CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

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

Esercizio 1.1. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & −2 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & k + 4 & k − 5 \\ 1 & 0 & k + 4 & 2k − 4 \end{matrix}] b = [\begin{matrix}2 \\ 2 \\ 3 \\ k + 2 \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{15}{4}, −2, \frac{1}{4}, 1) appartiene all’insieme Sol(Ax = b).

Soluzione:

a) Riduciamo a gradini la matrice A|b:

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

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

Discutiamo ora i valori del parametro.

– Se k ≠ 1, −3, allora rg(A) = rg(A|b) = 4, quindi il sistema ammette un’unica soluzione ottenuta risolvendo il sistema:

\begin{cases}x + z − 2w = 2 \\ y + 2w = 0 \\ (k + 3)z + (k − 1)w = 1 \\ (k − 1)w = k − 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 − \frac{2 − k}{k + 3} + 2 \\ y = −2 \\ z = \frac{1 − (k − 1)}{k + 3} = \frac{2 − k}{k + 3} \\ w = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{5k + 10}{k + 3} \\ y = −2 \\ z = \frac{2 − k}{k + 3} \\ w = 1 \end{cases}

– Se k = 1, allora rg(A) = rg(A|b) = 3, quindi il sistema ammette infinite soluzioni:

\begin{cases}x + z − 2w = 2 \\ y + 2w = 0 \\ 4z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 − \frac{1}{4} + 2t \\ y = −2t \\ z = \frac{1}{4} \\ w = t \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{7}{4} + 2t \\ y = −2t \\ z = \frac{1}{4} \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ R

Le soluzioni possono anche essere scritte nella forma (\frac{7}{4}, 0, \frac{1}{4}, 0) + (2, −2, 0, 1)t con t ∈ R.

– Se k = −3 otteniamo 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{15}{4}, −2, \frac{1}{4}, 1) nel sistema ridotto:

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

Otteniamo quindi le condizioni:

\begin{cases}\frac{15}{4} + \frac{1}{4} − 2 = 2 \\ −2 + 2 = 0 \\ (k + 3) \frac{1}{4} + (k − 1) = 1 \\ k − 1 = k − 1 \end{cases} ⇒ k = 1

Quindi v ∈ Sol(Ax = b) se k = 1.

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

s : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 1 − t \\ z = 1 + 2t \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 x 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 = (−2, 3, 3).

Soluzione: Notiamo che la retta r ha equazione parametrica

r : \begin{cases}x = 2 − t \\ y = t \\ z = 1 − 2t \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} = (0, 0, 2) e il piano π contenente r e s ha equazioni parametrica e cartesiana date da

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

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

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

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

π′ : x − y + 2z = 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 (1, 1, 0). Equazioni di tale retta sono quindi:

\begin{cases}x = −2 + t \\ y = 3 + t \\ z = 3 \end{cases}  ∀t ∈ R  \begin{cases}x − y = −5 \\ z = 3 \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} = (0, k + 1, 0, 3), v_{2} = (2, 0, 0, k), v_{3} = (0, 1, 0, 1) (k parametro reale)

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

b) Posto k = 2, completare la base trovata al punto precedente ad una base di R^{4}.

c) Stabilire per quali valori di k il vettore w = (−2, 2, 0, 4) 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. Per comodità possiamo ordinare in A i vettori v_{1}, v_{2} e v_{3} nell’ordine v_{3}, v_{2}, v_{1}:

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

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

Consideriamo solo la matrice A:

– Se k ≠ 2, 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 = 2, rg(A) = 2 e una base di V è data da B(V) = {v_{3}, v_{2}} (tenendo conto dell’ordine con

cui i vettori sono stati scritti in A).

c) Dalla matrice ridotta notiamo che – Se k ≠ 2, allora rg(A) = rg(A|b) = 3, quindi w ∈ V.

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

b) Per k = 2 abbiamo preso come base di V l’insieme B = {v_{3}, 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.

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

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

Prendendo le colonne con i pivot otteniamo che una possibile base di R^{4} è

B(R^{4}) = {v_{3}, v_{2}, e_{1}, 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} , tr(A) = 0}

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

b) Trovare una base di W.

c) Calcolare le coordinate di B = [\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & −2 & 3 \\ 1 & 3 & 0 \end{matrix}] ∈ W rispetto alla base trovata al punto b).

Soluzione: Notiamo che la condizione A^{T} = A implica che le matrici di W siano simmetriche. Inoltre la condizione tr(A) = 0 implica che la somma degli elementi della diagonale principale sia 0. Di conseguenza le matrici di W sono del tipo

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

due qualsiasi matrici di W. Allora

A + B = [\begin{matrix}a + x & b + y & c + z \\ b + y & d + w & e + t \\ c + z & e + t & −a − x − d − w \end{matrix}] ∈ W

Quindi W è chiuso rispetto alla somma.

– PRODOTTO per SCALARI. Sia

A = [\begin{matrix}a & b & c \\ b & d & e \\ c & e & −a − d \end{matrix}]

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

λA = [\begin{matrix}λa & λb & λc \\ λb & λd & λe \\ λc & λe & −λa − λd \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}a & b & c \\ b & d & e \\ c & e & −a − d \end{matrix}]

= a · [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}] + b · [\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] + c · [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}] + d · [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}] + e · [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}]

Di conseguenza le matrici

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

A_{4} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}] A_{5} = [\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}, A_{4}, A_{5}}.

c) È immediato verificare che B = 2A_{1} + A_{2} + A_{3} − 2A_{4} + 3A_{5}, di conseguenza le coordinate di B rispetto alla base trovata al punto precedente sono (2, 1, 1, −1, 3)_{B}.

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Esercizio 1.5. Cos’è un insieme di generatori di uno spazio vettoriale? Dopo averne dato la definizione, trovare un insieme di generatori dello spazio dei polinomi p(x) ∈ R_{3}[x] che si annullano per x = 2.

Soluzione: Un insieme di generatori di uno spazio vettoriale V è un insieme G formato da vettori di V tale che ogni vettore v ∈ V è combinazione lineare dei vettori di G. Se in più gli elementi di G sono tra loro linearmente indipendenti, allora G è una base di V.

Lo spazio dei polinomi di grado minore o uguale a 3 che si annullano in x = 2 è un sottospazio di R_{3}[x] di dimensione 3. Infatti se p(x) = ax^{3} + bx^{2} + cx + d è tale che p(2) = 0, allora 8a + 4b + 2c + d = 0, quindi il generico elemento di tale sottospazio è del tipo

p(x) = ax^{3} + bx^{2} + cx − 8a − 4b − 2c = a(x^{3} − 8) + b(x^{2} − 4) + c(x − 2)

Di conseguenza l’insieme {x^{3} −8, x^{2} −4, x−2} è un insieme di generatori di tale sottospazio; in particolare si tratta di una base.

Un altro possibile insieme di generatori, che non è una base, è l’insieme {x^{3} −8, x^{2} −4, x−2, x^{2} +x−6}. □