PROVA INTERMEDIA - GEOMETRIA E ALGEBRA – D – 29/6/2011

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

Esercizio 0.1. Si consideri il sistema di equazioni lineari

\begin{cases}2x_{1} + 2x_{2} + kx_{3} = 1 \\ kx_{1} + 2x_{2} + x_{3} + x_{4} = 1 \\ 2x_{1} + 2x_{2} + kx_{3} + 2x_{4} = k \end{cases}

a) Si studi la risolubilità del sistema al variare del parametro reale k.

b) Posto k = −1, si trovino tutte le soluzioni del sistema e si determini una base dello spazio delle soluzioni del sistema omogeneo associato.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice A|b associata al sistema:

[\begin{matrix}2 & 2 & k & 0 & | & 1 \\ k & 2 & 1 & 1 & | & 1 \\ 2 & 2 & k & 2 & | & k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}2II − kII \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 2 & k & 0 & | & 1 \\ 0 & 4 − 2k & 2 − k^{2} & 2 & | & 2 − k \\ 0 & 0 & 0 & 2 & | & k − 1 \end{matrix}]

a) Notiamo che i termini 4 − 2k e 2 − k^{2}, possibili pivot della seconda riga, non possono essere contemporaneamente nulli, quindi per ogni k si ha rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette infinite soluzioni, dipendenti da un paramentro.

b) Risolviamo il sistema per k = −1 ottenendo:

\begin{cases}x_{1} = −4t + 3x_{2} = t \\ x_{3} = −6t + 5 \\ x_{4} = −1 \end{cases} ∀t ∈ ℝ ⇒

(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (3, 0, 5, −1) + (−4, 1, −6, 0)t ∀t ∈ ℝ

Senza fare ulteriori conti ne deduciamo che una base dello spazio delle soluzioni del sistema omogeneo associato è

B (Sol(Ax = 0)) = {(−4, 1, −6, 0)}
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Esercizio 0.2. Sia M la seguente matrice reale:

M = [\begin{matrix}1 & 3 & 2 \\ 4 & 3k − 1 & k + 3 \\ 1 & 1 & −1 \end{matrix}] , con k parametro reale.

a) Si stabilisca per quali valori di k la matrice M è invertibile.

b) Si calcoli l’inversa di M per k = 4.

Soluzione:

a) Una matrice è invertibile se ha determinante diverso da zero. Poiché det(M) = −7k + 29, ne segue

che M è invertibile se k ≠ \frac{29}{7}.

b) Posto k = 4, otteniamo la matrice inversa

M^{−1} = [\begin{matrix}−18 & 5 & −1 \\ 11 & −3 & 1 \\ −7 & 2 & −1 \end{matrix}]

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Esercizio 0.3. Definire il prodotto scalare e il prodotto vettoriale di due vettori dello spazio. Che relazione c’è tra questi prodotti e il volume di un parallelepipedo? Dare un esempio di due vettori dello spazio con prodotto scalare nullo e un esempio di due vettori con prodotto vettoriale nullo.

Esercizio 0.4. Sia T : ℝ^{3} → ℝ^{3} la funzione lineare definita da:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (kx_{1} + (1 − k)x_{2}, 2x_{1} + 2x_{2}, x_{1} + (2k − 2)x_{2} + (k − 2)x_{3}),

con k parametro reale.

a) Scrivere la matrice associata a T rispetto alla base canonica.

b) Trovare basi del nucleo e dell’immagine di T al variare di k.

Soluzione:

a) La matrice associata a T rispetto alla base canonica ha per colonne le immagini degli elementi della base canonica, T (e_{1}), T (e_{2}) e T (e_{3}):

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

b) Per come è fatta la matrice, può essere comodo escludere il caso in cui rg(M) = 3 calcolandone il determinante:

det(M) = (k − 2)(4k − 2)

Dobbiamo quindi distinguere tre casi

– Se k ≠ \frac{1}{2}, 2, abbiamo visto che det(M) ≠ 0, quindi rg(M) = dim(Im(T)) = 3 e dim(N(T)) =

3 − rg(M) = 0. Di conseguenza Im(T) = ℝ^{3} e come base dell’immagine possiamo prendere anche la base canonica di ℝ^{3}: B(Im(T)) = {e_{1}, e_{2}, e_{3}}; inoltre N(T) = {0}.

