Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova di accertamento del 15 gennaio 1999 – Compito A

ESERCIZIO 1. Si considerino, al variare di t in ℝ, i vettori u_{1} = ( \begin{matrix}2 \\ t − 3 \\ t + 1 \end{matrix} ) ed u_{2} = ( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} ).

(a) Si dica per quali valori del parametro t i vettori u_{1}, u_{2}, u_{1}×u_{2} sono linearmente dipendenti e si determini, in tal caso, una base del sottospazio ⟨u_{1}, u_{2}, u_{1} × u_{2}⟩.

(b) Sia t = 3 e si esprima (se possibile) il vettore v = ( \begin{matrix}4 \\ 0 \\ 4 \end{matrix} ) come combinazione lineare di u_{1}, u_{2}, u_{1} × u_{2}.

Svolgimento. (a). Se u_{1} e u_{2} sono linearmente indipendenti (cioè se non sono paralleli), allora u_{1} × u_{2} è diverso dal vettore nullo e perpendicolare al piano generato dai primi due e quindi i tre vettori u_{1}, u_{2}, u_{1} ×u_{2}

sono linearmente indipendenti. Con il calcolo esplicito del vettore u_{1} × u_{2} = ( \begin{matrix}2t − 2 \\ t − 1 \\ 1 − t \end{matrix} ) si verifica che u_{1} ed

u_{2} sono paralleli solo per t = 1. In tal caso, poiché u_{1} ed u_{2} sono proporzionali e quindi u_{1} × u_{2} = \overrightarrow{0}, il sottospazio generato dai tre vettori si riduce all’insieme dei multipli di u_{1}, ovvero ⟨u_{1}, u_{2}, u_{1} × u_{2}⟩ = ⟨u_{1}⟩.

(b). Sia t = 3. Si tratta di trovare i valori dei coefficienti x_{1}, x_{2}, x_{3} tali che v = x_{1}u_{1} + x_{2}u_{2} + x_{3}(u_{1} × u_{2}), ovvero di risolvere il sistema di equazioni lineari

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

Si ha quindi v = u_{1} + \frac{2}{3}u_{2} + \frac{1}{3}(u_{1} × u_{2}). □

ESERCIZIO 2. Calcolare gli autovalori ed i relativi sottospazi di autovettori dell’endomorfismo ϕ di matrice

A = ( \begin{matrix}2 & 9 & 5 \\ 0 & −1 & −2 \\ 0 & 8 & 7 \end{matrix} )

nella base canonica. Dire in particolare se ϕ è diagonalizzabile.

Svolgimento. Si ha det(A − λ1) = (2 − λ)(3 − λ)^{2} e quindi gli autovalori sono 2, con molteplicità 1 e 3, con

molteplicità 2. I sottospazi di autovettori corrispondenti sono ⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )⟩ e ⟨( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 2 \end{matrix} )⟩. Non vi sono quindi

tre autovettori linearmente indipendenti e perciò ϕ non è diagonalizzabile. □

ESERCIZIO 3. Discutere l’insieme delle soluzioni del sistema lineare

\{ \begin{matrix}x & & +2z & = 0 \\ λx & +λy & +2z & = 1 \\ −2x & −2λy & +2z & = 3 \end{matrix}

al variare del parametro λ in ℝ.

Svolgimento. La matrice completa è equivalente alla matrice ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & λ & 2 − 2λ & 1 \\ 0 & 0 & 10 − 4λ & 5 \end{matrix} ). Per λ ∉ \{0, \frac{5}{2}\}, matrice

completa ed incompleta hanno rango 3 ed il sistema ha quindi un’unica soluzione della forma

x = \frac{−5}{5 − 2λ},  y = \frac{3}{5 − 2λ},  z = \frac{5}{2(5 − 2λ)}  (0 ≠ λ ≠ \frac{5}{2}).

