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Università degli Studi di Bergamo – Scuola di IngegneriaCorso di Geometria e Algebra Lineare

Appello — 4 luglio 2016 — Parte B — Tema B1

Tempo a disposizione: due ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.Ogni esercizio va iniziato all’inizio di una pagina.Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.Non saranno accettate risposte non giustificate.

SOLUZIONI

Esercizio 1. Determinare la parte reale e la parte immaginaria delle soluzioni dell’equazione

(1 + 2i)z2 + (3 + i)z + 10− 5i = 0.

La risoluzione non presenta nessuna difficoltà e nessuna particolarità.Il discriminante risulta uguale a

∆ = −72− 54i

di cui una radice quadrata èδ = 3− 9i

(l’altra è ovviamente l’opposto). Le soluzioni dell’equazione risultano essere

z1 = 1 + 2i e z2 = −2− i.

Esercizio 2. Sia, per un reale k,

Vk =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 4y − 6z

(k − 2)x2 + x− 2y + 3z + 4− k2

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

.

a) Verificare, utilizzando la definizione, che V2 è un sottospazio vettoriale di R4.

Vediamo subito che V2 non è vuoto, perché una qualsiasi scelta dei valori di x, ye z fornisce un elemento di V2 (in particolare, usando x = y = z = 0 vediamo che0 ∈ V2). Siano allora x1, y1, z1, x2, y2 e z2 sei reali e

v1 =

x1 + 2y1 − 3z1

−2x1 + 4y1 − 6z13x1 + 4y1 − 6z1x1 − 2y1 + 3z1

e v2 =

x2 + 2y2 − 3z2

−2x2 + 4y2 − 6z23x2 + 4y2 − 6z2x2 − 2y2 + 3z2

1

due elementi generici di V2. Per qualsiasi t1 e t2 ∈ R, abbiamo

t1v1 + t2v2 = t1

x1 + 2y1 − 3z1

−2x1 + 4y1 − 6z13x1 + 4y1 − 6z1x1 − 2y1 + 3z1

+ t2

x2 + 2y2 − 3z2

−2x2 + 4y2 − 6z23x2 + 4y2 − 6z2x2 − 2y2 + 3z2

=

t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1

−2t1x1 + 4t1y1 − 6t1z13t1x1 + 4t1y1 − 6t1z1t1x1 − 2t1y1 + 3t1z1

+

t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2


=

t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1 + t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2

−2t1x1 + 4t1y1 − 6t1z1 − 2t2x2 + 4t2y2 − 6t2z23t1x1 + 4t1y1 − 6t1z1 + 3t2x2 + 4t2y2 − 6t2z2t2x1 − 2t1y1 + 3t1z1 + t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2

=

(t1x1 + t2x2) + 2(t1y1 + t2y2)− 3(t1z1 + t2z2)

−2(t1x1 + t2x2) + 4(t1y1 + t2y2)− 6(t1z1 + t2z2)3(t1x1 + t2x2) + 4(t1y1 + t2y2)− 6(t1z1 + t2z2)(t1x1 + t2x2)− 2(t1y1 + t2y2) + 3(t1z1 + t2z2)

=

x + 2y − 3z

−2x + 4y − 6z3x + 4y − 6zx− 2y + 3z

con x = t1x1 + t2x2 ∈ R, y = t1y1 + t2y2 ∈ R e z = t1z1 + t2z2 ∈ R. Perciòt1v1 + t2v2 ∈ V2 e quindi V2 è un sottospazio vettoriale di R4.

Si poteva verificare in modo diverso che V2 è un sottospazio vettoriale, ma il testonon lo autorizzava. Tra i metodi alternativi, possiamo osservare che siccome

V2 =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 4y − 6zx− 2y + 3z

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

,

possiamo vedere V2 come l’immagine dell’applicazione lineare associata alla matrice1 2 −3−2 4 −6

3 4 −61 −2 3

e quindi è un sottospazio vettoriale.

b) Esibire una base di V2.

2

Abbiamo

V2 =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 4y − 6zx− 2y + 3z

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

=

x

1−2

31

+ y

244−2

+ z

−3−6−6

3

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

=

⟨1−2

31

,

244−2

,

−3−6−6

3

⟩.

