CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

PROVA SCRITTA D’ESAME - 30/07/07 - FILA B

A.A. 2006/07

Esercizio 1.1. Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}2 & 6 & 2k + 2 \\ 3 & k + 11 & 5k + 7 \\ −1 & −3 & k^{2} − 3 \end{matrix}]

dove k è un parametro reale.

a) Si calcoli il rango di A.

b) Si stabilsca per quali valori di k il sistema Ax = b ha soluzione per ogni b ∈ R^{3}.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice A:

[\begin{matrix}2 & 6 & 2k + 2 \\ 3 & k + 11 & 5k + 7 \\ −1 & −3 & k^{2} − 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II − 3/2II \\ III + 1/2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & k + 1 \\ 0 & k + 2 & 2k + 4 \\ 0 & 0 & k^{2} + k − 2 \end{matrix}]

a) La matrice A ha rango 3 se k ≠ 1, −2, ha rango 2 se k = 1 e ha rango 1 se k = −2.

b) Il sistema Ax = b ha soluzione per ogni b ∈ R^{3} se la matrice dei coefficienti ha rango 3 nel qual

caso rg(A) = rg(A|b) = 3 per ogni b ∈ R^{3}, ovvero se k ≠ 1, −2.

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Esercizio 1.2. Siano r e s le rette di equazioni:

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

a) Si determini l’equazione cartesiana del piano π_{1} contenente r e s.

b) Si determini l’equazione cartesiana del piano π_{2} perpendicolare a r e s e passante per il punto C(0, 1, 1).

Soluzione:

a) L’equazione parametrica di s è

s : \begin{cases}x = −\frac{2}{3} + \frac{2}{3}t \\ y = t \\ z = 2 \end{cases} ∀t ∈ R,

quindi r e s hanno entrambe direzione (2, 3, 0) e sono parallele, quindi complanari. Per determinare un’altra direzione di π_{1} consideriamo due qualsiasi punti di r e s e la direzione da essi individuata:

A(1, 0, 1) ∈ r, B (−\frac{2}{3}, 0, 2) ∈ s ⇒ AB = (−\frac{5}{3}, 0, 1) ⇒ (−5, 0, 3)

π_{1} è quindi il piano di direzioni (2, 3, 0) e (−5, 0, 3) e passante per A:

π_{1} : \begin{cases}x = 1 − 5t + 2s \\ y = 3s \\ z = 1 + 3t \end{cases} ∀s, t ∈ R, ⇒ 3x − 2y + 5z = 8

b) π_{2} ha direzione ortogonale a (2, 3, 0) quindi equazione del tipo 2x+3y = d. Imponendo il passaggio per C otteniamo

π_{2} : 2x + 3y = 3
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Esercizio 1.3. Sia V = ⟨A, B, C⟩ il sottospazio di M_{2×2}(R) dove

A = [\begin{matrix}2 & 0 \\ 1 & 2 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 3 & 4 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}2 & 3 \\ 7 & 8 \end{matrix}] .

a) Si determini la dimensione e una base di V.

b) Si esprima D = [\begin{matrix}2 & 2 \\ 5 & 6 \end{matrix}] come combinazione lineare della base trovata al punto a).

Soluzione:

a) Per determinare la dimensione di V cominciamo a verificare se A, B e C sono linearmente indipendenti risolvendo il sistema xA + yB + zC = 0:

x [\begin{matrix}2 & 0 \\ 1 & 2 \end{matrix}] + y [\begin{matrix}2 & 1 \\ 3 & 4 \end{matrix}] + z [\begin{matrix}2 & 3 \\ 7 & 8 \end{matrix}] = 0 ⇒ [\begin{matrix}2x + 2y + 2z & y + 3z \\ x + 3y + 7z & 2x + 4y + 8z \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}2x + 2y + 2z = 0 \\ y + 3z = 0 \\ x + 3y + 7z = 0 \\ 2x + 4y + 8z = 0 \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}2 & 2 & 2 & | & 0 \\ 0 & 1 & 3 & | & 0 \\ 1 & 3 & 7 & | & 0 \\ 2 & 4 & 8 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ III − 1/2I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 3 & | & 0 \\ 0 & 2 & 6 & | & 0 \\ 0 & 2 & 6 & | & 0 \end{matrix}]

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

La matrice dei coefficienti ha rango 2, quindi il sistema xA+yB+zC = 0 ammette infinite soluzioni. Di conseguenza le tre matrici A, B, C sono linearmente dipendenti e dim(V) < 3. Dai conti appena svolti si vede inoltre che risolvendo l’equazione xA + yB = 0 otteniamo il sistema

\begin{cases}2x + 2y = 0 \\ y = 0 \\ x + 3y = 0 \\ 2x + 4y = 0 \end{cases}

che ammette la sola soluzione x = y = 0, quindi le matrici A e B sono linearmente indipendenti. Infine dim(V) = 2 e una base di V è data dall’insieme {A, B}.