Per λ = 0, matrice completa ed incompleta hanno rango 2, il sistema ha infinite soluzioni \{ \begin{matrix}x & = & 1 \\ y & = & t \\ z & = & \frac{1}{2} \end{matrix} . Per

λ = \frac{5}{2}, la matrice completa ha rango 3, mentre quella incompleta ha rango 2 e quindi il sistema non ha soluzioni. □

ESERCIZIO 4. Siano date le rette

r : \{ \begin{matrix}x − y + z − 1 = 0 \\ 2x − y + z = 0 \end{matrix}  ed  r′ : \{ \begin{matrix}2y − z − 1 = 0 \\ x + y − z + 3 = 0 \end{matrix} ,

(a) Verificare che r ed r′ sono incidenti e determinarne il punto P di intersezione.

(b) Determinare i punti Q_{1} e Q_{2} di r′ tali che i coni ottenuti dalla rotazione dei segmenti P Q_{1} e P Q_{2} attorno alla retta r abbiano volume 6\sqrt{2}π.

Svolgimento. (a). Il punto di intersezione è P = ( \begin{matrix}−1 \\ 3 \\ 5 \end{matrix} ).

(b). Le rette r ed r′ sono parallele, rispettivamente ai vettori v = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) e v′ = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix} ); dunque, detto φ

l’angolo tra r e r′, abbiamo

cos φ = \frac{|⟨v, v′⟩|}{∥v∥ ∥v′∥} = \frac{\sqrt{3}}{2}, e quindi sin φ = \sqrt{1 − (cos φ)^{2}} = \frac{1}{2}.

Le equazioni parametriche di r′ sono r′ : \{ \begin{matrix}x = −1 + t \\ y = 3 + t \\ z = 5 + 2t \end{matrix} e quindi, dato un punto Q di r′, il segmento P Q ha

lunghezza ∥\overrightarrow{P Q}∥ = |t|\sqrt{6} e quindi il raggio R e l’altezza h del cono generato dalla rotazione del segmento P Q attorno alla retta r sono R = ∥\overrightarrow{P Q}∥ sin φ = ^{\frac{|t|\sqrt{6}}{2}} ed h = ∥\overrightarrow{P Q}∥ cos φ = ^{\frac{3|t|\sqrt{2}}{2}}. Il volume del cono risulta così uguale a

V = \frac{1}{3}πR^{2}h = π \frac{3|t|^{3}}{2\sqrt{2}}

che coincide con 6\sqrt{2}π se |t| = 2. I punti cercati sono quindi Q_{1}(−3, 1, 1) e Q_{2}(1, 5, 9). □

ESERCIZIO 5. Date le rette

r_{1} : \{ \begin{matrix}x = 1 + t \\ y = 2 − t \\ z = 2 \end{matrix}  ed  r_{2} : \{ \begin{matrix}x = 1 + 2t \\ y = −t \\ z = 1 + 2t \end{matrix} ,

determinare:

(a) l’equazione del piano π_{1} contenente r_{1} e parallelo a r_{2}.

(b) le equazioni della retta r′ proiezione ortogonale di r_{2} su π_{1}.

(c) le equazioni della retta r′′ incidente a r_{1} e r_{2} e perpendicolare ad entrambe

Svolgimento. (a). Un’equazione del fascio di piani contenenti r_{1} è λ(x + y − 3) + μ(z − 2) = 0. Affinché

il generico piano del fascio sia parallelo a r_{2}, il vettore ( \begin{matrix}λ \\ λ \\ μ \end{matrix} ), perpendicolare al piano, deve essere perpen-

dicolare al vettore ( \begin{matrix}2 \\ −1 \\ 2 \end{matrix} ), parallelo a r_{2}. Una soluzione dell’equazione ⟨( \begin{matrix}λ \\ λ \\ μ \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}2 \\ −1 \\ 2 \end{matrix} )⟩ = 0 è λ = 2 e

μ = −1 che sostituiti nell’equazione del fascio danno

π_{1} : 2x + 2y − z − 4 = 0

(b). La proiezione ortogonale di r_{2} su π_{1} si ottiene intersecando π_{1} con un piano contenente r_{2} e perpendicolare a π_{1}. Il fascio di piani contenenti r_{2} ha equazione λ(x − z) + μ(x + 2y − 1) = 0. Il vettore ( \begin{matrix}λ + μ \\ 2μ \\ −λ \end{matrix} ),

perpendicolare al generico piano del fascio, deve essere perpendicolare al vettore ( \begin{matrix}2 \\ 2 \\ −1 \end{matrix} ), perpendicolare a