Quindi ponendo

u1 =

1−2

31

, u2 =

244−2

e u3 =

−3−6−6

3

abbiamo che i vettori u1, u2 e u3 sono una famiglia generatrice di V2. Siccome3u2 = −2u3, i tre vettori non sono linearmente indipendenti, mentre {u1, u2} èuna base di V2.

c) Verificare che se k 6= 2 allora Vk non è un sottospazio vettoriale di R4.

Per essere un sottospazio vettoriale, Vk deve contenere il vettore nullo, cioè devonoesistere x, y e z ∈ R tali che

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 4y − 6z

(k − 2)x2 + x− 2y + 3z + 4− k2

= 0,

cioè x+ 2y − 3z = 0−2x+ 4y − 6z = 03x+ 4y − 6z = 0(k − 2)x2 + x− 2y + 3z + 4− k2 = 0.

Sommando due volte la prima equazione alla seconda e sottraendola tre volte allaterza viene

x+ 2y − 3z = 08y − 12z = 0−2y + 3z = 0

(k − 2)x2 + x− 2y + 3z + 4− k2 = 0.

3

Quindi x = 02y = 3zk2 = 4.

Quindi perché Vk sia un sottospazio vettoriale, dobbiamo avere k = ±2. Abbiamogià visto che per k = 2, Vk è un sottospazio vettoriale. Ci rimane da verificare cheV−2 non è un sottospazio vettoriale.

Abbiamo

V−2 =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 4y − 6z

−4x2 + x− 2y + 3z

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

.

Sia v1 il vettore corrispondente a x = 1 e y = z = 0, cioè

v1 =

1−2

3−3

.

Allora

2v1 =

2−4

6−6

e per avere 2v1 ∈ V−2, devono esistere x, y e z tali che

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 4y − 6z

−4x2 + x− 2y + 3z

= 2v1 =

2−4

6−6

.

Risolvendo il sistema corrispondente, le tre prime equazioni conducono a x = 2 e2y = 3z, ma la quarta equazione diventa

−14 = −6

e quindi il sistema non ha soluzioni, perciò 2v1 6∈ V−2 e quindi V−2 non è unsottospazio vettoriale.

Esercizio 3. Si consideri la quadrica σ di equazione

7

4x2 +

7

4y2 +

7

2z2 +

7

2xy +

√2

2xz +

√2

2yz +

7√2

2x− 9

√2

2y − 7z−49

2= 0.

4

a) Determinare (se esiste) un centro di simmetria di σ.

Bisogna risolvere (se possibile) il sistema

B

xyz

+

7√2

4

−9√2

4

−72

=

000

,

dove

B =

74

74

√24

74

74

√24√

24

√24

72

.

È immediato vedere che il sistema non ha soluzioni, quindi la quadrica non hacentri di simmetria.

b) Determinare la forma canonica di σ e riconoscere di che quadrica si tratta.

È più comodo determinare anzitutto una base ortonormale di autovettori dellamatrice B. Si trova che i suoi autovalori sono λ1 = 4, λ2 = 3 e λ3 = 0. (Siconsiglia di calcolare il determinante di B − λI sottraendo la seconda riga dallaprima e poi sommando le prime due colonne). Gli autovettori corrispondenti sono

x

11√2

, x

11

−√

2

, x

1−1

0

,

con x 6= 0. Pertanto una base ortonormale di autovettori di B è data da

v1 =

1212√22

, v2 =

1212

−√22

, v3 =

−√22√22

0

.

(La scelta del segno di v3 è motivata dal fatto che così il determinante di M èuguale a 1. Se fosse uguale a -1 non cambierebbe granché). Introdotta la matrice(ortogonale)

M =(v1|v2|v3

)=

12

12−√22

12

12

√22√

22−√22

0

abbiamo il cambiamento di coordinatexy

z

= M

x′y′z′

5

ossia x =

1

2

(x′ + y′ −

√2z′)

y =1

2

(x′ + y′ +

√2z′)

z =

√2

2(x′ − y′)

che porta l’equazione di σ nella forma

λ1(x′)2 + λ2(y

′)2 + λ3(z′)2 − 4

√2x′ + 3

√2 y′ − 8z′−49

2= 0,

ossia

4(x′)2 + 3(y′)2 − 4√

2x′ + 3√

2 y′ − 8z′−49

2= 0,

che si può riscrivere come

4

(x′ −

√2

2

)2

+ 3

(y′ +

√2

2

)2

− 8z′ − 28 = 0,

ossia1

2

(x′ −

√2

2

)2

+3

8

(y′ +

√2

2

)2

−(z′ +

7

2

)= 0.

