I PROVA DI ACCERTAMENTO - 26/04/2005 – A

A.A. 2004/05

Esercizio 1.1. Si consideri il sistema lineare

\begin{cases}(1 + k)x = 0 \\ ky + z + w = 2 \\ x + kz + 2w = k \\ x + kw = 0 \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema ammette una unica soluzione.

b) Si determinino tutte le soluzioni del sistema per k = 0.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema

[\begin{matrix}1 + k & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & k & 1 & 1 & | & 2 \\ 1 & 0 & k & 2 & | & k \\ 1 & 0 & 0 & k & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}IV \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & k & | & 0 \\ 0 & k & 1 & 1 & | & 2 \\ 1 & 0 & k & 2 & | & k \\ 1 + k & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{matrix}III − I \\ IV − (1 + k)I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & k & | & 0 \\ 0 & k & 1 & 1 & | & 2 \\ 0 & 0 & k & 2 − k & | & k \\ 0 & 0 & 0 & −k(1 + k) & | & 0 \end{matrix}]

a) Il sistema ammette una unica soluzione se rg(A) = rg(A|b) = 4, cioè se k ≠ 0, −1.

b) Torniamo al sistema nel caso k = 0:

\begin{cases}x = 0 \\ z + w = 2 \\ 2w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = 2 \\ w = 0 \end{cases} ∀t ∈ R

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Esercizio 1.2. Sia r la retta nello spazio di equazioni cartesiane x+z+1 = 2x+2y−z−3 = 0 e sia l la retta di equazioni parametriche x = 2t, y = −t, z = 0.

a) Determinare una equazione cartesiana del piano π contenente il punto P (1, 2, 3) e ortogonale alla retta l.

b) Stabilire se esiste una retta passante per P, contenuta in π ed incidente la retta r. In caso affermativo determinare equazioni di tale retta.

Soluzione:

a) La retta l ha direzione (2, −1, 0), quindi il piano ortogonale a l ha equazione del tipo 2x − y = d. Imponendo il passaggio per il punto P si ottiene 2 − 2 = d, quindi d = 0 e

π : 2x − y = 0

b) Il punto P appartiene a π; se la retta r interseca π in un punto A, la retta passante per A e P è la retta cercata. Determiniamo quindi l’eventuale intersezione tra r e π:

\begin{cases}2x − y = 0 \\ x + z = −1 \\ 2x + 2y − z − 3 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 2x \\ x + z = −1 \\ 6x − z − 3 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 2x \\ x + z = −1 \\ 7x = 2 \end{cases}

⇒ A (\frac{2}{7}, \frac{4}{7}, −\frac{9}{7})

Determiniamo quindi il vettore direzione \overrightarrow{AP}

\overrightarrow{AP} = (\frac{5}{7}, \frac{10}{7}, \frac{30}{7}) parallelo a (1, 2, 6)

Infine la retta cercata ha equazioni

\begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 + 2t \\ z = 3 + 6t \end{cases} ∀t ∈ R, e \begin{cases}2x − y = 0 \\ 6x − z = 3 \end{cases}

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Esercizio 1.3. Sia

S = {x ∈ R^{4}|x_{1} − 4x_{2} − x_{3} + 2kx_{4} = k + 1, 2x_{1} − kx_{3} + kx_{4} = 2k + 2, 3x_{1} − 4kx_{2} + 9x_{3} + 3x_{4} = 0 }

a) Stabilire per quali valori di k ∈ R l’insieme S è un sottospazio di R^{4}.

b) Per i valori di k trovati al punto precedente determinare la dimensione e una base di S.

Soluzione:

a) Le soluzioni di un sistema omogeneo formano uno spazio vettoriale sse il sistema è omogeneo:

\begin{cases}k + 1 = 0 \\ 2k + 2 = 0 \end{cases} ⇒ k = −1

b) Cerchiamo le soluzioni del sistema nel caso k = −1 riducendo a gradini la matrice associata al sistema:

[\begin{matrix}1 & −4 & −1 & −2 & | & 0 \\ 2 & 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 3 & 4 & 9 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − 3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −4 & −1 & −2 & | & 0 \\ 0 & 8 & 3 & 3 & | & 0 \\ 0 & 16 & 12 & 9 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

III − 2II [\begin{matrix}1 & −4 & −1 & −2 & | & 0 \\ 0 & 8 & 3 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x_{1} − 4x_{2} − x_{3} − 2x_{4} = 0 \\ 8x_{2} + 3x_{3} + 3x_{4} = 0 \\ 2x_{3} + x_{4} = 0 \end{cases} ⇒

\begin{cases}x_{1} = −\frac{3}{2}t \\ x_{2} = \frac{3}{8}t \\ x_{3} = t \\ x_{4} = −2t \end{cases}  ∀ t ∈ R  ⇒ S = \{(−\frac{3}{2}, \frac{3}{8}, 1, −2) · t | t ∈ R\}

Infine

B(S) = \{(−\frac{3}{2}, \frac{3}{8}, −2, 1)\} , dim(S) = 1

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Esercizio 1.4. Sia

V = ⟨ (1, 1, 2, −1), (2, k + 3, 4, −2), (0, 1, 1, k^{2} − 1) ⟩

con k parametro reale.

a) Si determini la dimensione di V al variare di k ∈ R.

b) Si stabilisca per quali valori di k ∈ R il vettore v_{4} = (3, 3, k + 6, −3) appartiene a V.

