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Esercizio 1. Sia r la retta in passante per i punti P (a 2, a 1, a ) e Q(1, 0). Sia π
R
a a
− ∈
il piano di equazione x 3y + z + 7 = 0. Determinare i valori di a se esistono, tali che
R,
1. r sia parallela a π;
a
2. r sia ortogonale a π.
a
Svolgimento
1. Sappiamo dalla teoria che r (di parametri direttori ℓ, m, n) è parallela a un piano di
a
equazione ax + by + cz + d = 0 se, e solo se, aℓ + bm + cn = 0.
−−→ 2 2
− −a, −a − −a, −a
Poiché P Q = (3 a, ), dei parametri direttori per r sono 3 a, (o anche
a a
2
− −
a 3, a, a ) e r è parallela a π : x 3y + z + 7 = 0 se, e solo se,
a 2 − −
a 2a 3 = 0,
∈ {−1,
cioè se, e solo se, a 3}. 2
− −3,
2. r è ortogonale a π se e solo se (a 3, a, a ) è multiplo di (1, 1), cioè se e solo se esiste
a ∈
κ tale che
R −
a 3 = κ
−3κ
a =
2
a = κ.
−3/4
La prima e la seconda equazione conducono a κ = e a = 9/4, valori che, sostituiti
−3/4).
nella terza, implicano un assurdo (81/16 = Non esistono, quindi, valori di a tali
che r sia perpendicolare a π.
a 2 −
Esercizio 2. Siano π il piano di equazione a x + 4ay + z 5 = 0 e r la retta di equazioni
a x + y = 2
−
x 4y + z = 1.
∈
Al variare di a dire quando r è parallela a π , quando è incidente a π e quando è contenuta
R, a a
in π .
a Affrontiamo innanzitutto il problema del parallelismo. Parametri direttori di r sono
Svolgimento. 2
−1, −5. − −
1, La condizione di parallelismo fra retta e piano conduce all’equazione a 4a 5 = 0,
−1
da cui a = 5, sono i due valori di a per cui r è parallela a π .
a
Per rispondere alle altre domande, ci basiamo sulla considerazione che se una retta è parallela
a un piano, allora o è contenuta nel piano, oppure non ha punti comuni con esso; altrimenti,
se la retta non è parallela al piano, allora con esso ha esattamente un punto in comune (è
̸∈ {5, −1}.
incidente). Dunque possiamo dire subito che r e π sono incidenti esattamente per a
a
Studiamo ora se esistono valori di a tali che r sia contenuta in π . Una retta r contenuta
a
∈ {5, −1}.
in π è, in particolare, parallela a π , quindi dobbiamo assumere a Prendiamo poi
a a −1);
un punto arbitrario di r, per esempio P (2, 0, se P appartiene a π , allora tutta la retta
a
è contenuta in π , mentre se P non appartiene a π , allora la retta non è contenuta in π .
a a a
2 −
Imponendo l’appartenenza di P a π otteniamo a 3 = 0. Questa equazione non è soddisfatta
a
∈ {5, −1},
nel caso a qui r non è mai contenuta in π .
a
−1),
Esercizio 3. Dati i punti A(3, 0, 0), B(1, 0, C(2, 2, 3), D(0, 3, 2), trovare, qualora esistenti,
equazioni cartesiane dei piani seguenti:
1. il piano π contenente il punto C e la retta AB;
1
2. il piano π contenente la retta AB e parallelo alla retta CD;
2
3. il piano π contenente la retta AB e ortogonale alla retta CD.
3
Svolgimento.
1. Le equazioni cartesiane della retta AB sono
− −
x 2z 3 = 0 .
y = 0
I piani contenenti AB hanno equazione
− −
λ(x 2z 3) + µy = 0, (1)
2
con λ e µ reali, non entrambi nulli. Imponendo che C appartenga a π si ottiene λ = µ,
7
da cui 2 − −
µ(x 2z 3) + µy = 0.
7
̸
Poiché µ = 0, dividendo per µ si giunge infine a
− −
2x + 7y 4z 6 = 0. −1,
2. Come parametri direttori della retta CD scegliamo, per esempio, (2, 1). A partire da
(1), la condizione da imporre è −2λ) · −1,
(λ, µ, (2, 1) = 0,
da cui µ = 0. L’equazione di π è quindi
2 − −
x 2z 3 = 0. −2λ) −1,
3. La condizione da imporre in questo caso è che (λ, µ, sia multiplo di (2, 1), cioè
λ = 2c
−c
µ =
−2λ = c
∈
per qualche c La relazione che si ottiene è λ = µ = 0, quindi π non esiste.
R. 3
Esercizio 4. 1. Scrivere la matrice associata alla forma quadratica
2 2
− −
f (x, y, z) = 10(x + y)z 8(x + y) 3z .
2. Classificare la forma quadratica, stabilendo, in particolare, se esistono x, y, z reali tali che
f (x, y, z) > 0.
Svolgimento.
1. Riscriviamo f come 2 2 2
−8x − − −
f (x, y, z) = 8y 3z 16xy + 10xz + 10yz.
La matrice associata a f è
−8 −8 5
−8 −8 5
A = .
f
−3
5 5
2. Cerchiamo di classificare la forma f usando il criterio degli autovalori. Calcoliamo
−8 − −8
t 5
−8 −8 − t 5
p (t) =
A f −3 −
5 5 t
−8 − −8 −8 −8 −
t 5 5 t
−
= (−8 t) +8 +5
−3 − −3 −
5 t 5 t 5 5
2
−t(t −
= + 19t 2).