Basta a questo punto effettuare la traslazioneX = x′ −

√2

2

Y = y′ +

√2

2

Z = z′ +7

2

per arrivare alla forma canonica della quadrica:

Z =X2

2+Y 2

83

.

Essa è pertanto un paraboloide ellittico.

c) Scrivere esplicitamente il cambiamento di coordinate che porta σ in forma canonica.

Il cambiamento di coordinate che porta la quadrica dall’equazione di partenza allaforma canonica si ottiene semplicemente componendo la rotazione e la traslazione

6

già utilizzate. Si trova che

x =1

2

(X + Y −

√2Z +

7√

2

2

)

y =1

2

(X + Y +

√2Z−7

√2

2

)

z =

√2

2

(X − Y +

√2)

=

√2

2(X − Y ) + 1.

7




SOLUZIONI


(1 + 2i)z2 + (−2 + 11i)z − 10 + 10i = 0.


∆ = 3− 4i

di cui una radice quadrata èδ = 2− i


z1 = −2− i e z2 = −2− 2i.


Vk =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x− 2y + 3z

(k + 3)x2 + x− 2y + 3z + 9− k2

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

.

a) Verificare, utilizzando la definizione, che V−3 è un sottospazio vettoriale di R4.

Vediamo subito che V−3 non è vuoto, perché una qualsiasi scelta dei valori di x, ye z fornisce un elemento di V−3 (in particolare, usando x = y = z = 0 vediamo che0 ∈ V−3). Siano allora x1, y1, z1, x2, y2 e z2 sei reali e

v1 =

x1 + 2y1 − 3z1

−2x1 + 4y1 − 6z13x1 − 2y1 + 3z1x1 − 2y1 + 3z1

e v2 =

x2 + 2y2 − 3z2

−2x2 + 4y2 − 6z23x2 − 2y2 + 3z2x2 − 2y2 + 3z2

1

due elementi generici di V−3. Per qualsiasi t1 e t2 ∈ R, abbiamo

t1v1 + t2v2 = t1

x1 + 2y1 − 3z1

−2x1 + 4y1 − 6z13x1 − 2y1 + 3z1x1 − 2y1 + 3z1

+ t2

x2 + 2y2 − 3z2

−2x2 + 4y2 − 6z23x2 − 2y2 + 3z2x2 − 2y2 + 3z2

=

t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1

−2t1x1 + 4t1y1 − 6t1z13t1x1 − 2t1y1 + 3t1z1t1x1 − 2t1y1 + 3t1z1

+

t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2

−2t2x2 + 4t2y2 − 6t2z23t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2

=

t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1 + t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2

−2t1x1 + 4t1y1 − 6t1z1 − 2t2x2 + 4t2y2 − 6t2z23t1x1 − 2t1y1 + 3t1z1 + 3t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2t2x1 − 2t1y1 + 3t1z1 + t2x2 − 2t2y2 + 3t2z2

=

(t1x1 + t2x2) + 2(t1y1 + t2y2)− 3(t1z1 + t2z2)

−2(t1x1 + t2x2) + 4(t1y1 + t2y2)− 6(t1z1 + t2z2)3(t1x1 + t2x2)− 2(t1y1 + t2y2) + 3(t1z1 + t2z2)(t1x1 + t2x2)− 2(t1y1 + t2y2) + 3(t1z1 + t2z2)

=

x + 2y − 3z

−2x + 4y − 6z3x− 2y + 3zx− 2y + 3z

con x = t1x1 + t2x2 ∈ R, y = t1y1 + t2y2 ∈ R e z = t1z1 + t2z2 ∈ R. Perciòt1v1 + t2v2 ∈ V−3 e quindi V−3 è un sottospazio vettoriale di R4.

Si poteva verificare in modo diverso che V−3 è un sottospazio vettoriale, ma il testonon lo autorizzava. Tra i metodi alternativi, possiamo osservare che siccome

V−3 =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x− 2y + 3zx− 2y + 3z

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

,

possiamo vedere V−3 come l’immagine dell’applicazione lineare associata alla ma-trice

1 2 −3−2 4 −6

3 −2 31 −2 3


b) Esibire una base di V−3.

