GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE – C – 28/06/2012

CORSO DI LAUREA IN ING. ELETT. TEL. E ING. ORG.

Esercizio 0.1. Si considerino il fascio di piani π_{k} : 2x + y − z = k, con k parametro reale, e la retta r di equazioni

r : \begin{cases}x = 2 + 3t \\ y = 5 \\ z = 1 + 6t \end{cases} ∀t ∈ R

a) Si stabilisca per quali k la retta r appartiene a π_{k}.

b) Dato il punto A(1, 1, 1), si determinino equazioni cartesiane e parametriche del piano π′ perpendicolare a r e passante per A e della retta r′ perpendicolare a π_{k} e passante per A.

c) Si detrminino le equazioni della retta parallela a π_{k} e perpendicolare a r passante per l’origine.

Soluzione:

a) Perché r appartenga a π_{k}, le coordinate del generico punto di r devono soddisfare l’equazione di π_{k}, quindi, sostituendo:

2(2 + 3t) + 5 − (1 + 6t) = k  ⇒  8 = k

Di conseguenza r appartiene a π_{k} per k = 8.

b) La direzione ortogonale a π_{k} è (2, 1, −1), quindi r′ ha equazioni:

r′ : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 − t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ \begin{cases}x − 2y = −1 \\ y + z = 2 \end{cases}

La retta r è parallela a (3, 0, 6), ovvero a (1, 0, 2), quindi il piano ortogonale a r per A ha equazioni

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

c) Una retta passante per l’origine e parallela a π_{k} appartiene al piano parallelo a π_{k} passante per l’origine, di equazione 2x+y−z = 0. Analogamente una retta passante per l’origine e perpendicolare a r appartiene al piano ortogonale a r passante per l’origine, di equazione x+2z = 0. Di conseguenza la retta cercata è data dall’intersezione di tali piani:

\begin{cases}2x + y − z = 0 \\ x + 2z = 0 \end{cases}  ⇒  \begin{cases}x = −2t \\ y = 5t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

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Esercizio 0.2. Si considerino i seguenti polinomi di R_{3}[x]:

p_{1}(x) = x^{3} + x,  p_{2}(x) = 3x^{2} + 3,  p_{3}(x) = −3x^{2} + (k + 3)x − 3  p_{4}(x) = 3x^{3} + (k + 6)x + k^{2} + 3k

con k parametro reale, e sia V il sottospazio di R_{3}[x] generato da p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x) e p_{4}(x).

a) Si stabilisca per quali k il polinomio p(x) = 3x^{3} + 3x + k + 3 appartiene a V. Posto k = −1 si scriva esplicitamente p(x) come combinazione lineare di p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x) e p_{4}(x).

b) Si determini la dimensione e una base di V.

Soluzione:

Ad ogni polinomio possiamo associare le sue coordinate rispetto alla base canonina {x^{3}, x^{2}, x, 1} di R_{3}[x]:

p_{1}(x) = x^{3} + x  → p_{1} = (1, 0, 1, 0)
p_{2}(x) = 3x^{2} + 3  → p_{2} = (0, 3, 0, 3)
p_{3}(x) = −3x^{2} + (k + 3)x − 3  → p_{3} = (0, −3, k + 3, −3)
p_{4}(x) = 3x^{3} + (k + 6)x + k^{2} + 3k  → p_{4} = (3, 0, k + 6, k^{2} + 3k)
p(x) = 3x^{3} + 3x + k + 3  → p = (3, 0, 3, k + 3)

Si tratta quindi di stabilire se il vettore p appartiene al sottospazio V′ = ⟨p_{a}, p_{2}, p_{3}, p_{4}⟩ di R^{4} e di determinare la dimensione e una base di take sottospazio. Per rispondere a tutte le domande riduciamo a gradini la matrice completa A|p:

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

a) Il vettore p appartiene a V′, e quindi il polinomio p(x) appartiene a V, se rg(A) = rg(A|p). I possibili pivot di A si annullano per k = 0 o k = −3. Notiamo però che per k = −3 si ha rg(A) = rg(A|p) = 2, mentre per k = 0 si ha rg(A) = 3 ≠ rg(A|p) = 4. Per k ≠ 0, −3, infine, rg(A) = rg(A|p) = 4. Di conseguenza il sistema ammette soluzione, ovvero p(x) appartiene a V, se e solo se k ≠ 0.