– Se k = \frac{1}{2} otteniamo la matrice:

M(T) = [\begin{matrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ 1 & −1 & −\frac{3}{2} \end{matrix} ] ⇒ \begin{matrix}2I \\ III − 2I \\ 2II − 4I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & −4 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ,

quindi rg(M) = dim(Im(T)) = 2 e dim(N(T)) = 3 − rg(M) = 1. Inoltre una base di Im(T)

è B(Im(T)) = \{T (e_{1}), T (e_{2})\} = \{(\frac{1}{2}, 2, 1) , (\frac{1}{2}, 2, −1)\}. Per determinare il nucleo risolvi-

amo il sistema omogeneo associato a M, ottenendo B(N(T)) = {(3, −3, 4)}.

– Se k = 2 otteniamo la matrice:

M(T) = [\begin{matrix}2 & −1 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ 2III − I \end{matrix} [\begin{matrix}2 & −1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \end{matrix}] ,

quindi rg(M) = dim(Im(T)) = 2 e dim(N(T)) = 3 − rg(M) = 1. Inoltre una base di Im(T) è B(Im(T)) = {T (e_{1}), T (e_{2})} = {(2, 2, 1), (−1, 2, 2)}. Per determinare il nucleo risolviamo il sistema omogeneo associato a M ottenendo B(N(T)) = {(0, 0, 1)}.

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Esercizio 0.5. Si consideri la matrice reale

A = [\begin{matrix}2 & −2 & 2 \\ −2 & −1 & 4 \\ 2 & 4 & −1 \end{matrix}]

a) Mostrare che v = (0, 1, 1) è un autovettore di A. Calcolare gli autovalori di A.

b) Se esiste, determinare una base ortonormale di ℝ^{3} formata da autovettori di A.

Soluzione: a) Per mostrare che v = (0, 1, 1) è un autovettore di A basta verificare che A · v^{t} = λ · v^{t} per un

opportuno λ ∈ ℝ. In effetti:

A · v^{t} = [\begin{matrix}2 & −2 & 2 \\ −2 & −1 & 4 \\ 2 & 4 & −1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 \\ 3 \\ 3 \end{matrix}] = 3 [\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}] = 3 · v^{t}

Di conseguenza v è un autovettore di T relativo all’autovalore λ = 3. Notiamo che questo implica che il polinomio caratteristico di A sia divisibile per λ − 3.

Per determinare tutti gli autovalori di T, calcoliamo il polinomio caratteristico, eventualmente sfruttando la precedente informazione per scomporlo: p_{A}(λ) = −(λ − 3)^{2}(λ + 6).

Di conseguenza gli autovalori di A sono λ = −6, singolo, e λ = −3, doppio.

b) Determiniamo gli autovettori di A:

E(6) = N(A + 6I) = ⟨(−1, −2, 2)⟩
E(3) = N(A − 3I) = ⟨(−2, 1, 0), (2, 0, 1)⟩

Notiamo che i generatori di E(3) trovati non sono ortogonali, dobbiamo quindi utilizzare Gram-Schmidt ottendo

E(3) = ⟨(−2, 1, 0), (2, 4, 5)⟩ = ⟨ \frac{\sqrt{5}}{5}(−2, 1, 0), \frac{\sqrt{5}}{15}(2, 4, 5) ⟩

Infine la base ortonormale di ℝ^{3} richiesta:

B(ℝ^{3}) = \{\frac{1}{3}(−1, −2, 2), \frac{\sqrt{5}}{5}(−2, 1, 0), \frac{\sqrt{5}}{15}(2, 4, 5)\}

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Esercizio 0.6. Quale proprietà caratterizza le matrici ortogonali? Dare un esempio di matrice ortogonale 3 × 3 e di una matrice di rotazione 3 × 3.