π_{1}. Una soluzione dell’equazione ⟨( \begin{matrix}λ + μ \\ 2μ \\ −λ \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}2 \\ 2 \\ −1 \end{matrix} )⟩ = 0 è λ = 2 e μ = −1 che sostituiti nell’equazione del fascio danno il piano σ_{2} : x − 2y − 2z + 1 = 0. Un’equazione di r′ è quindi

r′ : \{ \begin{matrix}x − 2y − 2z + 1 & = & 0 \\ 2x + 2y − z − 4 & = & 0 \end{matrix} .

(c). Il vettore v = ( \begin{matrix}−2 \\ −2 \\ 1 \end{matrix} ) è perpendicolare al piano π_{1} e quindi alle rette r_{1} e a r_{2}. Ne consegue che r′′ è parallela a v. Il piano σ_{2} : x − 2y − 2z + 1 = 0 del punto precedente, contiene la retta r_{2} ed è parallelo a v, dunque deve contenere la retta r′′. Analogamente la retta r′′ è contenuta nel piano σ_{1} del fascio di asse r_{1}, parallelo a v. Un generico piano del fascio ha equazione λ(x + y − 3) + μ(z − 2) = 0 (cf. il punto (a)) ed il piano σ_{1} viene quindi determinato dall’equazione ⟨( \begin{matrix}λ \\ λ \\ μ \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}−2 \\ −2 \\ 1 \end{matrix} )⟩ = 0. Una soluzione di questa equazione è λ = 1 e μ = 4, che sostituita nell’equazione del fascio dà σ_{1} : x + y + 4z − 11 = 0. Dunque, la retta r′′ è l’intersezione di σ_{1} e σ_{2}, ovvero

r′′ : \{ \begin{matrix}x + y + 4z − 11 & = & 0 \\ −x + 2y + 2z − 1 & = & 0 \end{matrix}

Fine della discussione. □

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova di accertamento del 15 gennaio 1999 – Compito B

ESERCIZIO 1. Si considerino, al variare di t in ℝ, i vettori u_{1} = ( \begin{matrix}2 \\ t − 1 \\ t + 1 \end{matrix} ) ed u_{2} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix} ).

(a) Si dica per quali valori del parametro t i vettori u_{1}, u_{2}, u_{1}×u_{2} sono linearmente dipendenti e si determini, in tal caso, una base del sottospazio ⟨u_{1}, u_{2}, u_{1} × u_{2}⟩.

(b) Sia t = 1 e si esprima (se possibile) il vettore v = ( \begin{matrix}3 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) come combinazione lineare di u_{1}, u_{2}, u_{1} × u_{2}.

Svolgimento. (a). Se u_{1} e u_{2} sono linearmente indipendenti (cioè se non sono paralleli), allora u_{1} × u_{2} è diverso dal vettore nullo e perpendicolare al piano generato dai primi due e quindi i tre vettori u_{1}, u_{2}, u_{1} ×u_{2}

sono linearmente indipendenti. Con il calcolo esplicito del vettore u_{1} × u_{2} = ( \begin{matrix}t − 3 \\ t − 3 \\ 3 − t \end{matrix} ) si verifica che u_{1} ed

u_{2} sono paralleli solo per t = 3. In tal caso, poiché u_{1} ed u_{2} sono proporzionali e quindi u_{1} × u_{2} = \overrightarrow{0}, il sottospazio generato dai tre vettori si riduce all’insieme dei multipli di u_{1}, ovvero ⟨u_{1}, u_{2}, u_{1} × u_{2}⟩ = ⟨u_{1}⟩.

