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Geometria e algebra lineare (082747), 12 Luglio 2018 Esame finale Cognome, Nome Matricola Voto Note. Tutte le risposte devono essere giustificate dal punto di vista teorico. I risultati devono essere completamente semplificati. Solo i fogli a stampa devono essere riconsegnati. 1 Sia 𝑘 ∈ 𝐑 un parametro e si consideri il sistema ⎧ { ⎨ { ⎩ 𝑥 + 𝑘𝑦 = 1 − 𝑘 −𝑥 + (𝑘 + 2)𝑦 + 𝑘𝑧 = 1 (𝑘 + 1)𝑦 + 𝑘𝑧 = 1 1. Determinare, al variare di 𝑘, quante soluzioni ha tale sistema. 2. Verificare che per 𝑘 = 0 l’insieme delle soluzioni rappresenta in 𝐑3 una retta 𝑟 e trovarne una parametrizzazione. 3. Detta 𝑠 la retta 𝑥 = 𝑧 = 0 , trovare l’equazione del luogo 𝐿 = {𝑃 ∈ 𝐑 3 : 𝑑(𝑃 , 𝑟)2 = 𝑑(𝑃 , 𝑠)2} 4. Verificato che 𝐿 è una quadrica, determinarne il tipo. 1. La matrice completa del sistema è (𝐴|𝑏) = ⎛ ⎜ ⎝ 1 𝑘 0 −1 𝑘 + 2 𝑘 0 𝑘 + 1 𝑘 ∣ 1 − 𝑘 1 1 ⎞ ⎟ ⎠ e |𝐴| = 𝑘(𝑘 + 1) . Quindi, se 𝑘 ≠ 0, −1 il sistema è crameriano e ammette una sola soluzione. Se 𝑘 = 0 o 𝑘 = −1 , invece, abbiamo rispettivamente le riduzioni a scala seguenti: ⎛ ⎜ ⎝ 1 0 0 −1 2 0 0 1 0 ∣ 1 1 1 ⎞ ⎟ ⎠ ↦ ⎛ ⎜ ⎝ 1 0 0 0 1 0 0 0 0 ∣ 1 1 0 ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ 1 −1 0 −1 1 −1 0 0 −1 ∣ 2 1 1 ⎞ ⎟ ⎠ ↦ ⎛ ⎜ ⎝ 1 −1 0 0 0 −1 0 0 0 ∣ 2 3 −2 ⎞ ⎟ ⎠ Se 𝑘 = 0 abbiamo 𝑟 = 2 = 𝑟 ′ e 𝑛 − 𝑟 = 3 − 2 = 1 ; il sistema ha dunque ∞1 soluzioni. Se invece 𝑘 = −1 , allora 𝑟 = 2 < 3 = 𝑟 ′ e il sistema non ha soluzioni. 2. Per 𝑘 = 0 risolvendo il sistema dalla riduzione a scala si trovano le soluzioni ⎧ { ⎨ { ⎩ 𝑥 = 1 𝑦 = 1 𝑧 = 𝑡 che rappresentano la retta passante per 𝑄 = (1, 1, 0) t con direzione 𝑢 = (0, 0, 1) t. 3. 𝑠 è la retta passante per l’origine 𝑂 con direzione 𝑣 = (0, 1, 0) t. Se 𝑃 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) t ∈ 𝐑 3 è un punto generico, dalle formule per la distanza punto-retta abbiamo 𝑑(𝑃 , 𝑟) = ‖(𝑃 − 𝑄) ∧ 𝑢‖ ‖𝑢‖ = ‖(𝑥 − 1, 𝑦 − 1, 𝑧) t ∧ (0, 0, 1)t‖ ‖(0, 0, 1)t‖ = ‖(𝑦 − 1, 1 − 𝑥, 0)…