CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

PROVA SCRITTA D’ESAME - 27/06/07 - FILA A

A.A. 2006/07

Esercizio 1.1. Si consideri la matrice

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

a) Indicare basi per lo spazio delle righe e per lo spazio delle colonne di A.

b) Esistono valori t ∈ R per cui il sistema Ax = b, con b = (1, 1, t, t) ammetta soluzione?

Soluzione:

Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice A|b:

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

A questo punto della riduzione siamo già in grado di rispondere alle domande. a) La matrice A ha rango due, inoltre

B(spazio delle colonne) = {(1, −1, 2, 0), (0, 1, 1, 1)}
B(spazio delle righe) = {(1, 0, −2), (−1, 1, 3)}

b) La matrice A|b ha rango 3 per ogni valore di t, quindi il sistema Ax = b non ammette mai soluzione.

□

Esercizio 1.2. Siano π_{1} il piano di equazioni parametriche:

x = 1 + u + v, y = 2 + u − v, z = 3 + u, u, v ∈ R

e π_{2} il piano di equazione cartesiana x − y + z + 1 = 0.

a) Si scriva l’equazione cartesiana di π_{1}.

b) Si scrivano le equazioni parametriche della retta r = π_{1} ∩ π_{2}.

c) Detta s la retta di equazioni parametriche: x = 1 + t, y = 2 − t, z = 3 + 2t, si verifichi che r e s sono sghembe.

Soluzione:

a) L’equazione cartesiana di π_{1} è x + y − 2z = −3.

c) Risolviamo il sistema:

\begin{cases}x − y + z = −1 \\ x + y − 2z = −3 \end{cases} ⇒ II + I \begin{cases}x − y + z = −1 \\ 2x − z = −4 \end{cases} ⇒ r : \begin{cases}x = s \\ y = 5 + 3s \\ z = 4 + 2s \end{cases}

c) r è parallela a (1, 3, 2), mentre s è parallela a (1, −1, 2), quindi le due rette non sono parallele. Per stabilire se sono secanti risolviamo il sistema

\begin{cases}1 + t = s \\ 2 − t = 5 + 3s \\ 3 + 2t = 4 + 2s \end{cases} ⇒ \begin{cases}1 + t = s \\ 2 − t = 5 + 3 + 3t \\ 3 + 2t = 4 + 2 + 2t \end{cases} ⇒ \begin{cases}1 + t = s \\ 4t = −6 \\ 3 = 6 \end{cases}

Poiché l’iltima equazione è impossibile il sistema non ha soluzione e le rette sono sghembe.

□

Esercizio 1.3. Si consideri il sottospazio V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ di R^{5} generato dai vettori

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

a) Trovare una base di V.

b) Determinare le coordinate del vettore v = (−2, 6, 6, 4, 0) ∈ V rispetto alla base trovata al punto a).

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice associata dai tre vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} affiancata dal vettore v per rispondere a entrambe le domande.

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

a) Il rango di A è 2 e una base di V è B = {v_{1}, v_{2}}.

b) Dobbiamo risolvere l’equazione xv_{1} + yv_{2} = v. Abbiamo già ridotto a gradini la matrice associata a tale equazione (basta ignorare la terza colonna relativa a v_{3}). quindi

\begin{cases}−x = −2 \\ y = 2 \end{cases} ⇒ v = 2v_{1} + 2v_{2}, v = (2, 2)_{B}

□

Esercizio 1.4. Sia B = {v_{1} = (1, 2, 3), v_{2} = (1, 0, −1), v_{3} = (0, 0, 2)} una base di R^{3} e sia T : R^{3} → R^{3} l’endomorfismo definito dalla matrice

M_{B}(T) = [\begin{matrix}0 & 4 & 2 \\ 6 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 4 \end{matrix}] .

a) Si determini la matrice associata a T rispetto alla base canonica di R^{3}.

b) Si stabilisca se T è iniettivo e/o suriettivo.

Soluzione:

a) Per utilizzare la matrice M_{B}(T) dobbiamo esprimere gli elementi della base canonica rispetto a B. Si ricava facilmente che

e_{1} = v_{2} + \frac{1}{2}v_{3} = (0, 1, \frac{1}{2})_{B}

e_{2} = \frac{1}{2}v_{1} − \frac{1}{2}v_{2} − v_{3} = (\frac{1}{2}, −\frac{1}{2}, −1)_{B}

e_{3} = \frac{1}{2}v_{3} = (0, 0, \frac{1}{2})_{B}

Quindi

T (e_{1}) = [\begin{matrix}0 & 4 & 2 \\ 6 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 4 \end{matrix}] · [0 1 \frac{1}{2}] = [\begin{matrix}5 \\ 0 \\ 10 \end{matrix}] = (5, 0, 10)_{B} = 5v_{1} + 10v_{3} = (5, 10, 35)

T (e_{2}) = [\begin{matrix}0 & 4 & 2 \\ 6 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 4 \end{matrix}] · [ \frac{1}{2} ; −\frac{1}{2} ; −1] = [\begin{matrix}−4 \\ 3 \\ −8 \end{matrix}] = (−4, 3, −8)_{B} = −4v_{1} + 3v_{2} − 8v_{3} = (−1, −8, −31)

T (e_{3}) = [\begin{matrix}0 & 4 & 2 \\ 6 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 4 \end{matrix}] · [0 0 \frac{1}{2}] = [\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}] = (1, 0, 2)_{B} = v_{1} + 2v_{3} = (1, 2, 7)

Infine la matrice associata a T rispetto alla base canonica è

A = [\begin{matrix}5 & −1 & 1 \\ 10 & −8 & 2 \\ 35 & −31 & 7 \end{matrix}]

b) Possiamo usare indifferentemente la matrice M_{B}(T) o la matrice A. Per comodità di calcoli usiamo la matrice iniziale. M_{B}(T) ha due righe uno multiplo dell’altra e rg(M_{B}(T)) = 2. Quindi dim(Im(T)) = 2 e T non è suriettivo, e dim(ker(T)) = 1 e T non è iniettivo.