Ponendo k = −1 nella matrice ridotta otteniamo il sistema

\begin{cases}x + 3w = 3 \\ y − z = 0 \\ 2z + 2w = 0 \\ −2w = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 6 \\ y = 1 \\ z = 1 \\ w = −1 \end{cases}  ⇒  p(x) = 6p_{1}(x) + p_{2}(x) + p_{3}(x) − p_{4}(x)

b) Consideriamo solo la matrice dei coefficienti, di cui abbiamo già studiato il rango: – Se k ≠ 0, −3, allora dim(V) = rg(A) = 4 e una sua base è

B = {p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x), p_{4}(x)} .

– Se k = 0, allora dim(V) = rg(A) = 3 e una sua base è

B = {p_{1}(x) = x^{3} + x, p_{2}(x) = 3x^{2} + 3, p_{3}(x) = −3x^{2} + 3x − 3} .

– Se k = −3, allora dim(V) = rg(A) = 2 e una sua base è

B = {p_{1}(x) = x^{3} + x, p_{2}(x) = 3x^{2} + 3} .
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Esercizio 0.3. Quando una matrice si dice a scalini? Cosa sono i pivot di una matrice a scalini?i Dare esempi di matrici di rango massimo e di matrici di rango 1.

Esercizio 0.4. Sia T : R^{4} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

T (e_{1}) = (1, 0, 1),  T (e_{2}) = (0, k − 3, 0),  T (e_{3}) = (2, −1, 2),  T (e_{4}) = (−1, k, k − 5)

e sia v = (2, 1, k − 1), con k parametro reale.

a) Si stabilisca per quali k l’applicazione T è iniettiva e/o suriettiva.

b) Si determinino basi di nucleo e immagine di T al variare di k.

c) Si stabilisca per quali k il vettore v appartiene all’immagine di T.

Soluzione: La matrice associata a T rispetto alle basi canoniche è

M = M(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & −1 \\ 0 & k − 3 & −1 & k \\ 1 & 0 & 2 & k − 5 \end{matrix}]

Per rispondere a tutte le domande ridiciamo a gradini la matrice M|v:

M|v = [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & −1 & | & 2 \\ 0 & k − 3 & −1 & k & | & 1 \\ 1 & 0 & 2 & k − 5 & | & k − 1 \end{matrix}] ⇒ III − I [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & −1 & | & 2 \\ 0 & k − 3 & −1 & k & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & k − 4 & | & k − 3 \end{matrix}]

a) Consideriamo la matrice M. L’applicazione T è suriettiva se dim(Im(T)) = rg(M) = dim(R^{3}) = 3,

mentre T è iniettiva se dim(N(T)) = 4 − rg(M) = 0.

I possibili pivot di M si annullano per k = 4 o k = 3. Notiamo però che per k = 4 si ha rg(M) = 2, mentre per k = 3 il rango di M resta comunque massimo, rg(M) = 3. Di conseguenza T è suriettiva se e solo se k ≠ 4, quando dim(Im(T)) = rg(M) = 3.