b) Dobbiamo risolvere l’equazione xA + yB = D. Procedendo come nel punto precedente otteniamo il sistema

\begin{cases}2x + 2y = 2 \\ y = 2 \\ x + 3y = 5 \\ 2x + 4y = 6 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ y = 2 \end{cases} ⇒ D = −A + 2B

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Esercizio 1.4. Detto k un paramtro reale, sia

A = [\begin{matrix}k & 1 & 10 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & k & k \end{matrix}] .

a) Si trovino, al variare di k, nucleo e immagine dell’endomorfismo T_{A} di R^{3} associato alla matrice A.

b) Stabilire per quali valori k ∈ R la funzione lineare T_{A} è invertibile.

Soluzione:

a) Riduciamo a gradini la matrice A:

2III − kII [\begin{matrix}k & 1 & 10 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2k \end{matrix}]

– Se k ≠ 0 la matrice ha rango 3, quindi Im(T) = R^{3} e ker(T) = {(0, 0, 0)}.

– Se k = 0 una base dell’immagine di T è data dall’insieme {(1, 2, 0), (10, 0, 0)}. Per trovare il nucleo risolviamo il sistema omogeneo associato a A:

\begin{cases}y + 10z = 0 \\ 2y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases}

Quindi una base del nucleo di T è {(1, 0, 0)}.

b) T è invertibile se A ha rango 3, quindi se k ≠ 0.

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Esercizio 1.5. Considerare le matrici

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

a) Determinare gli autovalori e gli autovettori di A e di B.

b) Stabilire se A e B sono simili.

c) Esistono valori di t per cui C e B sono simili?

Soluzione:

a) Il polinomio caratterestico di A è

p_{A}(λ) = (1 − λ)(2 − λ)^{2}

Quindi gli autovalori di A sono λ = 2 doppio e λ = 1. Calcoliamo gli autospazi:

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

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

Analogamente calcoliamo gli autovalori e gli autovettori di B:

p_{B}(λ) = (1 − λ)(2 − λ)^{2}

Quindi gli autovalori di B sono λ = 2 doppio e λ = 1. Calcoliamo gli autospazi:

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

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

b) A e B non sono simili poiché A non è diagonalizzabile mentre B lo è.

c) Studiamo gli autovalori e la diagonalizzabilità di C:

p_{C}(λ) = (1 − λ)(t − λ)(2 − λ)

Condizione necessaria perché B e C siano simili è che abbiano gli stessi autovalori con la stessa molteplicità, quindi deve essere t = 2. Verifichiamo se per tale valore anche C è diagonalizzabile.

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

Infine per t = 2 le matrici B e C sono simili in quanto sono entrambe simili alla matrice diagonale

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

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Esercizio 1.6. Sia V il sottospazio di R^{3} di base B = {v_{1} = (1, 2, 0), v_{2} = (2, 4, −1)}. a) Si trovi una base ortonormale di V a partire da B.

b) Si trovi una base ortonormale del complemento ortogonale V^{⊥} di V.

Soluzione:

a) Costruiamo prima una base {w_{1}, w_{2}} di vettori a due a due ortogonali (non necessariamente di norma 1).

w_{1} = v_{1} = (1, 2, 0)
w_{2} = v_{2} − pr_{w_{1}}(v_{2}) = v_{2} − \frac{(v_{2}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} = (2, 4, −1) − \frac{10}{5} (1, 2, 0) = (0, 0, −1)

A questo punto per ottenere la base cercata basta prendere i vettori u_{i} paralleli a w_{i}, ma di norma 1:

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = (\frac{1}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}}, 0) , u_{2} = w_{2} = (0, 0, −1)

Infine una base ortonormale cercata è

\{(\frac{1}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}}, 0) , (0, 0, −1)\}

b) Il complemento ortogonale di V è l’insieme dei vettori di R^{3} che sono ortogonali ai vettori di V, e quindi ai vettori di una base di V:

V^{⊥} = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x + 2y = 0, 2x + 4y − z = 0}

Risolvendo il sistema otteniamo

\begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ V^{⊥} = ⟨(−2, 1, 0)⟩

Per trovare una base ortonormale è sufficiente prendere il generatore di norma 1:

B (V^{⊥}) = \{(\frac{−2}{\sqrt{5}}, \frac{1}{\sqrt{5}}, 0)\} = \{(\frac{−2\sqrt{5}}{5}, \frac{\sqrt{5}}{5}, 0)\}

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