CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

GEOMETRIA – I PROVA DI ACCERTAMENTO – A – 21/4/2010

Esercizio 1.1. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 & 5 \\ 1 & −1 & k + 2 & k − 1 \\ 1 & 0 & k + 2 & 2k − 1 \end{matrix}] b = [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \\ k \end{matrix}]

con k parametro reale.

a) Si risolva il sistema Ax = b al variare del parametro k.

b) Si stabilisca per quali valori di k il vettore v = (−\frac{7}{3}, −2, \frac{1}{3}, 1) appartiene all’insieme Sol(Ax = b).

Soluzione:

a) Riduciamo a gradini la matrice A|b:

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 3 & | & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 5 & | & 1 \\ 1 & −1 & k + 2 & k − 1 & | & 2 \\ 1 & 0 & k + 2 & 2k − 1 & | & k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − I \\ IV − III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 3 & | & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & −1 & k + 1 & k − 4 & | & 1 \\ 0 & 1 & 0 & k & | & k − 2 \end{matrix}] ⇒

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

Discutiamo ora i valori del parametro.

– Se k ≠ 1, 2, allora rg(A) = rg(A|b) = 4, quindi il sistema ammette un’unica soluzione ottenuta risolvendo il sistema:

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

– Se k = 2, allora rg(A) = rg(A|b) = 3, quindi il sistema ammette infinite soluzioni:

\begin{cases}x + z + 3w = 1 \\ y + 2w = 0 \\ 3z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 − \frac{1}{3} − 3t \\ y = −2t \\ z = \frac{1}{3} \\ w = t \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{2}{3} − 3t \\ y = −2t \\ z = \frac{1}{3} \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ R

Le soluzioni possono anche essere scritte nella forma (\frac{2}{3}, 0, \frac{1}{3}, 0) + (−3, −2, 0, 1)t con t ∈ R.

– Se k = 1 si ha rg(A) = 3 < rg(A|b) = 4, quindi il sistema non ammette soluzione.

b) Per stabilire se v appartiene all’insieme Sol(Ax = b) la cosa più semplice è sostituire le sue coordinate (x, y, z, w) = (−\frac{7}{3}, −2, \frac{1}{3}, 1) nel sistema ridotto:

\begin{cases}x + z + 3w = 1 \\ y + 2w = 0 \\ (k + 1)z + (k − 2)w = 1 \\ (k − 2)w = k − 2 \end{cases}

Otteniamo quindi le condizioni:

\begin{cases}−\frac{7}{3} + \frac{1}{3} + 3 = 1 \\ −\frac{7}{3} − 2 + \frac{1}{3} + 5 = 1 \\ −\frac{7}{3} + 2 + \frac{k + 2}{3} + k − 1 = 2 \\ −\frac{7}{3} + \frac{k + 2}{3} + 2k − 1 = k \end{cases} ⇒ k = 2

Quindi v ∈ Sol(Ax = b) se k = 2.

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Esercizio 1.2. Siano r la retta passante per i punti A = (1, 0, 2) e B = (−1, 1, 1) e s la retta di equazioni parametriche

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

a) Si determini un’equazione cartesiana del piano perpendicolare a r e passante per il punto Q di intersezione tra l’asse delle y e il piano contenente r e s.

b) Si trovino equazioni cartesiane e parametriche della retta perpendicolare ad r e s e passante per il punto P = (1, 3, 1).

Soluzione: Notiamo che la retta r ha equazione parametrica

r : \begin{cases}x = 1 − 2t \\ y = t \\ z = 2 − t \end{cases} ∀t ∈ R

e si tratta di una retta parallela ad s.

a) Si tratta di – Trovare il piano π passante per r e s,

– determinare il punto Q intersecando l’asse delle y con il piano π trovato,

– determinare un’equazione del piano ortogonale a r e passante per Q.

Poiché r e s sono parallele sono complanari, ma per trovare il piano che le contiene dobbiamo procurarci un’altra direzione. Sia per esempio C = (1, 1, 1) un punto di s, allora \overrightarrow{CB} = (2, 0, 0) e il piano π contenente r e s ha equazioni parametrica e cartesiana date da

π : \begin{cases}x = 1 + 2t + 2s \\ y = −t \\ z = 2 + t \end{cases} ∀t, s ∈ R π : y + z = 2

L’asse delle y ha equazione x = z = 0, quindi il punto Q è dato da

Q : \begin{cases}y + z = 2 \\ x = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ Q = (0, 2, 0)

Infine il piano cercato ha direzione ortogonale a r, quindi al vettore (2, −1, 1) e passa per Q = (0, 2, 0), quindi

π′ : 2x − y + z = −2

b) Una retta perpendicolare ad r e s è perpendicolare al piano π trovato al punto precedente che le contiene. Di conseguenza la retta cercata può essere parallela al vettore (0, 1, 1). Equazioni di tale retta sono quindi:

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

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Esercizio 1.3. Sia V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ il sottospazio di R^{4} generato dai vettori

v_{1} = (k, 0, 0, 1), v_{2} = (2, 0, 0, 0), v_{3} = (2, 0, k, 0) (k parametro reale).

a) Trovare una base di V al variare del parametro k.

b) Posto k = 0, completare la base trovata al punto precedente ad una base di R^{4}.

c) Stabilire per quali valori di k il vettore w = (−3, 0, −1, 1) appartiene a V.

