GEOMETRIA

CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA – 24/04/2007 – FILA A

Esercizio 0.1. Si consideri il seguente sistema lineare

\begin{cases}x + (2k + 2)y − z = 4k + 1 \\ 2x + 4y − 2z = 2 \\ 2x + (2k + 4)y + (k − 1)z = 6k + 4 \end{cases}

con k parametro reale.

a) Si stabilisca per quali valori di k il sistema è compatibile distinguendo quando ammette una soluzione e infinite soluzioni.

b) Per i valori di k trovati al punto precedente si risolva il sistema.

Soluzione:

Riduciamo a gradini la matrice associata al sistema:

[\begin{matrix}1 & 2k + 2 & −1 & | & 4k + 1 \\ 2 & 4 & −2 & | & 2 \\ 2 & 2k + 4 & k − 1 & | & 6k + 4 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2II \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 1 & 2k + 2 & −1 & | & 4k + 1 \\ 2 & 2k + 4 & k − 1 & | & 6k + 4 \end{matrix}] ⇒

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

a) Il sistema è sempre compatibile:

– se k ≠ 0, −1, rg(A) = rg(A|b) = 3, quindi il sistema ammette una unica soluzione.

– se k = 0 o k = −1, rg(A) = rg(A|b) = 2, quindi il sistema ammette infinite soluzioni.

b) Torniamo al sistema distinguendo tre casi: – Se k ≠ 0, −1 otteniamo il sistema

\begin{cases}x + 2y − z = 1 \\ ky = 2k \\ (k + 1)z = 2(k + 1) \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ y = 2 \\ z = 2 \end{cases}

– Se k = 0 otteniamo il sistema

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

– Se k = −1 otteniamo il sistema

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

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Esercizio 0.2. Si considerino i piani π_{1}, π_{2}, π_{3} di equazioni:

π_{1} : 2x − y = 1,  π_{2} : x + y + z = 0,  π_{3} : x − 2z = 1.

a) Si determini l’insieme intersezione dei tre piani.

b) Si trovi il piano π_{4} passante per l’origine e perpendicolare alla retta r = π_{1} ∩ π_{2}.

c) Si determini l’area del triangolo di vertici A, B, C, con A = π_{1} ∩ π_{2} ∩ π_{3}, B = π_{1} ∩ π_{3} ∩ π_{4}, C = π_{2} ∩ π_{3} ∩ π_{4}.

Soluzione: a) Riduciamo a gradini il sistema associato ai tre piani

[\begin{matrix}2 & −1 & 0 & | & 1 \\ 1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 1 & 0 & −2 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}2II − I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & −1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 3 & 2 & | & −1 \\ 0 & −1 & −3 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ 3III + II [\begin{matrix}2 & −1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 3 & 2 & | & −1 \\ 0 & 0 & −7 & | & 2 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}2x − y = 1 \\ 3y + 2z = −1 \\ −7z = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{3}{7} \\ y = −\frac{1}{7} \\ z = −\frac{2}{7} \end{cases} ⇒ π_{1} ∩ π_{2} ∩ π_{3} = A = (\frac{3}{7}, −\frac{1}{7}, −\frac{2}{7}) .

b) Calcoliamo la retta r = π_{1} ∩ π_{2}:

[\begin{matrix}2 & −1 & 0 & | & 1 \\ 1 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2II − I [\begin{matrix}2 & −1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 3 & 2 & | & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x − y = 1 \\ 3y + 2z = −1 \end{cases} ⇒ r : \begin{cases}x = −\frac{1}{3}t + \frac{1}{3} \\ y = −\frac{2}{3}t − \frac{1}{3} \\ z = t \end{cases}

La retta ha direzione (−\frac{1}{3}, −\frac{2}{3}, 1) cioè (1, 2, −3), quindi un piano ortogonale a r ha equazione del tipo x + 2y − 3z = d. Imponendo il pasaggio per l’origine otteniamo d = 0. Infine il piano cercato è

π_{4} : x + 2y − 3z = 0

c) Abbiamo già trovato A nel punto a). Analogamente mettiamo a sistema π_{1}, π_{3} e π_{4}:

[\begin{matrix}2 & −1 & 0 & | & 1 \\ 1 & 0 & −2 & | & 1 \\ 1 & 2 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ ⋯ ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{7} \\ y = −\frac{5}{7} \\ z = −\frac{3}{7} \end{cases} ⇒ π_{1} ∩ π_{3} ∩ π_{4} = B = (\frac{1}{7}, −\frac{5}{7}, −\frac{3}{7}) .