2

Abbiamo

V−3 =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x− 2y + 3zx− 2y + 3z

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

=

x

1−2

31

+ y

24−2−2

+ z

−3−6

33

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

=

⟨1−2

31

,

24−2−2

,

−3−6

33

⟩.

Quindi ponendo

u1 =

1−2

31

, u2 =

24−2−2

e u3 =

−3−6

33

abbiamo che i vettori u1, u2 e u3 sono una famiglia generatrice di V−3. Siccome3u2 = −2u3, i tre vettori non sono linearmente indipendenti, mentre {u1, u2} è unabase di V−3.

c) Verificare che se k 6= −3 allora Vk non è un sottospazio vettoriale di R4.


x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x− 2y + 3z

(k + 3)x2 + x− 2y + 3z + 9− k2

= 0,

cioè x+ 2y − 3z = 0−2x+ 4y − 6z = 03x− 2y + 3z = 0(k + 3)x2 + x− 2y + 3z + 9− k2 = 0.


x+ 2y − 3z = 08y − 12z = 0−8y + 12z = 0

(k3)x2 + x− 2y + 3z + 9− k2 = 0.

3

Quindi x = 02y = 3zk2 = 9.

Quindi perché Vk sia un sottospazio vettoriale, dobbiamo avere k = ±3. Abbiamogià visto che per k = −3, Vk è un sottospazio vettoriale. Ci rimane da verificareche V3 non è un sottospazio vettoriale.

Abbiamo

V3 =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x− 2y + 3z

+6x2 + x− 2y + 3z

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

.


v1 =

1−2

37

.

Allora

2v1 =

2−4

614

e per avere 2v1 ∈ V3, devono esistere x, y e z tali che

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x− 2y + 3z

+6x2 + x− 2y + 3z

= 2v1 =

2−4

614

.


26 = 14

e quindi il sistema non ha soluzioni, perciò 2v1 6∈ V3 e quindi V3 non è un sottospaziovettoriale.


−1

4x2−1

4y2−1

2z2−1

2xy +

9√2

2xz +

9√2

2yz−√2

2x− 17

√2

2y + z +

7

2= 0.

4



B

xyz

+

−√24

−17√2

412

=

000

,

dove

B =

−14−1

49√2

4

−14−1

49√2

4

9√2

49√2

4−1

2

.



È più comodo determinare anzitutto una base ortonormale di autovettori dellamatrice B. Si trova che i suoi autovalori sono λ1 = 4, λ2 = −5 e λ3 = 0. (Siconsiglia di calcolare il determinante di B − λI sottraendo la seconda riga dallaprima e poi sommando le prime due colonne). Gli autovettori corrispondenti sono

x

11√2

, x

11

−√

2

, x

1−1

0

,


v1 =

1212√22

, v2 =

1212

−√22

, v3 =

−√22√22

0

.


M =(v1|v2|v3

)=

12

12−√22

12

12

√22√

22−√22

0


z

= M

x′y′z′

5

ossia x =

1

2

(x′ + y′ −

√2z′)

y =1

2

(x′ + y′ +

√2z′)

z =

√2

2(x′ − y′)


λ1(x′)2 + λ2(y

′)2 + λ3(z′)2 − 4

√2x′ − 5

√2 y′ − 8z′ +

7

2= 0,

ossia

4(x′)2 − 5(y′)2 − 4√

2x′ − 5√

2 y′ − 8z′ +7

2= 0,


4

(x′ −

√2

2

)2

− 5

(y′ +

√2

2

)2

− 8z′ + 4 = 0,

ossia1

2

(x′ −

√2

2

)2

−5

8

(y′ +

√2

2

)2

−(z′−1

2

)= 0.


√2

2

Y = y′ +

√2

2

Z = z′−1

2


Z =X2

2− Y 2

85

.

Essa è pertanto un paraboloide iperbolico.



6


x =1

2

(X + Y −

√2Z−

√2

2

)

y =1

2

(X + Y +

√2Z +

√2

2

)

z =

√2

2

(X − Y +

√2)

=

√2

2(X − Y ) + 1.

7




SOLUZIONI


(1 + 2i)z2 + (−6− 7i)z + 10 + 10i = 0.


