e consideriamo la funzione costante a ∈ ℱ (S) (a(s) = a per ogni s ∈ S). Allora E(a) = a ∑_{s∈S} μ(s) = a. Dunque, data una variabile casuale f, con E(f) = a, la variabile casuale f − a (la funzione costante a) è normalizzata, perchè E(f − a) = E(f) − E(a) = 0.

(b). La funzione χ_{f=a} è la funzione caratteristica del sottoinsieme dei punti s ∈ S ove f(s) = a. Data una variabile casuale f, per tutti gli a ∈ ℝ, eccetto un numero finito, si ha che χ_{f=a} è la funzione identicamente nulla. Quindi la somma ∑_{a∈ℝ} aχ_{f=a} ha solo un numero finito di addendi diversi da zero. Inoltre, dato s ∈ S, con f(s) = c, si ha χ_{f=a}(s) = 0 se a ≠ c e χ_{f=c}(s) = 1 e quindi ∑_{a∈ℝ} aχ_{f=a}(s) = c = f(s). Poichè le due

funzioni coincidono qualunque sia s ∈ S, si ha l’uguaglianza richiesta.

(c). Data una variabile casuale f = ∑_{a∈ℝ} aχ_{f=a}, essendo E una forma lineare, si ha

E(f) = ∑_{a∈ℝ} aE(χ_{f=a}) = ∑_{a∈ℝ} aP (f = a).

Se f e g sono due variabili casuali, allora

f ∗ g = E(fg) = E (∑_{a∈ℝ} aχ_{f=a} ∑_{b∈ℝ} bχ_{g=b}) = E ( ∑_{a,b∈ℝ} abχ_{f=a}χ_{g=b}) =

= ∑_{a,b∈ℝ} abE(χ_{f=a}χ_{g=b}) = ∑_{a,b∈ℝ} abP (f = a, g = b).

Poiché f e g sono indipendenti e normalizzate, se ne deduce che

f ∗ g = E(fg) = ∑_{a,b∈ℝ} abP (f = a, g = b) = ∑_{a,b∈ℝ} abP (f = a) P (g = b) = E(f)E(g) = 0

che è quanto dovevamo dimostrare. □

ESERCIZIO 5. Sia A ∈ M_{n}(ℂ) una matrice che soddisfa alla condizione A^{2} = A. Si mostri che trA = rkA.

Svolgimento. Poichè A^{2} − A = 0, il polinomio minimo di A divide X(X − 1), e quindi la matrice A è simile ad una matrice diagonale D con r (0 ≤ r ≤ n) entrate sulla diagonale uguali ad 1 e le rimanenti uguali a 0. Dunque, trA = trD = r ed r = rkD = rkA. □

ESERCIZIO 6. Si consideri l’endomorfismo ϕ : ℚ^{4} → ℚ^{4}, di matrice

A = ( \begin{matrix}3 & 1 & −1 & 2 \\ 0 & 5 & 0 & 3 \\ 1 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & −3 & 0 & −1 \end{matrix} ) ,

rispetto alla base canonica. Si determinino il polinomio caratteristico ed il polinomio minimo di ϕ, una matrice di Jordan J di ϕ ed una matrice P ∈ GL(4, ℚ) tale che J = P^{−1}AP.

Svolgimento. Il polinomio caratteristico di ϕ è det(A − x1) = (x − 2)^{4}. Inoltre, si ha

A − 2 = ( \begin{matrix}1 & 1 & −1 & 2 \\ 0 & 3 & 0 & 3 \\ 1 & 2 & −1 & 1 \\ 0 & −3 & 0 & −3 \end{matrix} ) ,  (A − 2)^{2} = ( \begin{matrix}0 & −4 & 0 & −2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ,  (A − 2)^{3} = ( \begin{matrix}0 & −6 & 0 & −6 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −6 & 0 & −6 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

e, ovviamente, (A − 2)^{4} = 0. Dunque il polinomio minimo di ϕ coincide con il polinomio caratteristico e le matrici cercate sono

J = ( \begin{matrix}2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix} ) , P = ( \begin{matrix}−6 & −4 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 1 \\ −6 & 2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & −3 & 0 \end{matrix} ) .

E ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 7. Siano r ed s due rette non parallele del piano euclideo ed indichiamo con c_{1} e c_{2} le rette isotrope del fascio ℱ, determinato da r ed s. Data una retta x del fascio ℱ, indicheremo con x^{⊥} la retta ortogonale appartenente allo stesso fascio.

(a) Se x è una retta del fascio ℱ, si mostri che (c_{1}, c_{2}, r, x) = −(c_{1}, c_{2}, r, x^{⊥}).

(b) Si determinino le rette h del fascio ℱ tali che (c_{1}, c_{2}, r, h)(c_{1}, c_{2}, s, h) = 1 e si osservi che, se h è una soluzione di tale problema, anche h^{⊥} lo è.

(c) Dette h_{1} ed h_{2} le rette soddisfacenti alla condizione precedente, si verifichi che (r, s, h_{1}, h_{2}) = −1.

Svolgimento. I birapporti tra le rette coincidono con i birapporti tra i corrispondenti punti impropri, che indicheremo con la lettera maiuscola corrispondente al nome della retta. (a). Scegliendo un riferimento ortonormale del piano euclideo che abbia r come asse delle ascisse, possiamo quindi supporre che i punti impropri delle rette in questione abbiano coordinate

C_{1} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ i \end{matrix} ) , C_{2} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −i \end{matrix} ) , R = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , X = ( \begin{matrix}0 \\ x_{0} \\ x_{1} \end{matrix} ) , X^{⊥} = ( \begin{matrix}0 \\ −x_{1} \\ x_{0} \end{matrix} ) .

Si ha quindi

(c_{1}, c_{2}, r, x) = −\frac{x_{1} + ix_{0}}{x_{1} − ix_{0}}  e  (c_{1}, c_{2}, r, x^{⊥}) = \frac{−i(x_{0} − ix_{1})}{i(x_{0} + ix_{1})} = \frac{x_{1} + ix_{0}}{x_{1} − ix_{0}}

che è quanto dovevamo verificare. (b). Nelle ipotesi del punto precedente possiamo supporre che i punti impropri delle rette s ed h abbiano coordinate

S = ( \begin{matrix}0 \\ s_{0} \\ s_{1} \end{matrix} ) , H = ( \begin{matrix}0 \\ h_{0} \\ h_{1} \end{matrix} ) ,

e quindi si ha

(c_{1}, c_{2}, r, h) = −\frac{h_{1} + ih_{0}}{h_{1} − ih_{0}}  e  (c_{1}, c_{2}, s, h) = \frac{(s_{1} − is_{0})(h_{1} + ih_{0})}{(s_{1} + is_{0})(h_{1} − ih_{0})}.

Dunque, la condizione (c_{1}, c_{2}, r, h)(c_{1}, c_{2}, s, h) = 1 è equivalente a

(s_{1} − is_{0})(h_{1} + ih_{0})^{2} = −(s_{1} + is_{0})(h_{1} − ih_{0})^{2},  ovvero  s_{1}h_{1}^{2} + 2s_{0}h_{1}h_{0} − s_{1}h_{0}^{2} = 0

le cui soluzioni sono i due punti impropri

H_{1} = ( \begin{matrix}0 \\ s_{1} \\ −s_{0} + \sqrt{s_{0}^{2} + s_{1}^{2}} \end{matrix} ) ,  ed  H_{2} = H_{1}^{⊥} = ( \begin{matrix}0 \\ s_{1} \\ −s_{0} − \sqrt{s_{0}^{2} + s_{1}^{2}} \end{matrix} ) .

