CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

I PROVA INTERMEDIA - 18/04/06 - FILA A

A.A. 2005/06

Esercizio 1.1. Si consideri il sistema lineare

\begin{cases}−x + 2y + 3z = k + 3 \\ −2x + 6y + (k + 7)z = 2k + 9 \\ x − 4y − 2z = k − 2 \\ 3x − 6y + (k − 7)z = k^{2} − k − 9 \end{cases}  (k parametro reale)

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

b) Si determinino tutte le soluzioni del sistema.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema

[\begin{matrix}−1 & 2 & 3 & | & k + 3 \\ −2 & 6 & k + 7 & | & 2k + 9 \\ 1 & −4 & −2 & | & k − 2 \\ 3 & −6 & k − 7 & | & k^{2} − k − 9 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III + I \\ IV + 3I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 2 & 3 & | & k + 3 \\ 0 & 2 & k + 1 & | & 3 \\ 0 & −2 & 1 & | & 2k + 1 \\ 0 & 0 & k + 2 & | & k^{2} + 2k \end{matrix}] ⇒

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

a) Notiamo che k^{2} − 4 = 0 se k = ±2, e che k + 2 = 0 se k = −2. Di conseguenza: – Se k ≠ ±2 allora rg(A) = 3 < rg(A|b) = 4 quindi il sistema non ammette soluzione.

– Se k = 2 allora rg(A) = rg(A|b) = 3 quindi il sistema ammette una unica soluzione.

– Se k = −2 allora rg(A) = rg(A|b) = 2 quindi il sistema ammette infinite soluzioni.

b) Consideriamo il caso k = 2:

\begin{cases}−x + 2y + 3z = 5 \\ 2y + 3z = 3 \\ 4z = 8 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2 \\ y = −\frac{3}{2} \\ z = 2 \end{cases}

Consideriamo il caso k = −2:

\begin{cases}−x + 2y + 3z = 1 \\ 2y − z = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 8t − 10 \\ y = t \\ z = 2t − 3 \end{cases} ∀t ∈ R

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Esercizio 1.2. Si considerino le rette r_{1}, r_{2}, r_{3} di equazioni

r_{1} : x = 3t + 1, y = −t, z = 3t + 1
r_{2} : x = s, y = 2, z = s
r_{3} : x − 1 = z = 0

a) Si determini un’equazione del piano π contenente le rette r_{1} e r_{2}.

b) Si stabilisca se il piano π contiene r_{3}.

c) Si calcoli la proiezione ortogonale del punto P (1, 2, 0) sul piano π_{1}.

Soluzione:

a) Notiamo che r_{1} ha direzione (3, −1, 3) e r_{2} ha direzione (1, 0, 1). Le due rette sono comunque complanari in quanto si intersecano:

\begin{cases}3t + 1 = s \\ −t = 2 \\ 3t + 1 = s \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = −5 \\ t = −2 \end{cases} ⇒ r_{1} ∩ r_{2} = A(−5, 2, −5)

Quindi il piano cercato ha equazioni:

π : \begin{cases}x = −5 + 3t + s \\ y = 2 − t \\ z = −5 + 3t + s \end{cases} ⇒ x − z = 0

b) Un modo per verificare se π contiene r_{3} è di controllare se π contiene due qualsiasi punti di r_{3}. Dall’equazione di r_{3} otteniamo per esempio i punti B(1, 0, 0) e C(1, 1, 0) di r_{3}. Quindi π contiene B e C se:

1 − 0 = 0
1 − 0 = 0

Siccome le condizioni non sono verificate B e C, e di conseguenza r_{3}, non sono contenuti in π.

c) Determiniamo la retta s per P ortogonale a π, cioè di direzione (1, 0, −1):

s : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = −t \end{cases}

La proiezione ortogonale dell’origine sul piano π è quindi l’intersezione di s con π:

\begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = −t \\ x − z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = −t \\ 1 + t + t = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{2} \\ y = 2 \\ z = \frac{1}{2} \\ t = −\frac{1}{2} \end{cases}

Infine la proiezione cercata è il punto D (\frac{1}{2}, 2, \frac{1}{2}).

