PROVA INTERMEDIA - GEOMETRIA E ALGEBRA – D – 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 & 2 & 0 \\ −1 & 1 & k − 2 & k^{2} − 2k \end{matrix}] ,  b = [\begin{matrix}9 \\ 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 & | & 9 \\ −1 & −1 & 2 & 0 & | & 1 \\ −1 & 1 & k − 2 & k^{2} − 2k & | & k + 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−1/3I \\ II − 1/3I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 0 & | & −3 \\ 0 & −1 & 1 & 0 & | & −2 \\ 0 & 2 & k − 4 & k^{2} − 2k & | & k + 2 \end{matrix}] ⇒

III + 2II [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 0 & | & −3 \\ 0 & −1 & 1 & 0 & | & −2 \\ 0 & 0 & k − 2 & k^{2} − 2k & | & k − 2 \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 = 2, otteniamo il sistema

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

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

– Per k ≠ 2, dividendo la terza riga per k − 2, otteniamo il sistema

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

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

– Per k ≠ 2, notiamo che dim(N(A)) = null(A) = 4 − rg(A) = 4 − 3 = 1; inoltre, dividendo la terza riga per k − 2, otteniamo il sistema

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

□

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 = (−2, 0, 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 = −2 − 2t \\ y = 6t \\ z = 2 \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ \begin{cases}3x + y = −6 \\ 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} = (−3, 0, 3), quindi

π : \begin{cases}x = 1 − t − 3s \\ y = 3t \\ z = −1 + 3s \end{cases} ∀s, t ∈ R ⇒ 3x + y + 3z = 0

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 = 2. Di conseguenza

C′ = π′ ∩ r : \begin{cases}−x + 3y = 2 \\ x = 1 − t \\ y = 3t \\ z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}−(1 − t) + 3(3t) = 2 \\ x = 1 − t \\ y = 3t \\ z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = \frac{3}{10} \\ x = \frac{7}{10} \\ y = \frac{9}{10} \\ z = −1 \end{cases} ⇒

C′ = (\frac{7}{10}, \frac{9}{10}, −1)

Infine

d(C, r) = d(C, C′) = \sqrt{(\frac{27}{10})^{2} + (\frac{9}{10})^{2} + 9} = \frac{3\sqrt{190}}{10}

□

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

U = {x ∈ R^{4} : 3x_{1} − x_{3} + (k − 1)x_{4} = k, x_{2} + (k − 1)x_{4} = 0}
W = ⟨(0, 1, −1, 1), (−1, 1, 2, 1), (1, −4, −7, −4)⟩.

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_{3} − x_{4} = 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}0 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & −4 \\ −1 & 2 & −7 \\ 1 & 1 & −4 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ I \\ III + II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & −4 \\ 0 & −1 & 1 \\ 0 & 3 & −11 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ III + 3II [\begin{matrix}1 & 1 & −4 \\ 0 & −1 & 1 \\ 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) = {(0, 1, −1, 1), (−1, 1, 2, 1), (1, −4, −7, −4)}

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} = (0, 1, −1, 1), w_{2} = (−1, 1, 2, 1), w_{3} = (1, −4, −7, −4). 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}0 & −1 & 1 & | & 1 & 0 \\ 1 & 1 & −4 & | & 0 & 1 \\ −1 & 2 & −7 & | & 3 & −1 \\ 1 & 1 & −4 & | & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ I \\ III + II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & −4 & | & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 1 & | & 1 & 0 \\ 0 & 3 & −11 & | & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ III + 3II [\begin{matrix}1 & 1 & −4 & | & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 1 & | & 1 & 0 \\ 0 & 3 & −8 & | & 6 & 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.

□

Esercizio 0.4. Sia V lo spazio vettoriale delle matrici reali 2 × 2. Si consideri la matrice A = [\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & −2 \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}−2 & 2 \\ −2 & −6 \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}c & d \\ −a − 2c & −b − 2d \end{matrix}] MA = [\begin{matrix}−b & a − 2b \\ −d & c − 2d \end{matrix}]

Quindi

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

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

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

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

c) È immediato verificare direttamente che B appartiene a S in quanto AB = BA. Inoltre 2B_{1}−6B_{2} =

B, quindi B ha coordinate (2, −6)_{B(S)}, rispetto alla base B(S) scelta.

□

Esercizio 0.5. Cos’è il prodotto vettoriale di due vettori geometrici? Dopo averne dato la definizione, dare un esempio di calcolo del prodotto vettoriale e dire quale relazione c’è tra prodotto vettoriale e l’area definita da due vettori.

Esercizio 0.6. Cos’è la dimensione di uno spazio vettoriale? Dopo averne dato la definizione, dare un esempio di sottospazio vettoriale di R^{4} di dimensione 2.