PROVA INTERMEDIA - GEOMETRIA E ALGEBRA – B – 18/4/2011

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

Esercizio 0.1. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}3 & 0 & 3 & 0 \\ 1 & −1 & 1 & 0 \\ 3 & −2 & k + 2 & k^{2} − k \end{matrix}] ,  b = [\begin{matrix}6 \\ 1 \\ k + 3 \end{matrix}]  con k parametro reale.

a) Si determinino le soluzioni del sistema lineare Ax = b al variare di k.

b) Si determini una base del nucleo di A, N(A), al variare di k.

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

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

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

a) Notiamo che rg(A) = rg(A|b) < 4 per ogni k, quindi il sistema lineare Ax = b ammette sempre

infinite soluzioni. Per determinare le soluzioni dobbiamo distinguere due casi. – Per k = 1, otteniamo il sistema

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

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

– Per k ≠ 1, dividendo la terza riga per k − 1, otteniamo il sistema

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

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

b) Per determinare una base del nucleo di A dobbiamo risolvere il sistema omogeneo associato ad A.

Anche in questo caso dobbiamo distinguere due casi.

– Per k = 1, notiamo che dim(N(A)) = null(A) = 4 − rg(A) = 4 − 2 = 2; inoltre otteniamo il sistema

\begin{cases}x_{1} + x_{3} = 0 \\ x_{2} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −s \\ x_{2} = 0 \\ x_{3} = s \\ x_{4} = t \end{cases} ∀s, t ∈ R ⇒ B(N(A)) = \{(−1, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)\}

– Per k ≠ 1, notiamo che dim(N(A)) = null(A) = 4 − rg(A) = 4 − 3 = 1; inoltre, dividendo la terza riga per k − 1, otteniamo il sistema

\begin{cases}x_{1} + x_{3} = 0 \\ x_{2} = 0 \\ x_{3} + kx_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = kt \\ x_{2} = 0 \\ x_{3} = −kt \\ x_{4} = t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ B(N(A)) = \{(k, 0, −k, 1)\}

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Esercizio 0.2.

a) Determinare equazioni parametriche e cartasiane della retta r passante per i punti A = (−1, 0, 1) e B = (0, 3, 1), e della retta s la retta contenente C = (0, −2, 2) e parallela al vettore \overrightarrow{OD} = (2, 6, 0).

b) Stabilire se r e s sono complanari. In caso affermativo, trovare un’equazione cartesiana del piano contenente r e s.

c) Determinare la distanza del punto C dalla retta r.

Soluzione:

a) La retta r ha direzione \overrightarrow{AB} = (1, 3, 0), quindi r e s hanno equazioni

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

s : \begin{cases}x = 2t \\ y = −2 + 6t \\ z = 2 \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ \begin{cases}3x − y = 2 \\ z = 2 \end{cases}

b) I vettori direzione \overrightarrow{AB} e \overrightarrow{CD} sono proporzionali, quindi r e s sono parallele ed in particolare complanari. Per determinare un’equazione del piano che le contiene considerimo la direzione \overrightarrow{AC} = (1, −2, 1), quindi

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

c) Per determinare la distanza del punto C dalla retta r possiamo trovare il piano π′ perpendicolare ad r e passante per C, determinare il punto C′ intersezione tra tale piano π′ e la retta r, e calcolare la distanza di C da C′.

Un piano ortogonale ad r ha equazione del tipo x + 3y = d; imponendo il passaggio per C otteniamo il piano π′ : x + 3y = −6. Di conseguenza

C′ = π′ ∩ r : \begin{cases}x + 3y = −6 \\ x = −1 + t \\ y = 3t \\ z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}(−1 + t) + 3(3t) = −6 \\ x = −1 + t \\ y = 3t \\ z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = −\frac{1}{2} \\ x = −\frac{3}{2} \\ y = −\frac{3}{2} \\ z = −1 \end{cases} ⇒

C′ = (−\frac{3}{2}, −\frac{3}{2}, −1)

Infine

d(C, r) = d(C, C′) = \sqrt{\frac{9}{4} + \frac{1}{4} + 1} = \frac{\sqrt{14}}{2}

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Esercizio 0.3. Siano U e W i sottospazi di R^{4} definiti da

U = {x ∈ R^{4} : 3x_{1} − x_{2} − x_{3} = k, x_{2} + (k − 1)x_{4} = 0} ,
W = ⟨(−1, 3, 8, 3), (−1, 2, 1, 2), (0, 2, 6, 2)⟩.

a) Per quali valori del parametro reale k il sottoinsieme U è sottospazio vettoriale di R^{4}?

b) Per i valori di k trovati in a) si determini una base di U e una base di W.

c) Per i valori di k trovati in a), si consideri l’intersezione S = U ∩ W. Si mostri che S è un sottospazio vettoriale di R^{4} e se ne calcoli la dimensione.