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Esercizio 1.3. Sia V = ⟨ v_{1}, v_{2}, v_{3} ⟩ con

v_{1} = (k + 3, k + 3, 0),  v_{2} = (0, 3, k + 2),  v_{3} = (0, 3k, k)

a) Si stabilisca per quali valori di k ∈ R lo spazio V coincide con R^{3}.

b) Si determini la dimensione una base di V al variare di k ∈ R.

Soluzione: Consideriamo la matrice A associata ai tre vettori:

A = [\begin{matrix}k + 3 & 0 & 0 \\ k + 3 & 3 & 3k \\ 0 & k + 2 & k \end{matrix}]

a) Lo spazio V coincide con R^{3} se dim(V) = 3, cioè se rg(A) = 3, ovvero det(A) ≠ 0. Calcoliamo quindi il determinante di A che è immediato sviluppando rispetto alla prima riga:

det(A) = (k + 3)[3k − 3k(k + 2)] = 3k(k + 3)(−k − 1)

Quindi se k ≠ 0, −1, −3, i tre vettori sono linearmente indipendenti e V = R^{3}.

b) Abbiamo già osservato che se k ≠ 0, −1, −3, i tre vettori sono linearmente indipendenti,

quindi B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}. Inoltre:

– Se k = 0 la matrice A diventa:

A = [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 3 & 3 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \end{matrix}] ⇒ 3III − 2II [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi dim(V) = 2 e B(V) = {v_{1}, v_{2}}.

– Se k = −1 la matrice A diventa:

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & −3 \\ 0 & 1 & −1 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & −3 \\ 0 & 1 & −1 \end{matrix}] ⇒ 3III − II [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & −3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi dim(V) = 2 e una possibile base è B(V) = {v_{1}, v_{2}}.

– Se k = −3 la matrice A diventa:

A = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & −9 \\ 0 & −1 & −3 \end{matrix}] ⇒ 3III + II [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & −9 \\ 0 & 0 & −18 \end{matrix}]

Quindi dim(V) = 2 e B(V) = {v_{2}, v_{3}}.
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Esercizio 1.4. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & −1 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}2 & k + 1 \\ 4 & k − 3 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}0 & 1 \\ 2k − 2 & 2k − 1 \end{matrix}]

a) Si stabilisca per quale valore di k ∈ R le matrici A, B e C sono linearmente dipendenti.

b) Per il valore trovato in a) esprimere B come combinazione lineare di A e C.

Soluzione:

a) Per stabilire quando le tre matrici sono linearmente dipendenti risolviamo l’equazione xA + yB + zC = 0:

[\begin{matrix}x + 2y & x + (k + 1)y + z \\ 2x + 4y + (2k − 2)z & −x + (k − 3)y + (2k − 1)z \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

da cui si ottiene il sistema

\begin{cases}x + 2y = 0 \\ x + (k + 1)y + z = 0 \\ 2x + 4y + (2k − 2)z = 0 \\ −x + (k − 3)y + (2k − 1)z = 0 \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 1 & k + 1 & 1 & | & 0 \\ 2 & 4 & 2k − 2 & | & 0 \\ −1 & k − 3 & 2k − 1 & | & 0 \end{matrix}]

Notiamo che le matrici A, B e C sono linearmente dipendenti se il sistema ammette altre (infinite) soluzioni oltre a quella nulla x = y = z = 0, ovvero se la matrice dei coefficienti del sistema ha rango minore di 3. Riduciamo quindi a gradini la matrice associata al sistema:

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

IV − III [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & k − 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2k − 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Dobbiamo ora distinguere due casi.

– Se k ≠ 1 otteniamo la sola soluzione x = y = z = 0 per cui le tre matrici sono linearmente indipendenti.

– Se k = 1 la matrice dei cofficienti ha rango 2 < 3, quindi il sistema ha infinite

soluzioni e le tre matrici sono linearmente dipendenti.

b) Risolvendo con k = 1 il sistema impostato al punto precedente otteniamo:

\begin{cases}x + 2y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ −2t · A + t · B + 0 · C = 0 ∀t ∈ R

Ponendo per esempio t = 1 otteniamo −2A + B = 0, ovvero B = 2A.