∆ = 27− 36i

di cui una radice quadrata èδ = 6− 3i


z1 = 2− 2i e z2 = 2 + i.


Vk =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 2y − 3z

(k + 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

.

a) Verificare, utilizzando la definizione, che V−1 è un sottospazio vettoriale di R4.

Vediamo subito che V−1 non è vuoto, perché una qualsiasi scelta dei valori di x, ye z fornisce un elemento di V−1 (in particolare, usando x = y = z = 0 vediamo che0 ∈ V−1). Siano allora x1, y1, z1, x2, y2 e z2 sei reali e

v1 =

x1 + 2y1 − 3z1

−2x1 + 4y1 − 6z13x1 + 2y1 − 3z1x1 − 2y1 + 3z1

e v2 =

x2 + 2y2 − 3z2

−2x2 + 4y2 − 6z23x2 + 2y2 − 3z2x2 − 2y2 + 3z2

1

due elementi generici di V−1. Per qualsiasi t1 e t2 ∈ R, abbiamo

t1v1 + t2v2 = t1

x1 + 2y1 − 3z1

−2x1 + 4y1 − 6z13x1 + 2y1 − 3z1x1 − 2y1 + 3z1

+ t2

x2 + 2y2 − 3z2

−2x2 + 4y2 − 6z23x2 + 2y2 − 3z2x2 − 2y2 + 3z2

=

t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1


+

t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2


=

t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1 + t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2


=

(t1x1 + t2x2) + 2(t1y1 + t2y2)− 3(t1z1 + t2z2)


=

x + 2y − 3z

−2x + 4y − 6z3x + 2y − 3zx− 2y + 3z

con x = t1x1 + t2x2 ∈ R, y = t1y1 + t2y2 ∈ R e z = t1z1 + t2z2 ∈ R. Perciòt1v1 + t2v2 ∈ V−1 e quindi V−1 è un sottospazio vettoriale di R4.

Si poteva verificare in modo diverso che V−1 è un sottospazio vettoriale, ma il testonon lo autorizzava. Tra i metodi alternativi, possiamo osservare che siccome

V−1 =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 2y − 3zx− 2y + 3z

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

,

possiamo vedere V−1 come l’immagine dell’applicazione lineare associata alla ma-trice

1 2 −3−2 4 −6

3 2 −31 −2 3


b) Esibire una base di V−1.

2

Abbiamo

V−1 =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 2y − 3zx− 2y + 3z

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

=

x

1−2

31

+ y

242−2

+ z

−3−6−3

3

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

=

⟨1−2

31

,

242−2

,

−3−6−3

3

⟩.

Quindi ponendo

u1 =

1−2

31

, u2 =

242−2

e u3 =

−3−6−3

3

abbiamo che i vettori u1, u2 e u3 sono una famiglia generatrice di V−1. Siccome3u2 = −2u3, i tre vettori non sono linearmente indipendenti, mentre {u1, u2} è unabase di V−1.

c) Verificare che se k 6= −1 allora Vk non è un sottospazio vettoriale di R4.


x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 2y − 3z

(k + 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2

= 0,

cioè x+ 2y − 3z = 0−2x+ 4y − 6z = 03x+ 2y − 3z = 0(k + 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2 = 0.


x+ 2y − 3z = 08y − 12z = 0−4y + 6z = 0

(k1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2 = 0.

3

Quindi x = 02y = 3zk2 = 1.

Quindi perché Vk sia un sottospazio vettoriale, dobbiamo avere k = ±1. Abbiamogià visto che per k = −1, Vk è un sottospazio vettoriale. Ci rimane da verificareche V1 non è un sottospazio vettoriale.

Abbiamo

V1 =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 2y − 3z

+2x2 + x− 2y + 3z

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

.


v1 =

1−2

33

.

Allora

2v1 =

2−4

66

e per avere 2v1 ∈ V1, devono esistere x, y e z tali che

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 2y − 3z

+2x2 + x− 2y + 3z

= 2v1 =

2−4

66

.


10 = 6

e quindi il sistema non ha soluzioni, perciò 2v1 6∈ V1 e quindi V1 non è un sottospaziovettoriale.


5

4x2 +

5

4y2 +

5

2z2 +

5

2xy +

3√2

2xz +

3√2

2yz +

5√2

2x− 11

√2

2y − 5z−35

2= 0.