(c). Possiamo concludere con un calcolo diretto

(r, s, h_{1}, h_{2}) = \frac{(−s_{0} + \sqrt{s_{0}^{2} + s_{1}^{2}})(−s_{0}^{2} − s_{0}\sqrt{s_{0}^{2} + s_{1}^{2}} − s_{1}^{2})}{(−s_{0} − \sqrt{s_{0}^{2} + s_{1}^{2}})(−s_{0}^{2} + s_{0}\sqrt{s_{0}^{2} + s_{1}^{2}} − s_{1}^{2})} = \frac{−s_{1}^{2}\sqrt{s_{0}^{2} + s_{1}^{2}}}{s_{1}^{2}\sqrt{s_{0}^{2} + s_{1}^{2}}} = −1.

Fine del calcolo^{(†)}. □

delle bisettrici.

(†) Il lettore più attento avrà notato che, in base al Teorema di Laguerre, le rette h_{1} ed h_{2} sono le bisettrici degli angoli formati da r ed s ed abbiamo quindi verificato che le bisettrici sono tra loro perpendicolari (cioè separano armonicamente le rette isotrope) e che separano armonicamente le rette r ed s. Queste condizioni possono essere prese come una caratterizzazione

ESERCIZIO 8. Nello spazio euclideo tridimensionale si considerino le due rette

r : \{ \begin{matrix}x − z = 0 \\ x + y − z = 1 \end{matrix}  ed  s : \{ \begin{matrix}x − y = 1 \\ x − z = 1 \end{matrix}

e si verifichi che si tratta di due rette sghembe.

(a) Si scriva l’equazione del luogo 𝒬 dei punti X tali che dist(X, r) = \sqrt{\frac{3}{2}} dist(X, s), ove dist indica la distanza euclidea.

(b) Si mostri che l’intersezione di 𝒬 col piano π : x − z = 2 è una conica a centro, non degenere, e se ne determinino gli eventuali asintoti.

Svolgimento. (a). La retta r passa per il punto P = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) ed è parallela al vettore v = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) e la retta s

passa per il punto Q = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ed è parallela al vettore w = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ). Dunque le due rette non sono parallele e

quindi sono sghembe perchè la retta r è contenuta nel piano x − z = 0, mentre la retta s è contenuta nel piano x − z = 1 per cui r ∩ s = ∅.

Un punto X = ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) appartiene a 𝒬 se, e solo se,

\frac{∥(X − P) × v∥}{∥v∥} = \sqrt{\frac{3}{2}} \frac{∥(X − Q) × w∥}{∥w∥}

ovvero se, e solo se,

𝒬 : x^{2} + z^{2} − 2xy − 2yz − 4x + 2y + 2z = 0.

(b). Consideriamo lo spazio euclideo, immerso nel modo consueto nello spazio proiettivo ℙ^{3}(ℝ) (piano improprio: x_{0} = 0). Omogeneizzando l’equazione di 𝒬, si ottiene una forma quadratica nelle coordinate omogenee, la cui applicazione bilineare associata ha matrice

B = ( \begin{matrix}0 & −2 & 1 & 1 \\ −2 & 1 & −1 & 0 \\ 1 & −1 & 0 & −1 \\ 1 & 0 & −1 & 1 \end{matrix} ) .

La scelta del punto P_{0} = ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) e dei vettori v_{1} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) e v_{2} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ), fornisce un riferimento affine nel piano

π : x − z = 2 e sia

P = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )

la matrice che ha come colonne le coordinate degli elementi del riferimento fissato. Allora una matrice della conica 𝒞 = π ∩ 𝒬 è uguale ad

A = ^{t}P BP = ( \begin{matrix}−4 & −1 & 1 \\ −1 & 0 & −2 \\ 1 & −2 & 2 \end{matrix} ) ,

da cui si deduce che 𝒞 è un’iperbole non degenere, i cui punti impropri corrispondono alle direzioni dei vettori v_{1} e v_{1} + 2v_{2}. Il centro di 𝒞 è il punto C = P_{0} − \frac{1}{2}v_{2} e quindi gli asintoti di 𝒞 sono le due rette di equazioni affini

a_{1} : \{ \begin{matrix}x − z = 2 \\ 2x = 3 \end{matrix}  e  a_{2} : \{ \begin{matrix}x − z = 2 \\ 2x − 4y = 3 \end{matrix}

e ciò risponde alle domande poste. □

ESERCIZIO 9. Si consideri la parabola C del piano euclideo, di equazione affine

C : x^{2} + 4y^{2} − 4xy + 10y − 4 = 0.