Soluzione:

a) U è sottospazio vettoriale di R^{4} quando si tratta dell’insieme delle soluzioni di un sistema omogeneo, quindi quando k = 0. b) Per trovare una base di U, dobbiamo prima esplicitare l’insieme:

U : \begin{cases}3x_{1} − x_{2} − x_{3} = 0 \\ x_{2} − x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = s \\ x_{2} = t \\ x_{3} = 3s − t \\ x_{4} = t \end{cases} ⇒

U = {(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (1, 0, 3, 0)s + (0, 1, −1, 1)t | s, t ∈ R}

Una base di U è data dall’insieme

B(U) = {(1, 0, 3, 0), (0, 1, −1, 1)}

Per trovare una base di W dobbiamo studiare l’indipendenza dei generatori. Riduciamo quindi a gradini la matrice formata dai tre generatori:

[\begin{matrix}−1 & −1 & 0 \\ 3 & 2 & 2 \\ 8 & 1 & 6 \\ 3 & 2 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−I \\ II + 3I \\ III + 8I \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 2 \\ 0 & −7 & 6 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ III − 7II [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 2 \\ 0 & 0 & −8 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

La matrice ha rango 3, quindi i tre vettori sono linearmente indipendenti ed una base di W è data da

B(W) = {(−1, 3, 8, 3), (−1, 2, 1, 2), (0, 2, 6, 2)}

c) Per studiare l’intersezione S = U ∩ W possiamo verificare se gli elementi della base di U appartengono a W, ovvero se sono combinazione lineare di w_{1} = (−1, 3, 8, 3), w_{2} = (−1, 2, 1, 1), w_{3} = (0, 2, 6, 2). Consideriamo quindi la matrice formata dai vettori w_{1}, w_{2} e w_{3}, come matrice dei coefficienti, e dai generatori di U, u_{1} = (1, 0, 3, 0) e u_{2} = (0, 1, −1, 1), come termini noti:

[\begin{matrix}−1 & −1 & 0 & | & 1 & 0 \\ 3 & 2 & 2 & | & 0 & 1 \\ 8 & 1 & 6 & | & 3 & −1 \\ 3 & 1 & 2 & | & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−I \\ II + 3I \\ III + 8I \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 2 & | & 3 & 1 \\ 0 & −7 & 6 & | & 11 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ III − 7II [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 2 & | & 3 & 1 \\ 0 & 0 & −8 & | & −10 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 & 0 \end{matrix}]

Notiamo che rg(A) = rg(A|u_{1}) = rg(A|u_{2}) = 3, quindi sia u_{1} che u_{2} appartengono a W. Di conseguenza tutto lo spazio U è contenuto in W e S = U ∩ W = U; infine S = U ∩ W è uno spazio vettoriale di dimensione 2, in quanto coincide con U.

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Esercizio 0.4. Sia V lo spazio vettoriale delle matrici reali 2 × 2. Si consideri la matrice A = [\begin{matrix}0 & 2 \\ −2 & 1 \end{matrix}] e

sia S il sottinsieme di V costituito dalle matrici che commutano con A:

S = \{M = [\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}] ∈ V : AM = MA\}

a) Mostrare che S è un sottospazio di V.

b) Trovare una base di S.

c) Verificare che B = [\begin{matrix}3 & 2 \\ −2 & 4 \end{matrix}] appartiene ad S e determinare le sue coordinate nella base trovata nel

punto b).

Soluzione:

a) Dobbiamo dimostrare la chiusura rispetto alla somma e al prodotto per scalari. – Somma. Siano M_{1} e M_{2} due matrici di S, ovvero che commutano con A. Allora

A (M_{1} + M_{2}) = AM_{1} + AM_{2} = M_{1}A + M_{2}A = (M_{1} + M_{2}) A

Quindi anche la matrice M_{1} + M_{2} commuta con A e appartiene a S.

– prodotto. Sia M una matrice di S, ovvero che commuta con A, e sia λ ∈ R. Allora

A (λM) = λ(AM) = λ(MA) = (λM) A

Quindi anche la matrice λM commuta con A e appartiene a S. b) Scriviamo esplicitamente gli elementi di S imponendo la condizione AM = MA.

AM = [\begin{matrix}2c & 2d \\ −2a + c & −2b + d \end{matrix}] MA = [\begin{matrix}−2b & 2a + b \\ −2d & 2c + d \end{matrix}]

Quindi

AM = MA ⇒ \begin{cases}2c = −2b \\ 2d = 2a + b \\ −2a + c = −2d \\ −2b + d = 2c + d \end{cases} ⇒ \begin{cases}c = −b \\ b = 2d − 2a \\ c = 2a − 2d \\ c = −b \end{cases} ⇒ \begin{cases}c = 2a − 2d \\ b = −2a + 2d \end{cases} ⇒

\begin{cases}a = t \\ b = −2t + 2s \\ c = 2t − 2s \\ d = s \end{cases} ∀s, t ∈ R ⇒ M = [\begin{matrix}t & −2t + 2s \\ 2t − 2s & s \end{matrix}] = [\begin{matrix}1 & −2 \\ 2 & 0 \end{matrix}] t + [\begin{matrix}0 & 2 \\ −2 & 1 \end{matrix}] s

Notiamo che anche a questo punto potevamo rispondere alla domanda a): S è infatti il sottospazio

dello spazio delle matrice reali 2 × 2 generato dalle matrici B_{1} = [\begin{matrix}1 & −2 \\ 2 & 0 \end{matrix}] e B_{2} = [\begin{matrix}0 & 2 \\ −2 & 1 \end{matrix}].

Infine S ha dimensione 2 e una sua base è data dall’insieme

B(S) = \{ B_{1} = [\begin{matrix}1 & −2 \\ 2 & 0 \end{matrix}] , B_{2} = [\begin{matrix}0 & 2 \\ −2 & 1 \end{matrix}]\}

c) È immediato verificare direttamente che B appartiene a S in quanto AB = BA. Inoltre 3B_{1}+4B_{2} =

B, quindi B ha coordinate (3, 4)_{B(S)}, rispetto alla base B(S) scelta.

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Esercizio 0.5. Cos’è un sottospazio vettoriale di uno spazio vettoriale? Dopo averne dato la definizione, dare un esempio di sottospazio dello spazio dei polinomi R_{3}[x] (diverso dallo spazio R_{3}[x]).

Esercizio 0.6. Cos’è un gruppo? Dopo averne dato la definizione, dare un esempio di gruppo commutativo e uno di gruppo non commutativo.