4



B

xyz

+

5√2

4

−11√2

4

−52

=

000

,

dove

B =

54

54

3√2

4

54

54

3√2

4

3√2

43√2

452

.



È più comodo determinare anzitutto una base ortonormale di autovettori dellamatrice B. Si trova che i suoi autovalori sono λ1 = 4, λ2 = 1 e λ3 = 0. (Siconsiglia di calcolare il determinante di B − λI sottraendo la seconda riga dallaprima e poi sommando le prime due colonne). Gli autovettori corrispondenti sono

x

11√2

, x

11

−√

2

, x

1−1

0

,


v1 =

1212√22

, v2 =

1212

−√22

, v3 =

−√22√22

0

.


M =(v1|v2|v3

)=

12

12−√22

12

12

√22√

22−√22

0


z

= M

x′y′z′

5

ossia x =

1

2

(x′ + y′ −

√2z′)

y =1

2

(x′ + y′ +

√2z′)

z =

√2

2(x′ − y′)


λ1(x′)2 + λ2(y

′)2 + λ3(z′)2 − 4

√2x′ +

√2 y′ − 8z′−35

2= 0,

ossia

4(x′)2 + (y′)2 − 4√

2x′ +√

2 y′ − 8z′−35

2= 0,


4

(x′ −

√2

2

)2

+

(y′ +

√2

2

)2

− 8z′ − 20 = 0,

ossia1

2

(x′ −

√2

2

)2

+1

8

(y′ +

√2

2

)2

−(z′ +

5

2

)= 0.


√2

2

Y = y′ +

√2

2

Z = z′ +5

2


Z =X2

2+Y 2

8.

Essa è pertanto un paraboloide ellittico.



6


x =1

2

(X + Y −

√2Z +

5√

2

2

)

y =1

2

(X + Y +

√2Z−5

√2

2

)

z =

√2

2

(X − Y +

√2)

=

√2

2(X − Y ) + 1.

7




SOLUZIONI


(1 + 2i)z2 + (3− 9i)z − 10 + 5i = 0.


∆ = 8 + 6i

di cui una radice quadrata èδ = 3 + i


z1 = 2 + i e z2 = 1 + 2i.


Vk =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 6y − 9z

(k − 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

.

a) Verificare, utilizzando la definizione, che V1 è un sottospazio vettoriale di R4.

Vediamo subito che V1 non è vuoto, perché una qualsiasi scelta dei valori di x, ye z fornisce un elemento di V1 (in particolare, usando x = y = z = 0 vediamo che0 ∈ V1). Siano allora x1, y1, z1, x2, y2 e z2 sei reali e

v1 =

x1 + 2y1 − 3z1

−2x1 + 4y1 − 6z13x1 + 6y1 − 9z1x1 − 2y1 + 3z1

e v2 =

x2 + 2y2 − 3z2

−2x2 + 4y2 − 6z23x2 + 6y2 − 9z2x2 − 2y2 + 3z2

1

due elementi generici di V1. Per qualsiasi t1 e t2 ∈ R, abbiamo

t1v1 + t2v2 = t1

x1 + 2y1 − 3z1

−2x1 + 4y1 − 6z13x1 + 6y1 − 9z1x1 − 2y1 + 3z1

+ t2

x2 + 2y2 − 3z2

−2x2 + 4y2 − 6z23x2 + 6y2 − 9z2x2 − 2y2 + 3z2

=

t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1


+

t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2


=

t1x1 + 2t1y1 − 3t1z1 + t2x2 + 2t2y2 − 3t2z2


=

(t1x1 + t2x2) + 2(t1y1 + t2y2)− 3(t1z1 + t2z2)


=

x + 2y − 3z

−2x + 4y − 6z3x + 6y − 9zx− 2y + 3z

con x = t1x1 + t2x2 ∈ R, y = t1y1 + t2y2 ∈ R e z = t1z1 + t2z2 ∈ R. Perciòt1v1 + t2v2 ∈ V1 e quindi V1 è un sottospazio vettoriale di R4.

Si poteva verificare in modo diverso che V1 è un sottospazio vettoriale, ma il testonon lo autorizzava. Tra i metodi alternativi, possiamo osservare che siccome

V1 =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 6y − 9zx− 2y + 3z

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

,

possiamo vedere V1 come l’immagine dell’applicazione lineare associata alla matrice1 2 −3−2 4 −6

3 6 −91 −2 3


b) Esibire una base di V1.