Mettendo a sistema π_{2}, π_{3} e π_{4}:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 1 & 0 & −2 & | & 1 \\ 1 & 2 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ ⋯ ⇒ \begin{cases}x = \frac{5}{7} \\ y = −\frac{4}{7} \\ z = −\frac{1}{7} \end{cases} ⇒ π_{2} ∩ π_{3} ∩ π_{4} = C = (\frac{5}{7}, −\frac{4}{7}, −\frac{1}{7}) .

Di conseguenza

\overrightarrow{AC} = (\frac{2}{7}, −\frac{3}{7}, \frac{1}{7}) , \overrightarrow{BC} = (\frac{4}{7}, \frac{1}{7}, \frac{2}{7}) . ⇒ \overrightarrow{AC} × \overrightarrow{BC} = [\begin{matrix}i & j & k \\ \frac{2}{7} & −\frac{3}{7} & \frac{1}{7} \\ \frac{4}{7} & \frac{1}{7} & \frac{2}{7} \end{matrix}] = −i + 2k

Infine

Area(ABC) = \frac{1}{2}|| (−1, 0, 2) || = \frac{1}{2}\sqrt{5}

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Esercizio 0.3. Si consideri l’insieme

S = { (k + 1, k + 1, 0, 2k), (0, 2k, 0, 0), (1, 3k, 0, 1), (1, 5k, 1, k) } .

a) Si stabilisca per quali valori di k l’insieme S è una base di R^{4}.

b) Posto k = −1 si trovino le coordinate del vettore v = (1, 1, 0, 1) rispetto alla base trovata.

Soluzione:

a) Calcoliamo il determinante della matrice associata ai quattro vettori

det [\begin{matrix}k + 1 & 0 & 1 & 1 \\ k + 1 & 2k & 3k & 5k \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 2k & 0 & 1 & k \end{matrix}] = 2k · det [\begin{matrix}k + 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2k & 1 & k \end{matrix}]

= 2k · (−1) · det [\begin{matrix}k + 1 & 1 \\ 2k & 1 \end{matrix}] = −2k(−k + 1)

Se k ≠ 0, 1 la matrice ha determinante diverso da zero, quindi rango 4 e i vettori formano una base di R^{4}. b) Riduciamo a gradini la matrice associata all’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} + wv_{4} = v dove v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}

sono i vettori della base dopo avere posto k = −1:

[\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & −2 & −3 & −5 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 \\ −2 & 0 & 1 & −1 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}IV \\ I \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}−2 & 0 & 1 & −1 & | & 1 \\ 0 & −2 & −3 & −5 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}−2x + z − w = 1 \\ −2y − 3z − 5w = 1 \\ z + w = 1 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −2 \\ z = 1 \\ w = 0 \end{cases}

Infine le coordinate di v rispetto alla base trovata sono

v = (0, −2, 1, 0)_{S}
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Esercizio 0.4. Si considerino i polinomi

p_{1}(x) = 2x + x^{2} − x^{3}, p_{2}(x) = 1 − x + x^{2}, p_{3}(x) = 3 + x − x^{3}, p_{4}(x) = x^{2} + x^{3}
a) Verificare che l’insieme {p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x), p_{4}(x)} è una base di R_{3}[x].
b) Esprimere f(x) = (x + 1)^{3} come combinazione lineare di p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x), p_{4}(x).