□

Esercizio 1.5. Data la matrice

M = [\begin{matrix}3 & 0 & 1 & 0 \\ k − 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & k & 0 \\ −1 & 2 & 3 & 1 \end{matrix}]

a) Si discuta la diagonalizzabiltà di M al variare del parametro k ∈ R.

b) Per k = 2, si determini una base di R^{4} formata da autovettori di M.

Soluzione:

a) Il polinomio caratterestico di M è

p_{M}(λ) = (1 − λ)(k − λ)(3 − λ)(2 − λ)

Quindi gli autovalori sono λ = 1, 2, 3, k e dobbiamo discutere i valori di k. – Se k ≠ 1, 2, 3 i quattro autovalori sono distinti e singoli, quindi M è diagonalizzabile.

– Se k = 1 l’autovalore λ = 1 è doppio, quindi dobbiamo stabilirne la molteplicità geometrica.

E(1) = N(M − I) : [\begin{matrix}2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & 0 \end{matrix}]

Poichè rg(M − I) = 3, dim(E(1)) = 1 e M non è diagonalizzabile.

– Se k = 2 l’autovalore λ = 2 è doppio, quindi dobbiamo stabilirne la molteplicità geometrica.

E(2) = N(M − 2I) : [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ IV + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 4 & −1 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}x + z = 0 \\ 2y + 4z − w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = s \\ z = t \\ w = 2s + 4t \end{cases} ⇒ E(2) = ⟨(−1, 0, 1, 4), (0, 1, 0, 2)⟩

Poiché λ = 2 ha molteplicità algebrica e geometrica 2 e gli altri autovalori sono singoli, per k = 2 la matrice M è diagonalizzabile.

– Se k = 3 l’autovalore λ = 3 è doppio, quindi dobbiamo stabilirne la molteplicità geometrica.

E(3) = N(M − 3I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & −2 \end{matrix}]

Poichè rg(M − 3I) = 3, dim(E(3)) = 1 e M non è diagonalizzabile.

b) Per k = 2 abbiamo già determinato E(2). Calcoliamo gli altri due autospazi:

E(1) = N(M − I) : [\begin{matrix}2 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = 0 \\ w = t \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨(0, 0, 0, 1)⟩

E(3) = N(M − 3I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III + I \\ IV + II \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 4 & −2 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}z = 0 \\ x − y + z = 0 \\ y + 4z − 2w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = 2t \\ z = 0 \\ w = t \end{cases} ⇒ E(3) = ⟨(2, 2, 0, 1)⟩

Infine una delle basi cercate è

B = { (−1, 0, 1, 4), (0, 1, 0, 2), (0, 0, 0, 1), (2, 2, 0, 1)}

□

Esercizio 1.6. Si consideri la matrice

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

a) Calcolare autovalori e autovettori di A.

b) Calcolare una matrice diagonalizzante di A, che sia ortogonale e rappresenti una rotazione dello spazio attorno all’origine.

c) Scrivere la forma canonica della conica C con matrice associata A

Soluzione:

a) Il polinomio caratteristico di A è

p_{A}(λ) = (1 − λ)[(1 − λ)^{2} − 4] = (1 − λ)(λ^{2} − 2λ − 3)

quindi gli autovalori di A sono λ = −1, 1, 3. Calcoliamo gli autospazi:

E(1) = N(M − I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨(1, 0, 0)⟩

E(3) = N(M − 3I) : [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 2 \\ 0 & 2 & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = t \end{cases} ⇒ E(3) = ⟨(0, 1, 1)⟩

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

b) Gli autovettori trovati, essendo relativi a autovalori distinti, sono già ortogonali tra loro. E’ quindi sufficiente renderli di norma 1 per ottenere la matrice diagonalizzante ortogonale di rotazione:

R = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & −\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{matrix} ]

c) det(A) = −3, quindi si tratta di una conica non degenere. Inoltre l’autovalore della matrice

[\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] associata alla forma quadratica è λ = 1 doppio. Si tratta quindi di un’ellisse e cerchiamo

un’equazione del tipo x^{2} + y^{2} + t = 0 a cui è associata la matrice

B = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]

Imponendo la condizione det(A) = det(B) otteniamo t = −3. Infine la forma canonica della conica (ellisse reale) è

x^{2} + y^{2} − 3 = 0  ⇒  \frac{1}{3}x^{2} + \frac{1}{3}y^{2} − 1 = 0

Notiamo che si tratta in realtà di una circonferenza centrata nell’origine e di raggio \sqrt{3}.

□