(b). Sia t = 1. Si tratta di trovare i valori dei coefficienti x_{1}, x_{2}, x_{3} tali che v = x_{1}u_{1} + x_{2}u_{2} + x_{3}(u_{1} × u_{2}), ovvero di risolvere il sistema di equazioni lineari

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

Si ha quindi v = u_{1} − \frac{1}{3}u_{2} − \frac{2}{3}(u_{1} × u_{2}). □

ESERCIZIO 2. Calcolare gli autovalori ed i relativi sottospazi di autovettori dell’endomorfismo ϕ di matrice

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

nella base canonica. Dire in particolare se ϕ è diagonalizzabile.

Svolgimento. Si ha det(A − λ1) = (3 − λ)(2 − λ)^{2} e quindi gli autovalori sono 3, con molteplicità 1 e 2, con

molteplicità 2. I sottospazi di autovettori corrispondenti sono ⟨( \begin{matrix}1 \\ −2 \\ 1 \end{matrix} )⟩ e ⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} )⟩. I generatori

che abbiamo indicato per i sottospazi sono quindi tre autovettori linearmente indipendenti e perciò ϕ è diagonalizzabile. □

ESERCIZIO 3. Discutere l’insieme delle soluzioni del sistema lineare

\{ \begin{matrix}x & & +2z & = 1 \\ x & −λy & +(2 + λ)z & = 1 \\ −2x & −2λy & +2z & = 1 \end{matrix}

al variare del parametro λ in ℝ.

Svolgimento. La matrice completa è equivalente alla matrice ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & −λ & λ & 0 \\ 0 & 0 & 6 − 2λ & 3 \end{matrix} ). Per λ ∉ \{0, 3\}, matrice

completa ed incompleta hanno rango 3 ed il sistema ha quindi un’unica soluzione della forma

x = \frac{−2λ}{6 − 2λ},  y = \frac{3}{6 − 2λ},  z = \frac{3}{6 − 2λ}  (0 ≠ λ ≠ 3).

Per λ = 0, matrice completa ed incompleta hanno rango 2, il sistema ha infinite soluzioni \{ \begin{matrix}x & = & 0 \\ y & = & t \\ z & = & \frac{1}{2} \end{matrix} . Per

λ = 3, la matrice completa ha rango 3, mentre quella incompleta ha rango 2 e quindi il sistema non ha soluzioni. □

ESERCIZIO 4. Siano dati la retta r ed il piano π di equazioni

r : \{ \begin{matrix}x − y − z = 0 \\ 2x − y − 1 = 0 \end{matrix}  e  π : x − z − 1 = 0.

(a) Determinare il punto P di intersezione tra r e π e l’equazione delle rette r′ e r′′ contenute in π, passanti per P ed inclinate di \frac{π}{4} rispetto ad r.

(b) Determinare inoltre i punti Q_{1} e Q_{2} di r′ tali che i coni ottenuti dalla rotazione dei segmenti P Q_{1} e P Q_{2} attorno alla retta r abbiano area di base 16π.

Svolgimento. (a). Il punto di intersezione è P = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ). Se v = ( \begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix} ) è un vettore parallelo a r′ o a r′′, per

la condizione ⟨( \begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} )⟩ = 0 di parallelismo a π, abbiamo α = γ. Il vettore v_{r} = ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ −1 \end{matrix} ) è parallelo

a r. La condizione r̂r′ = r̂r′′ = \frac{π}{4} è equivalente all’equazione

\frac{\sqrt{2}}{2} = cos \frac{π}{4} = \frac{|⟨v, v_{r}⟩|}{||v|| · ||v_{r}||} = \frac{|α + 2β − γ|}{\sqrt{6}\sqrt{α^{2} + β^{2} + γ^{2}}} = \frac{|2β|}{\sqrt{6}\sqrt{2α^{2} + β^{2}}}

α = 1 e β = ±\sqrt{6} sono soluzioni di questa equazione e quindi

r′ : \{ \begin{matrix}x & = & 1 + t \\ y & = & 1 + \sqrt{6}t \\ z & = & t \end{matrix} r′′ : \{ \begin{matrix}x & = & 1 + t \\ y & = & 1 − \sqrt{6}t \\ z & = & t \end{matrix}