Si determinino il vertice, l’asse, il fuoco e la direttrice di C. Si determinino gli eventuali punti della conica in cui la tangente è parallela all’asse delle ordinate.

Svolgimento. La direzione dell’asse è il punto improprio P_{∞} = ( \begin{matrix}0 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} ) e quindi l’asse è la polare della direzione

ortogonale, ovvero la retta h : x − 2y = 2, che interseca la conica nel vertice V = ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix} ). Un generico punto

(proprio) dell’asse ha coordinate F_{t} = ( \begin{matrix}1 \\ 2t+2 \\ t \end{matrix} ) e quindi, fissata una qualsiasi direzione (distinta da P_{∞} e

dalla sua ortogonale), ad esempio X_{∞} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ), si ha che il punto F_{t} è il fuoco della conica se, e solo se, la

polare di F_{t}, la polare di X_{∞} e la retta per F_{t} perpendicolare ad X_{∞} sono tre rette di uno stesso fascio, ovvero se, e solo se,

det ( \begin{matrix}5t − 4 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & −2 \\ 2t + 2 & −1 & 0 \end{matrix} ) = 20t + 2 = 0;

quindi il fuoco ha coordinate omogenee F = ( \begin{matrix}10 \\ 18 \\ −1 \end{matrix} ) e la sua polare è la direttrice di equazione d : 4x+2y = 9.

Una generica retta parallela all’asse delle ordinate ha equazione x = m, ed una tale retta è tangente a C se, e solo se, l’equazione 4y^{2} − 2(2m − 5)y + (m^{2} − 4) = 0 ha una radice doppia. Ciò accade se, e solo

se, m = \frac{41}{20} e quindi il punto della parabola ove la tangente è parallela all’asse delle ordinate è P = ( \begin{matrix}40 \\ 82 \\ −9 \end{matrix} ).

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ESERCIZIO 10. Nella retta proiettiva reale ℙ(ℝ^{2}), si considerino tre punti, a due a due distinti, P = σ ⟨v⟩, P′ = σ ⟨v′⟩ e Q = σ ⟨w⟩ e sia q : ℝ^{2} → ℝ una forma quadratica che si annulli esattamente su ⟨v⟩ e ⟨v′⟩.

(a) Diremo che un punto Q′ = σ ⟨w′⟩, distinto dai precedenti, è dalla stessa parte di Q, rispetto alla coppia P, P′ se (P, P′, Q, Q′) > 0.

(b) Diremo che un punto Q′ = σ ⟨w′⟩, distinto dai precedenti, è dalla stessa parte di Q, rispetto alla coppia P, P′ se q(w)q(w′) > 0. Si mostri che le condizioni (a) e (b) sono equivalenti.

Svolgimento. A meno di moltiplicare v e v′ per due opportune costanti (diverse da 0), possiamo supporre che w = v + v′ e che w′ = av + bv′. Allora (P, P′, Q, Q′) = \frac{a}{b} ed è positivo se, e solo se, a e b hanno lo stesso segno. Se ( \begin{matrix}x_{0} \\ x_{1} \end{matrix} ) sono le coordinate dei vettori di ℝ^{2} rispetto alla base \{v, v′\}, allora una forma quadratica che si annulli esattamente su ⟨v⟩ e ⟨v′⟩ è x_{0}x_{1} ed il suo valore su w = v + v′ è uguale ad 1. Il valore di tale forma quadratica su w′ = av + bv′ è ab, che è positivo se, e solo se, a e b hanno lo stesso segno.

Dunque le due condizioni sono equivalenti. □