PROVA INTERMEDIA - GEOMETRIA E ALGEBRA – A – 31/08/2011

CORSO DI LAUREA IN ING. IND. E ING. ELETT. TEL. (CORSO A-L)

Esercizio 0.1. Siano A = (1, 2, 3), B = (0, 1, 2), C = (0, 2, 3), D = (\frac{1}{3}, \frac{5}{3}, \frac{8}{3}) punti dello spazio.

a) Si mostri che A, B, C, D sono complanari e si calcoli un’equazione cartesiana del piano π che li contiene.

b) Sia E = (2, 2, 2). Usando i vettori geometrici, si calcoli l’area del parallelogramma che ha A, B, C come vertici e il volume del parallelepipedo definito da A, B, C, E.

Soluzione:

a) Per verificare che i quattro punti sono complanari basta determinare un’equazione del piano π passante per tre di essi, per esempio A, B e C, e verificare che D appartiene a tale piano. Poiché è richiesta un’equazione cartesiana, possiamo considerare il generico piano ax+by +cz = d e imporre il passaggio per A, B, C ottenendo il sistema

\begin{cases}a + 2b + 3c = d \\ b + 2c = d \\ 2b + 3c = d \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = 0 \\ b = −d \\ c = d \end{cases} ∀d ∈ ℝ

Ponendo per esempio d = 1 otteniamo l’equazione

π : −y + z = 1

È immediato verificare che il punto D appartiene a π, quindi i quattro punti sono complanari.

b) Il parallelogramma di vertici A, B, C ha come lati consecutivi i vettori geometrici \overrightarrow{AB} = (−1, −1, −1) e \overrightarrow{AC} = (−1, 0, 0). Cominciamo a calcolare il prodotto vettoriale tra i due vettori

\overrightarrow{AB} × \overrightarrow{AC} = det [\begin{matrix}i & j & k \\ −1 & −1 & −1 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix}] = j − k = (0, 1, −1)

L’area del parallelogramma è il determinante di tale vettore:

A(parallelogramma) = \sqrt{2}

Il parallelepipedo richiesto ha come spigoli consecutivi i vettori geometrici \overrightarrow{AB} = (−1, −1, −1), \overrightarrow{AC} = (−1, 0, 0) e \overrightarrow{AE} = (1, 0, −1). Il suo volume è dato dal valore assoluto del prodotto misto \overrightarrow{AE} · (\overrightarrow{AB} × \overrightarrow{AC}). Avendo già calcolato \overrightarrow{AB} × \overrightarrow{AC}, otteniamo

V(parallelepipedo) = |(0, 1, −1) · (1, 0, −1)| = 1
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Esercizio 0.2. Si considerino i polinomi in ℝ_{2}[x]

p_{1}(x) = 3x^{2} + 8x − 11, p_{2}(x) = x^{2} + kx − 3, p_{3}(x) = −x^{2} − 9

(con k parametro reale).

a) Si stabilisca per quali valori di k i tre polinomi sono dipendenti.

b) Al variare del parametro k, si trovi una base del sottospazio V = ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ generato dai tre polinomi.

Soluzione: Fissata la base {x^{2}, x, 1} di ℝ_{2}[x], ai tre polinomi possiamo associare i vettori

p_{1} = (3, 8, −11), p_{2} = (1, k, −3), p_{3} = (−1, 0, −9) a) Per stabilire se i vettori, e quindi i polinomi, sono dipendenti possiamo considerare la matrice

associata ai tre vettori e calcolarne il determinante:

A = [\begin{matrix}3 & 1 & −1 \\ 8 & k & 0 \\ −11 & −3 & −9 \end{matrix}] , det(A) = −38k + 96

I tre polinomi sono dipendenti se la matrice ha determinante nullo, ovvero se k = \frac{48}{19}. In alternativa si poteva ridurre A a gradini e calcolarne il rango.

b) Abbiamo visto al punto precedente se k ≠ \frac{48}{19}, i tre polinomi sono indipendenti; di conseguenza

B(V) = \{p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x)\} = \{3x^{2} + 8x − 11, x^{2} + kx − 3, −x^{2} − 9\} se k ≠ \frac{48}{19}.

Per k = \frac{48}{19}, basta osservare che i tre polinomi sono dipendenti, mentre, per esempio, p_{1}(x) e p_{3}(x) sono indipendenti in quanto non sono uno multiplo dell’altro. Quindi

B(V) = \{p_{1}(x), p_{3}(x)\} = \{3x^{2} + 8x − 11, −x^{2} − 9\} se k = \frac{48}{19}.

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Esercizio 0.3. Cos’è la base di uno spazio vettoriale? Quanti elementi contiene una base dello spazio delle matrici reali simmetriche di ordine 2? Giustificare la risposta.

