CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

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

Esercizio 1.1. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 4 \\ 1 & 1 & 1 & 6 \\ 1 & −1 & k + 3 & k + 3 \\ 1 & 0 & k + 3 & 2k + 6 \end{matrix}] b = [\begin{matrix}2 \\ 2 \\ 3 \\ k + 4 \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 = (−2, −3/2, 1, 3/4) appartiene all’insieme Sol(Ax = b).

Soluzione: Per lo svolgimento nei dettagli si veda la fila A o la fila B. I risultati per questa fila sono:

a) – 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 = −\frac{k + 4}{k + 2} \\ y = −2 \\ z = \frac{−k}{k + 2} \\ w = 1 \end{cases}

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

\begin{cases}x = 1 − 4t \\ y = −2t \\ z = 1 \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ R

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

– Se k = −2 otteniamo rg(A) = 3 < rg(A|b) = 4, quindi il sistema non ammette soluzione.

b) v ∈ Sol(Ax = b) se k = −1.

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Esercizio 1.2. Siano r la retta passante per i punti A = (3, 0, 1) e B = (2, 1, 2) e s la retta di equazioni parametriche

s : \begin{cases}x = 2 + t \\ y = 1 − t \\ z = −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 determinino equazioni cartesiane e parametriche della retta perpendicolare ad r e s e passante per il punto P = (1, 2, −1).

Soluzione: Per lo svolgimento nei dettagli si veda la fila A o la fila B. I risultati per questa fila sono:

a) Il piano π contenente r e s ha equazioni parametrica e cartesiana date da

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

L’asse delle y ha equazione x = z = 0, quindi il punto Q è Q = (0, 3, 0) e il piano cercato è:

π′ : x − y − z = −3

b) La retta cercata ha equazioni:

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

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

b) Posto k = −1, completare la base trovata al punto precedente ad una base di R^{4}.

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

Soluzione: Per lo svolgimento nei dettagli si veda la fila A o la fila B. I risultati per questa fila sono:

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

c) – Se k ≠ −1, allora rg(A) = rg(A|b) = 3, quindi w ∈ V.

– Se k = −1, rg(A) = 2 = rg(A|b), quindi anche in questo caso w ∈ V

b) Una base di R^{4} contenente la base di V trovata al punto a) è data da B(R^{4}) = {v_{1}, v_{2}, e_{1}, e_{4}}.

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Esercizio 1.4. Sia W il seguente sottoinsieme dello spazio delle matrici 3 × 3:

W = {A ∈ M_{3,3}(R) | _{ij} = 0 per i ≤ j}

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

b) Trovare una base di W.

c) Stabilire i possibili valori del rango delle matrici A appartenenti a W.

Soluzione: Notiamo W è formato dalle matrici triangolari inferiori:

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

due qualsiasi matrici di W. Allora

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

Quindi W è chiuso rispetto alla somma.

– PRODOTTO per SCALARI. Sia

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

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

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

Di conseguenza le matrici

A_{1} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ,  A_{2} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}] ,  A_{3} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 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) Consideriamo la generica matrice di W:

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

Il determinante di A è nullo, quindi rg(A) ≤ 2. Inoltre – Se x = y = z = 0 il rango è zero,

– Se x ≠ 0 ≠ z il rango di A è 2,

– Negli altri casi il rango di A è 1.

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Esercizio 1.5. Cosa sono le coordinate di un vettore rispetto ad una base? Dopo averne dato la definizione, scrivere le coordinate del polinomio p(x) = x^{2} − 1 ∈ R_{2}[x] rispetto a due basi diverse dello spazio R_{2}[x].

Soluzione: Fissata una base B di uno spazio vettoriale V, ogni vettore v ∈ V si può scrivere in maniera unica come combinazione lineare dei vettori di B. I coefficienti di tale combinazione lineare costituiscono le coordinate di v rispetto a B. Se V è di dimensione finita n, B = {v_{1}, v_{2}, …, v_{n}} e v = x_{1}v_{1} + x_{2}v_{2} + ⋯ + x_{n}v_{n}, allora le coordinate di v rispetto a B sono (x_{1}, x_{2}, …, x_{n})_{B}.

Una possibile base di R_{2}[x] è quella canonica B = {1, x, x^{2}}. Rispetto a tale base le coordinate di p(x) = x^{2} − 1 sono (−1, 0, 1)_{B}.

Un’altra possibile base è per esempio B′ = {2, x + 1, x^{2}}. Rispetto a tale base le coordinate di p(x) =

x^{2} − 1 sono (−\frac{1}{2}, 0, 1)_{B′}.

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