Dato un punto Q(1 + t, 1 + \sqrt{6}t, t) di r′, la lunghezza del segmento P Q è 2\sqrt{2}|t| ed il raggio di base del cono è 2\sqrt{2}|t| sin \frac{π}{4} = 2|t|. L’area di base è 4πt^{2} che coincide con 16π se t = ±2. I punti cercati sono quindi Q_{1} = (3, 1 + 2\sqrt{6}, 2) e Q_{2}(−1, 1 − 2\sqrt{6}, −2). □

ESERCIZIO 5. Dati i piani π_{1} : y + z + 1 = 0 e π_{2} : x + y = 0, determinare:

(a) le equazioni parametriche della retta r intersezione di π_{1} e π_{2}.

(b) l’equazioni di un piano π_{3}, diverso da π_{2}, contenente r e tale che l’angolo tra π_{3} e π_{1} sia uguale all’angolo tra π_{2} e π_{1}.

(c) l’area del triangolo A_{1}A_{2}A_{3}, dove A_{1} è il punto (1, 1, −2) di π_{1} ed A_{2} e A_{3} sono le proiezioni di A_{1} rispettivamente su π_{2} e π_{3}.

Svolgimento. (a). Posto y = t otteniamo r : \{ \begin{matrix}x & = & −t \\ y & = & t \\ z & = & −1 − t \end{matrix}

6 MAURIZIO CANDILERA

(b). I vettori v_{1} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) e v_{2} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) sono perpendicolari rispettivamente a π_{1} e a π_{2}. Detto φ l’angolo tra π_{1} e π_{2}, abbiamo

cos φ = \frac{|⟨v_{1}, v_{2}⟩|}{||v_{1}|| · ||v_{2}||} = \frac{1}{2}

Il fascio di piani contenenti r ha equazione λ(x + y) + μ(y + z + 1) = 0. Detto v il vettore ( \begin{matrix}λ \\ λ + μ \\ μ \end{matrix} ) perpendicolare al generico piano del fascio, la condizione { \atop π_{1}π_{2}} = { \atop π_{1}π_{3}} è equivalente all’equazione

\frac{1}{2} = \frac{|⟨v_{1}, v⟩|}{||v_{1}|| · ||v||} = \frac{|λ + 2μ|}{\sqrt{2}\sqrt{2λ^{2} + 2μ^{2} + 2λμ}}

che è equivalente a μ(μ + λ) = 0. Per μ = 0 otteniamo il piano π_{2}. Per λ = −μ otteniamo

π_{3} = x − z − 1 = 0

(c). La retta r_{2} perpendicolare a π_{2} e passante per A_{1} ha equazione \{ \begin{matrix}x & = & 1 + t \\ y & = & 1 + t \\ z & = & −2 \end{matrix} e la sua intersezione con π_{2} è A_{2} = (0, 0, −2). Analogamente si trova A_{3} = (0, 1, −1). I vettori \overrightarrow{A_{1}A_{2}} e \overrightarrow{A_{1}A_{3}} sono rispettivamente ( \begin{matrix}−1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} ) e ( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) e l’area del triangolo A_{1}A_{2}A_{3} è data da

\frac{1}{2}||A_{1}A_{2} × A_{1}A_{3}|| = \frac{\sqrt{3}}{2}.

Si poteva risolvere il problema anche osservando che il triangolo A_{1}A_{2}A_{3} è isoscele (perché A_{1} ∈ π_{1} e π_{2} e π_{3} formano uno stesso angolo φ con π_{1}) e che l’angolo ψ = { \atop A_{2}A_{1}A_{3}} vale 2(\frac{π}{2} − φ). La lunghezza di A_{1}A_{2} è la distanza \sqrt{2} di A_{1} da π_{2} ed è uguale alla lunghezza di A_{1}A_{3}. L’area del triangolo è quindi

\frac{1}{2}\sqrt{2} · \sqrt{2} · sin(2(\frac{π}{2} − φ)) = sin 2φ = 2 cos φ sin φ = \frac{\sqrt{3}}{2}

tenendo conto che cos φ = \frac{1}{2} e sin φ = \frac{\sqrt{3}}{2}. □