Esercizio 0.4. Sia A la matrice

A = [\begin{matrix}1 & 1 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & −1 \\ −1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 1 & 1 \end{matrix}]

a) Calcolare basi dei nuclei E(2) = N(A − 2I_{4}) e E(−2) = N(A + 2I_{4}).

b) Usando la parte a) mostrare che 2 e −2 sono gli unici autovalori.

c) La matrice A è diagonalizzabile? In caso affermativo, trovare una matrice P diagonalizzante, cioè tale che P^{−1}AP sia diagonale.

Soluzione:

a) Per trovare basi dei nuclei basta risolvere i sistemi omogenei associati:

E(2) = N(A − 2I_{4}) = Sol(A − 2I_{4}|0) : [\begin{matrix}−1 & 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 1 & −1 & 1 & −1 & | & 0 \\ −1 & 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 1 & −1 & 1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}II + I \\ III − I \\ IV + I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ −x + y − z + w = 0 ⇒ \begin{cases}x = t − s + h \\ y = t \\ z = s \\ w = h \end{cases} ∀t, s, h ∈ ℝ,

⇒ B(E(2)) = {(1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1)}

E(−2) = N(A + 2I_{4}) = Sol(A + 2I_{4}|0) : [\begin{matrix}3 & 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 1 & 3 & 1 & −1 & | & 0 \\ −1 & 1 & 3 & 1 & | & 0 \\ 1 & −1 & 1 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}3II − I \\ III + II \\ IV + III \end{matrix} [\begin{matrix}3 & 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 8 & 4 & −4 & | & 0 \\ 0 & 4 & 4 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/4II \\ 2III − II \end{matrix} [\begin{matrix}3 & 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 2 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}1/4III \\ IV − III \end{matrix} [\begin{matrix}3 & 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 2 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}3x + y − z + w = 0 \\ 2y + w − z = 0 \\ z + w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = −t \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ ℝ,

⇒ B(E(−2)) = {(−1, 1, −1, 1)}

b) Poiché la somma delle molteplicità geometriche dei due autovalori è 4, pari all’ordine di A, non possono esistere altri autovalori.

c) Per quanto visto al punto a), la matrice A è diagonalizzabile. Inoltre abbiamo già trovato gli autospazi, quindi la matrice P diagonalizzante, di cambiamento di base, è

P = [\begin{matrix}1 & −1 & 1 & −1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}]

Notiamo che la matrice A è simmetrica, quindi è necessariamente diagonalizzabile.

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Esercizio 0.5. Si consideri l’endomorfismo di ℝ^{3} la cui matrice rispetto alla base canonica è

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 5 \end{matrix}]

a) Si determino gli autovalori di T e si stabilisca se T è diagonalizzabile.

b) Si trovino basi ortonormali degli autospazi di T.

Soluzione:

a) T è sicuramente diagonalizzabile in quanto la matrice associata rispetto alla base canonica è sim-

metrica.

Calcoliamo il polinomio caratteristico di A

p_{A}(λ) = det(A − λI) = (1 − λ)(λ^{2} − 6λ).

Di conseguenza gli autovalori di T sono λ = 0, 1, 6. Anche a questo punto potevamo concludere che T è diagonalizzabile in quanto ha tre autovalori singoli.

b) Calcoliamo gli autospazi di T:

E(0) = N(A) : [\begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 5 \end{matrix}] ⇒ III − 2I [\begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2z = 0 \\ y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = −t \\ z = t \end{cases}

⇒ B(E(0)) = \{(−2, −1, 1)\} , B_{ortonormale}(E(0)) = \{(−\frac{2}{\sqrt{6}}, −\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}})\}

E(1) = N(A − I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 4 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}z = 0 \\ 2x + y + 4z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −2t \\ z = 0 \end{cases}

⇒ B(E(1)) = \{(1, −2, 0)\} , B_{ortonormale}(E(1)) = \{(\frac{1}{\sqrt{5}}, −\frac{2}{\sqrt{5}}, 0)\}

E(6) = N(A − 6I) : [\begin{matrix}−5 & 0 & 2 \\ 0 & −5 & 1 \\ 2 & 1 & −1 \end{matrix}] ⇒ 5III + 2I [\begin{matrix}−5 & 0 & 2 \\ 0 & −5 & 1 \\ 0 & 5 & −1 \end{matrix}]

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

⇒ B(E(6)) = \{(2, 1, 5)\} , B_{ortonormale}(E(6)) = \{(\frac{2}{\sqrt{30}}, \frac{1}{\sqrt{30}}, \frac{5}{\sqrt{30}})\}

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Esercizio 0.6. Come si introducono le coordinate in uno spazio vettoriale? Che relazione c’è tra diversi sistemi di coordinate?