Soluzione:

a) Per rispondere anche alla domanda c) riduciamo a gradini la matrice A|b in cui A ha per colonne i vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} e b è la colonna corrispondente al vettore w.

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

Consideriamo solo la matrice A:

– Se k ≠ 0, allora rg(A) = 3, quindi i tre vettori sono linearmente indipendenti e una base di V è data da B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

– Se k = 0, rg(A) = 2 e una base di V è data da B(V) = {v_{1}, v_{2}}.

c) Dalla matrice ridotta notiamo che – Se k ≠ 0, allora rg(A) = rg(A|b) = 3, quindi w ∈ V.

– Se k = 0, rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3, quindi w ∉ V

b) Per k = 0 abbiamo preso come base di V l’insieme B = {v_{1}, v_{2}}. Si tratta quindi di aggiungere a questi due vettori altri due vettori in modo da ottenere una base di R^{4}. A tale scopo possiamo ridurre a gradini la matrice ottenuta affiancando a v_{1} e v_{2} i vettori della base canonica, in modo da individuare tra questi i vettori da aggiungere. Notiamo però che per k = 0, v_{1} = (0, 0, 0, 1) e v_{2} = (2, 0, 0, 0), quindi evidentemente i vettori della base canonica da aggiungere per ottenere una base di R^{4} sono e_{2} = (0, 1, 0, 0) e e_{3} = (0, 0, 1, 0). Infine la base cercata può essere

B(R^{4}) = {v_{1}, v_{2}, e_{2}, e_{3}}
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Esercizio 1.4. Sia W il seguente sottoinsieme dello spazio delle matrici 3 × 3:

W = {A ∈ M_{3,3}(R) | A + A^{T} = 0} .

a) Mostrare che W è un sottospazio vettoriale di M_{3,3}(R).

b) Trovare una base di W.

c) Mostrare che ogni elemento di W ha rango minore di 3.

Soluzione: Notiamo che la condizione A^{T} = −A ci dice che le matrici di W sono del tipo

A = [\begin{matrix}0 & x & y \\ −x & 0 & z \\ −y & −z & 0 \end{matrix}] con x, y, z ∈ R

a) Per mostrare che W, che è un insieme non vuoto, è un sottospazio vettoriale di M_{3,3}(R) dobbiamo

verificare che è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per scalari.

– SOMMA. Siano

A = [\begin{matrix}0 & x & y \\ −x & 0 & z \\ −y & −z & 0 \end{matrix}] e B = [\begin{matrix}0 & a & b \\ −a & 0 & c \\ −b & −c & 0 \end{matrix}] con x, y, z, a, b, c ∈ R

due qualsiasi matrici di W. Allora

A + B = [\begin{matrix}0 & x + a & y + b \\ −x − a & 0 & z + c \\ −y − b & −z − c & 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & x + a & y + b \\ −(x + a) & 0 & z + c \\ −(y + b) & −(z + c) & 0 \end{matrix}] ∈ W

Quindi W è chiuso rispetto alla somma.

– PRODOTTO per SCALARI. Sia

A = [\begin{matrix}0 & x & y \\ −x & 0 & z \\ −y & −z & 0 \end{matrix}]

un elemento di W e λ ∈ R uno scalare. Allora

λA = [\begin{matrix}0 & λx & λy \\ −λx & 0 & λz \\ −λy & −λz & 0 \end{matrix}] ∈ W

Quindi W è anche chiuso rispetto al prodotto per scalari.

b) Riscrivendo in maniera più opportuna il generico elemento di W otteniamo:

A = [\begin{matrix}0 & x & y \\ −x & 0 & z \\ −y & −z & 0 \end{matrix}] = x · [\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] + y · [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix}] + z · [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 0 \end{matrix}]

Di conseguenza le matrici

A_{1} = [\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ,  A_{2} = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix}] ,  A_{3} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 0 \end{matrix}]

generano tutto W. Essendo anche linearmente indipendenti, una base di W è data da B(W) = {A_{1}, A_{2}, A_{3}}.

c) Calcoliamo il determinante della generica matrice A di W:

det(A) = −x · (yz) + y · (xz) = −xyz + xyz = 0

Poiché il determinante di A è zero, il rango di A è minore di 3.

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Esercizio 1.5. Cos’è una base di uno spazio vettoriale? Dopo averne dato la definizione, trovare due basi diverse per lo spazio dei polinomi R_{3}[x].

Soluzione: Se lo spazio vettoriale è lo spazio nullo, formato dal solo vettore nullo, allora non ha una base. Altrimenti una base di uno spazio vettoriale di V è un insieme di vettori di V che generano tutto lo spazio e che sono linearmente indipendenti. Se V è uno spazio di dimensione finita n su un campo K, allora le due precedenti condizioni si possono così esplicitare: {v_{1}, v_{2}, …, v_{n}} è una base di V se:

• qualsiasi sia w ∈ V, esistono x_{1}, x_{2}, …, x_{n} ∈ K tali che w = x_{1}v_{1} + x_{2}v_{2} + ⋯ + x_{n}v_{n},

• se x_{1}, x_{2}, …, x_{n} ∈ K sono tali che x_{1}v_{1} + x_{2}v_{2} + ⋯ + x_{n}v_{n} = 0, allora x_{1} = x_{2} = ⋯ = x_{n} = 0.

Una possibile base di R_{3}[x] è quella canonica {1, x, x^{2}, x^{3}}; un’altra possibile base è per esempio {2, x + 1, x^{2}, x^{3} − 3}.

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