Notiamo che in ogni caso rg(M) ≤ 3, quindi dim(N(T)) = 4 − rg(M) ≥ 1 e T non è iniettiva per nessun valore di k.

b) È sufficiente distinguere due casi:

– Se k ≠ 4, abbiamo visto che T è suriettiva quindi Im(T) = R^{3} e una sua base è una qualsiasi base di R^{3}. In particolare dim(Im(T)) = 3 una possibile base è

B(Im(T)) = {T (e_{1}) = (1, 0, 1), T (e_{3}) = (2, −1, 2), T (e_{4}) = (1, k, k − 5)}

Notiamo che l’insieme {T (e_{1}) = (1, 0, 1), T (e_{2}) = (0, k − 3, 0), T (e_{4}) = (1, k, k − 5)} non è una base per k = 3, infatti contiene il vettore nullo, mentre potrebbe essere presa come base per k ≠ 4, 3. Per trovare una base del nucleo risolviamo il sistema omogeneo associato a M:

\begin{cases}x + 2z − w = 0 \\ (k − 3)y − z + kw = 0 \\ (k − 4)w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = (6 − 2k)t \\ y = t \\ z = (k − 3)t \\ w = 0 \end{cases}

Quindi una base del nucleo è

B(N(T)) = {(6 − 2k, 1, k − 3, 0)} , dim(N(T)) = 1

– Se k = 4 abbiamo osservato al punto precedente che dim(Im(T)) = rg(M) = 2. Inoltre una sua base è

B(Im(T)) = {T (e_{1}) = (1, 0, 1), T (e_{2}) = (0, 1, 0)}

Per trovare una base del nucleo risolviamo il sistema omogeneo associato a M:

\begin{cases}x + 2z + w = 0 \\ y − z + 4w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2t + s \\ y = t − 4s \\ z = t \\ w = s \end{cases}

Quindi una base del nucleo è

B(N(T)) = {(−2, 1, 1, 0), (1, −4, 0, 1)} , dim(N(T)) = 2

c) Abbiamo già osservato che per k ≠ 4 l’applicazione T è suriettiva, quindi in tali casi v appartiene

all’immagine di T, che coincide con tutto R^{3}. Infatti per k ≠ 4, si ha rg(M) = rg(M|v) = 3.

Per k = 4, invece, rg(M) = 2 ≠ rg(M|v) = 3, quindi v non appartiene all’immagine di T.

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Esercizio 0.5. Sia T : R^{4} → R^{4} l’endomorfismo definito dalla matrice

M = [\begin{matrix}2 & 4 & 0 & 0 \\ 4 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 4 \end{matrix}]

a) Si stabilisca se T è diagonalizzabile.

b) Si trovi una base ortonormale B di R^{4} formata da autovettori di T.

c) Si determini la matrice associata a T rispetto alla base B trovata al punto precedente.

Soluzione: a) L’endomorfismo T è sicuramente diagonalizzabile perché la matrice M associata a T rispetto alla

base canonica, che è ortonormale, è simmetrica.

b) Il polinomio caratteristico di T è

p_{T} (λ) = (2 − λ)(2 − λ) [(4 − λ)^{2} − 4] − 4 · 4 [(4 − λ)^{2} − 4]
= (λ^{2} − 8λ + 12)(λ^{2} − 4λ − 12)

Di conseguenza gli autovalori di T sono λ = 6, doppio, e λ = ±2, singoli. Calcolando gli autospazi otteniamo:

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

I generatori degli autospazi trovati sono tutti tra loro ortogonali, quindi una base ortonormale di R^{4} si ottiene normalizzando tali vettori:

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

c) Per definizione di autovettore, la matrice associata a T rispetto alla base B è la matrice diagonale

M_{B}(T) = D = [\begin{matrix}6 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

Infatti, per esempio,

T (v_{1}) = T (\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0, 0) = λv_{1} = 6v_{1} = 6v_{1} + 0v_{2} + 0v_{3} + 0v_{4} = (6, 0, 0, 0)_{B}

Risultati analoghi si ottengono per gli altri autovettori.

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Esercizio 0.6. Cos’è un autovettore di una matrice? Dare degli esempi per matrici 3 × 3. Dare anche un esempio di matrice reale priva di autovettori.