2
−t(t −
Quindi p (t) = + 19t 2) ha tre autovalori distinti: 0 e
A f √ 2
−19 ± 19 + 8 .
2
I due autovalori diversi da zero sono uno positivo e uno negativo, quindi la forma f è
indefinita. Di conseguenza, esistono x, y, z tali che f (x, y, z) > 0. (Una scelta possibile è,
32
−1,
per esempio, x = y = 2, z = ).
Esercizio 5. Data la matrice
7 0 0
−m ∈
0 2
B = , m R,
m
−m
0 1
(a) scrivere la forma quadratica corrispondente f , qualora essa esista, e classificarla nel caso in
m
cui m = 1.
(b) Classificare poi la forma quadratica corrispondente f , qualora essa esista, al variare di
m
∈
m R. ∈
Svolgimento. La matrice assegnata è reale simmetrica per ogni valore di m esiste quindi
R,
una forma quadratica associata f . Risulta
m 2 2 2 −
f (x, y, z) = 7x + 2y + z 2myz.
m
Per m = 1, la matrice è
7 0 0
−1
0 2
B = .
1
−1
0 1
1
Il criterio dei minori di Nord Ovest permette di concludere che f è definita positiva, perché
1
il primo minore vale 7, il secondo vale 14, il terzo 7.
(b) Cerchiamo di classificare la forma f usando il criterio degli autovalori. Calcoliamo
m
−
7 t 0 0
− −m
0 2 t
p (t) =
B
m −m −
0 1 t 2 2
2
− − −
− − − − = (7 t) t 3t + 2 m
= (7 t) (2 t)(1 t) m
− − −
= (7 t)(t µ )(t µ ),
−
+
√
1 2
±
ove µ = (3 1 + 4m ).
± 2
Quindi p (t) ha tre autovalori reali: 7, µ e µ .
−
B +
m
Distinguiamo ora tre casi, al variare di h:
√ √
• 2
|m| 2, si ha 1 + 4m < 3, quindi i tre autovalori sono tutti strettamente positivi,
se <
e la forma quadratica è definita positiva.
√
• |m|
se = 2, allora µ = 0, mentre 7 e µ sono positivi, quindi la forma quadratica è
− +
semidefinita positiva.
√
• |m|
se > 2, allora µ < 0, mentre 7 e µ sono positivi, quindi la forma quadratica è
− +
indefinita.
Esercizio 6. È data la forma quadratica
2 2 2
−
f (x, y, z) = x + 4xy + 5y 4yz + 4z .
1. Scrivere la matrice associata a f e classificare la forma quadratica.
2. Stabilire se esistono vettori (x, y, z) tali che f (x, y, z) < 0.
Svolgimento.
1. La matrice associata a f è
1 2 0
−2
2 5
A = .
f
−2
0 4
Classifichiamo la forma f usando il criterio degli autovalori. Calcoliamo
−
1 t 2 0
− −2
2 5 t
p (t) =
A f −2 −
0 4 t
− −2 −2
5 t 2
− −
= (1 t) 2
−2 − −
4 t 0 4 t
2
−t(t − −t(t − −
= 10t + 21) = 3)(t 7).
Quindi p (t) ha tre autovalori distinti: 0, 3 e 7. Poiché gli autovalori sono maggiori oppure
A f
uguali a zero e uno di esse vale 0, la forma f è semidefinita positiva.
1 Quando si lavora con la matrice simmetrica associata a una forma quadratica f , per classificare f si possono
usare il criterio degli autovalori o anche il criterio di Nord Ovest.
3
∈
2. Non esistono vettori (x, y, z) tali che f (x, y, z) < 0, poiché f è semidefinita positiva
R 3
≥ ∈
(e quindi f (x, y, z) 0 per ogni (x, y, z) ).
R
Esercizio 7. Sia
3 0 0
−5
8 3
A = .
−2
8 0
1. Stabilire se A è diagonalizzabile su R. −1
∈ M(3×3, −2).
2. In caso affermativo, trovare una matrice C tale che C AC = diag(3, 3,
R)
Svolgimento.
Calcoliamo il polinomio caratteristico di A. Risulta 2
− − − −(3 −
p (λ) = (3 λ)[(3 λ)(−2 λ)] = λ) (λ + 2).
A
Osserviamo che il polinomio caratteristico di A è completamente riducibile su R.
−2
Le radici di p (λ) sono 3 (con molteplicità algebrica 2) e (con molteplicità algebrica,
A
quindi anche geometrica, pari a 1).
Calcoliamo la molteplicità geometrica dell’autovalore 3:
0 0 0
−5 −
−
− − 8 0 = 3 1 = 2 = m (2).
= 3 rk
m (2) = 3 rk A 3I a
g 3
−5
8 0
Quindi A è diagonalizzabile su R.
Calcoliamo l’autospazio associato a λ = 3. Si ha
3
{X ∈ − }
E (3) = = (x, y, z) : (A 3I )X = 0
R
A 3 3×1
0 0 0
3 −5 }.
{X ∈ 8 0 X = 0
= = (x, y, z) :
R 3×1
−5
8 0
0 0 0
−5
8 0
Riscriviamo X = 0 nella forma
3×1
−5
8 0 0 = 0
−
8x 5z = 0
−
8x 5z = 0.
Risulta quindi 8 8
{X ∈ ⟨(1,
E (3) = = (x, y, x) : z = 0, ), (0, 1, 0)⟩.
R}
A 5 5
−2.
Calcoliamo poi l’autospazio associato a λ = Si ha
3
{X ∈ }
E (−2) = = (x, y, z) : (A + 2I )X = 0
R
A 3 3×1
5 0 0
3 −5
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