Soluzione:

Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice A formata dai tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3}, affiancata dalla colonna dei termini noti formata dal vettore v_{4} (in modo da risolvere anche l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4}):

[\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 1 & k + 3 & 1 & | & 3 \\ 2 & 4 & 1 & | & k + 6 \\ −1 & −2 & k^{2} − 1 & | & −3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − 2I \\ IV + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & k + 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & k \\ 0 & 0 & k^{2} − 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

IV − (k^{2} − 1)III [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & k + 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & k \\ 0 & 0 & 0 & | & −k(k^{2} − 1) \end{matrix}]

a) Consideriamo la matrice A.

– Se k ≠ −1 allora rg(A) = 3 = dim(V) e B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

– Se k = −1 allora rg(A) = −1 = dim(V) e B(V) = {v_{1}, v_{3}}.

b) v_{4} appartiene a V se il sistema associato all’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4} ammette

soluzione, ovvero se rg(A) = rg(A|b). Notiamo che −k(k^{2} − 1) = 0 se k = 0, ±1. Quindi

– Se k = 0, 1, allora rg(A) = rg(A|b) = 3 e v_{4} appartiene a V.

– Se k = −1, allora rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 e v_{4} non appartiene a V.

– Se k ≠ 0, ±1, allora rg(A) = 3 < rg(A|b) = 4 e v_{4} non appartiene a V.

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Esercizio 1.5. Si considerino i polinomi p_{1} = x^{2} + ax + b + c, p_{2} = x^{2} + bx + a + c, p_{3} = x^{2} + cx + a + b.

a) Mostrare che per ogni valore dei parametri a, b, c i tre polinomi sono dipendenti nello spazio dei polinomi R[x].

b) Calcolare la dimensione dello spazio ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ⊆ R[x] al variare di a, b, c.

Soluzione: Associamo ad ogni polinomio il vattore che esprime le sue componenti rispetto alla base canonica di R[x]:

p_{1} = (1, a, b + c),  p_{2} = (1, b, a + c),  p_{3} = (1, c, a + b)

Possiamo quindi svolgere l’esercizio lavorando sui tre vettori.

Consideriamo la matrice associata ai tre vettori:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ b + c & a + c & a + b \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − aI \\ III − (b + c)I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & b − a & c − a \\ 0 & a − b & a − c \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & b − a & c − a \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

a) La matrice associata ai tre vettori ha sempre rango minore di tre, quindi i tre vettori e i tre polinomi sono linearmente dipendenti.

b) Dal punto a) sappiamo che ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ha sicuramente dimensione minore di tre. Inoltre – Se a = b = c, allora la matrice ha rango 1 e ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ha dimensione 1.

– Se a ≠ b o a ≠ c, allora la matrice ha rango 2 e ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ha dimensione 2.

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Esercizio 1.6. Siano P_{1} = (1, −1, 0), P_{2} = (1, 0, −1), P_{3} = (1 + \frac{2}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}, −1 − \frac{1}{\sqrt{3}}), e P_{4} = (1, 2, 1) quattro punti nello spazio.

a) Calcolare l’angolo tra i vettori \overrightarrow{P_{1}P_{2}} e \overrightarrow{P_{2}P_{3}}.

b) Mediante il determinante, calcolare il volume del prisma con base il triangolo P_{1}P_{2}P_{3} e lato il segmento P_{1}P_{4}.

Soluzione:

a) Sia ϑ l’angolo cercato, usiamo la formula

cos(ϑ) = \frac{(\overrightarrow{P_{1}P_{2}}, \overrightarrow{P_{2}P_{3}})}{|\overrightarrow{P_{1}P_{2}}| · |\overrightarrow{P_{2}P_{3}}|}

Poichè

\overrightarrow{P_{2}P_{3}} = (\frac{2}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}) , \overrightarrow{P_{1}P_{2}} = (0, 1, −1),

si ha

(\overrightarrow{P_{1}P_{3}}, \overrightarrow{P_{2}P_{3}}) = 0 − \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{3}} = 0

Quindi cos(ϑ) = 0 e ϑ = \frac{π}{2} .

b) Il volume del tetraedo é metà del volume del parallelepipedo di lati \overrightarrow{P_{1}P_{2}}, \overrightarrow{P_{1}P_{3}} e \overrightarrow{P_{1}P_{4}}. Poichè

\overrightarrow{P_{1}P_{3}} = (\frac{2}{\sqrt{3}}, 1 − \frac{1}{\sqrt{3}}, −1 − \frac{1}{\sqrt{3}}) , \overrightarrow{P_{1}P_{4}} = (0, 3, 1)

otteniamo

V = \frac{1}{2} · |det [\begin{matrix}0 & 1 & −1 \\ \frac{2}{\sqrt{3}} & 1 − \frac{1}{\sqrt{3}} & −1 − \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & 3 & 1 \end{matrix}]| = \frac{1}{2} · |−\frac{8}{\sqrt{3}}| = \frac{4}{\sqrt{3}}

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