2

Abbiamo

V1 =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 6y − 9zx− 2y + 3z

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

=

x

1−2

31

+ y

246−2

+ z

−3−6−9

3

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

=

⟨1−2

31

,

246−2

,

−3−6−9

3

⟩.

Quindi ponendo

u1 =

1−2

31

, u2 =

246−2

e u3 =

−3−6−9

3

abbiamo che i vettori u1, u2 e u3 sono una famiglia generatrice di V1. Siccome3u2 = −2u3, i tre vettori non sono linearmente indipendenti, mentre {u1, u2} èuna base di V1.

c) Verificare che se k 6= 1 allora Vk non è un sottospazio vettoriale di R4.


x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 6y − 9z

(k − 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2

= 0,

cioè x+ 2y − 3z = 0−2x+ 4y − 6z = 03x+ 6y − 9z = 0(k − 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2 = 0.


x+ 2y − 3z = 08y − 12z = 0= 0

(k − 1)x2 + x− 2y + 3z + 1− k2 = 0.

3

Quindi x = 02y = 3zk2 = 1.

Quindi perché Vk sia un sottospazio vettoriale, dobbiamo avere k = ±1. Abbiamogià visto che per k = 1, Vk è un sottospazio vettoriale. Ci rimane da verificare cheV−1 non è un sottospazio vettoriale.

Abbiamo

V−1 =

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 6y − 9z

−2x2 + x− 2y + 3z

∣∣∣∣∣∣∣∣ x, y, z ∈ R

.


v1 =

1−2

3−1

.

Allora

2v1 =

2−4

6−2

e per avere 2v1 ∈ V−1, devono esistere x, y e z tali che

x+ 2y − 3z−2x+ 4y − 6z3x+ 6y − 9z

−2x2 + x− 2y + 3z

= 2v1 =

2−4

6−2

.


−6 = −2

e quindi il sistema non ha soluzioni, perciò 2v1 6∈ V−1 e quindi V−1 non è unsottospazio vettoriale.


−3

4x2−3

4y2−3

2z2−3

2xy +

11√2

2xz +

11√2

2yz−3

√2

2x− 19

√2

2y + 3z +

21

2= 0.

4



B

xyz

+

−3√2

4

−19√2

432

=

000

,

dove

B =

−34−3

411√2

4

−34−3

411√2

4

11√2

411√2

4−3

2

.



È più comodo determinare anzitutto una base ortonormale di autovettori dellamatrice B. Si trova che i suoi autovalori sono λ1 = 4, λ2 = −7 e λ3 = 0. (Siconsiglia di calcolare il determinante di B − λI sottraendo la seconda riga dallaprima e poi sommando le prime due colonne). Gli autovettori corrispondenti sono

x

11√2

, x

11

−√

2

, x

1−1

0

,


v1 =

1212√22

, v2 =

1212

−√22

, v3 =

−√22√22

0

.


M =(v1|v2|v3

)=

12

12−√22

12

12

√22√

22−√22

0


z

= M

x′y′z′

5

ossia x =

1

2

(x′ + y′ −

√2z′)

y =1

2

(x′ + y′ +

√2z′)

z =

√2

2(x′ − y′)


λ1(x′)2 + λ2(y

′)2 + λ3(z′)2 − 4

√2x′ − 7

√2 y′ − 8z′ +

21

2= 0,

ossia

4(x′)2 − 7(y′)2 − 4√

2x′ − 7√

2 y′ − 8z′ +21

2= 0,


4

(x′ −

√2

2

)2

− 7

(y′ +

√2

2

)2

− 8z′ + 12 = 0,

ossia1

2

(x′ −

√2

2

)2

−7

8

(y′ +

√2

2

)2

−(z′−3

2

)= 0.


√2

2

Y = y′ +

√2

2

Z = z′−3

2


Z =X2

2− Y 2

87

.

Essa è pertanto un paraboloide iperbolico.



6


x =1

2

(X + Y −

√2Z−3

√2

2

)

y =1

2

(X + Y +

√2Z +

3√

2

2

)

z =

√2

2

(X − Y +

√2)

=

√2

2(X − Y ) + 1.

7

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