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Esercizio 1.5. Si consideri il sottoinsieme S di R^{5} costituito dai vettori v della forma

v = (2a_{1} + a_{2}, a_{1} − a_{2} − 3a_{3}, a_{1} − a_{2}, a_{1} + 3a_{2} + a_{3}, a_{2})

dove a_{1}, a_{2} e a_{3} sono parametri reali.

a) S è un sottospazio vettoriale di R^{5}?

b) In caso di risposta affermativa ad a), trovare una base di S.

Soluzione: Notiamo che

v = a_{1}(2, 1, 1, 1, 0) + a_{2}(1, −1, −1, 3, 1) + a_{3}(0, −3, 0, 1, 0).

Chiamiamo v_{1}, v_{2} e v_{3} i seguenti vettori

v_{1} = (2, 1, 1, 1, 0), v_{2} = (1, −1, −1, 3, 0), v_{3} = (0, −3, 0, 1, 0).

a) S è l’insieme delle combinazioni lineari di v_{1}, v_{2} e v_{3}, quindi

S = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩

e si tratta di uno spazio vettoriale (sottospazio di R^{5}).

b) Si tratta di stabilire quali vettori tra v_{1}, v_{2} e v_{3} sono linearmente indipendenti. Consideriamo quindi la matrice associata a v_{1}, v_{2} e v_{3}:

[\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & −3 \\ 1 & −1 & 0 \\ 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}2II − I \\ III − II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & −3 & −6 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 4 & 4 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}3IV + 4II \\ 3V + II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & −3 & −6 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & −12 \\ 0 & 0 & −6 \end{matrix}]

Anche senza ridurre completamente la matrice si vede che questa ha rango tre, quindi i tre vettori sono linearmente indipendenti e formano una base di S:

B(S) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}
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Esercizio 1.6. Si considerino le rette r_{1}, r_{2}, r_{3} di equazioni

r_{1} : 3x + y − 1 = 4x + y − z − 1 = 0
r_{2} : 2x − y + z = x − y + 2z = 0
r_{3} : x − z = y + z = 0

a) Mostrare che le tre rette sono complanari.

b) Calcolare l’area del triangolo determinate dalle tre rette.

Soluzione:

a) Tenendo anche conto del punto b) dell’esercizio per verificare che le tre rette sono complanari determiniamo i loro punti di intersezione a due a due.

r_{1} ∩ r_{2} : \begin{cases}3x + y = 1 \\ 4x + y − z = 1 \\ 2x − y + z = 0 \\ x − y + 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{6} \\ y = \frac{1}{2} \\ z = \frac{1}{6} \end{cases} ⇒ A (\frac{1}{6}, \frac{1}{2}, \frac{1}{6})

r_{1} ∩ r_{3} : \begin{cases}3x + y = 1 \\ 4x + y − z = 1 \\ x − z = 0 \\ y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{2} \\ y = −\frac{1}{2} \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ B (\frac{1}{2}, −\frac{1}{2}, \frac{1}{2})

r_{2} ∩ r_{3} : \begin{cases}2x − y + z = 0 \\ x − y + 2z = 0 \\ x − z = 0 \\ y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ C(0, 0, 0)

Il piano passante per A, B e C contiene le tre rette che sono quindi complanari.

b) Calcoliamo i due vettori che formano due lati del triangolo: \overrightarrow{CA} = (\frac{1}{6}, \frac{1}{2}, \frac{1}{6}) e \overrightarrow{CB} = (\frac{1}{2}, −\frac{1}{2}, \frac{1}{2}), quindi

\overrightarrow{CA} × \overrightarrow{CB} = det [\begin{matrix}i & j & k \\ \frac{1}{6} & \frac{1}{2} & \frac{1}{6} \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}] = \frac{1}{3}i − \frac{1}{3}k

Infine

Area(ABC) = \frac{1}{2}|\overrightarrow{CA} × \overrightarrow{CB}| = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{9} + \frac{1}{9}} = \frac{\sqrt{2}}{6}

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