Soluzione:

A ogni polinomio associamo il vettore formato dalle sue coordinate rispetto alla base canonica {1, x, x^{2}, x^{3}} di R_{3}[x]:

p_{1}(x) → p_{1} = (0, 2, 1, −1)  p_{2}(x) → p_{2} = (1, −1, 1, 0)
p_{3}(x) → p_{3} = (3, 1, 0, −1)  p_{4}(x) → p_{4} = (0, 0, 1, 1)

I quattro polinomi formano una base di R_{3}[x] sse i quattro vettori p_{1}, p_{2}, p_{3}, p_{4} formano una base di R^{4}. Inoltre associamo al polinomio f(x) il corrispondente vettore:

f(x) = (x + 1)^{3} = 1 + 3x + 3x^{2} + x^{3} → f = (1, 3, 3, 1)

Per rispondere alla domanda b) dobbiamo quindi risolvere l’equazione x_{1}p_{1} + x_{2}p_{2} + x_{3}p_{3} + x_{4}p_{4} = f. Per rispondere a entrambe le domande consideriamo quindi la matrice associata ai cinque vettori:

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

⇒ \begin{matrix}III + 3II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 & | & 3 \\ 0 & 1 & 3 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 10 & −2 & | & 0 \\ 0 & 0 & −4 & 2 & | & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2III \\ 5IV + 2III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 & | & 3 \\ 0 & 1 & 3 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 5 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 6 & | & 15 \end{matrix}]

a) Il rango della matrice associata a p_{1}, p_{2}, p_{3}, p_{4} è quattro, quindi i quattro vettori sono linearmente indipendenti e l’insieme {p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x), p_{4}(x)} è una base di R_{3}[x].

b) Tornando al sistema otteniamo:

\begin{cases}x_{1} + x_{2} + x_{4} = 3 \\ x_{2} + 3x_{3} = 1 \\ 5x_{3} − x_{4} = 0 \\ 6x_{4} = 15 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 1 \\ x_{2} = −\frac{1}{2} \\ x_{3} = \frac{1}{2} \\ x_{4} = \frac{5}{2} \end{cases} ⇒ f(x) = p_{1}(x) − \frac{1}{2} p_{2}(x) + \frac{1}{2} p_{3}(x) + \frac{5}{2} p_{4}(x)

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Esercizio 0.5. Siano U e V i sottospazi di R^{3} così definiti

U = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x + z = 0}
V = ⟨(1, −1, 0), (1, 1, −1)⟩

a) Determinare la dimensione e una base dei due sottospazi U e V.

b) Determinare la dimensione e una base dei due sottospazi U + V e U ∩ V.

Soluzione:

a) Esplicitiamo U:

x + z = 0 ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = s \\ z = t \end{cases} ⇒ U = \{(−t, s, t) | s, t ∈ R\}

B(U) = {u_{1} = (−1, 0, 1), u_{2} = (0, 1, 0)} dim(U) = 2

Analogamente determiniamo una base di V stabilendo se i due generatori sono linearmente indipendenti. Senza la necessità di fare calcoli notiamo che i due generatori non sono uno multiplo dell’altro, quindi sono linearmente indipendenti:

B(V) = {v_{1} = (1, −1, 0), v_{2} = (1, −1, 1)}, dim(V) = 2

b) Lo spazio U + V è lo spazio generato dai generatori (linearmente indipendenti) dei due spazi

U + V = ⟨u_{1}, u_{2}, v_{1}, v_{2}⟩

Consideriamo quindi la matrice associata ai quattro vettori

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

Quindi dim(U + V) = rg(A) = 3 e

B(U + V) = {u_{1} = (−1, 0, 1), u_{2} = (0, 1, 0), v_{1} = (1, −1, 0)}

Usando la formula di Grassman otteniamo che

dim(U ∩ V) = dim(U) + dim(V) − dim(U + V) = 1

Per determinare una base di U ∩ V, ricordando che B(V) = {v_{1}, v_{2}}, possiamo scrivere

V = {v = (av_{1} + bv_{2}) | a, b ∈ R} = {v = (a + b, −a − b, b) | a, b ∈ R}

Ora si tratta di vedere quali di questi vettori appartengono a U. Poiché

U = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x + z = 0}

possiamo imporre la condizione x + z = 0 al generico vettore v di V:

a + b + b = 0 ⇒ a = −2b

Quindi v ∈ U sse a = −2b, ovvero i vettori di V che appartengono anche a U sono del tipo:

(−b, b, b) = (−1, 1, 1)b, a ∈ R

Infine

U ∩ V = ⟨(−1, 1, 1)⟩ B(U ∩ V) = {(−1, 1, 1)}

Notiamo che dim(U ∩ V) = 1 come ci aspettavamo.

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