GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE – D – 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 + 2y + z = k, con k parametro reale, e la retta r di equazioni

r : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 3 − 2t \\ z = −2 \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(1 + 2t) + 2(3 − 2t) − 2 = k  ⇒  6 = k

Di conseguenza r appartiene a π_{k} per k = 6.

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

r′ : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + 2t \\ z = 1 + t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ \begin{cases}x − y = 0 \\ x − 2z = −1 \end{cases}

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

π′ : x − y = 0  ⇒  \begin{cases}x = s \\ 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 + 2y + 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 − y = 0. Di conseguenza la retta cercata è data dall’intersezione di tali piani:

\begin{cases}2x + 2y + z = 0 \\ x − y = 0 \end{cases}  ⇒  \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = −4t \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) = x^{2} − 1,  p_{3}(x) = 3x^{3} − x^{2} + (k + 7)x + 1  p_{4}(x) = (k + 4)x + k^{2} + 4k

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) = 2x^{3} + 2x + k appartiene a V. Posto k = −3 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) = x^{2} − 1  → p_{2} = (0, 1, 0, −1)
p_{3}(x) = 3x^{3} − x^{2} + (k + 7)x + 1  → p_{3} = (3, −1, k + 7, 1)
p_{4}(x) = (k + 4)x + k^{2} + 4k  → p_{4} = (0, 0, k + 4, k^{2} + 4k)
p(x) = 2x^{3} + 2x + k  → p = (2, 0, 2, k)

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 & 3 & 0 & | & 2 \\ 0 & 1 & −1 & 0 & | & 0 \\ 1 & 0 & k + 7 & k + 4 & | & 2 \\ 0 & −1 & 1 & k^{2} + 4k & | & k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III − I \\ IV + II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 3 & 0 & | & 2 \\ 0 & 1 & −1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & k + 4 & k + 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & k^{2} + 4k & | & k \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 = −4. Notiamo però che per k = 0 si ha rg(A) = rg(A|p) = 3, mentre per k = −4 si ha rg(A) = 2 ≠ rg(A|p) = 3. Per k ≠ 0, −4, infine, rg(A) = rg(A|p) = 4. Di conseguenza il sistema ammette soluzione, ovvero p(x) appartiene a V, se e solo se k ≠ −4.

Ponendo k = −3 nella matrice ridotta otteniamo il sistema

\begin{cases}x + 3z = 2 \\ y − z = 0 \\ z + w = 0 \\ −3w = −3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 5 \\ y = −1 \\ z = −1 \\ w = 1 \end{cases}  ⇒  p(x) = 5p_{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, −4, 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) = x^{2} − 1, p_{3}(x) = 3x^{3} − x^{2} + 7x + 1} .

– Se k = −4, allora dim(V) = rg(A) = 2 e una sua base è

B = {p_{1}(x) = x^{3} + x, p_{2}(x) = x^{2} − 1} .
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Esercizio 0.3. Dare la definizione di spazio vettoriale reale. Dare un esempio di sottoinsieme di R^{4} che non è uno spazio vettoriale rispetto alle operazioni di R^{4}.

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

e sia v = (3, 0, k − 4), 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 & 1 & 3 \\ 0 & k − 1 & k + 1 & 1 \\ 1 & 0 & k + 4 & −3 \end{matrix}]

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

M|v = [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 & 3 & | & 3 \\ 0 & k − 1 & k + 1 & 1 & | & 0 \\ 1 & 0 & k + 4 & −3 & | & k − 4 \end{matrix}] ⇒ III + I [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 & 3 & | & 3 \\ 0 & k − 1 & k + 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & k + 5 & 0 & | & k − 1 \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 = −5 o k = 1. Notiamo però che per k = −5 si ha rg(M) = 2, mentre per k = 1 il rango di M resta comunque massimo, rg(M) = 3. Di conseguenza T è suriettiva se e solo se k ≠ −5, 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 ≠ −5, 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 e una possibile base è

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

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

\begin{cases}−x + z + 3w = 0 \\ (k − 1)y + (k + 1)z + w = 0 \\ (k + 5)z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = (3 − 3k)t \\ y = t \\ z = 0 \\ w = (1 − k)t \end{cases}

Quindi una base del nucleo è

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

– Se k = −5 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, −6, 0)}

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

\begin{cases}−x + z + 3w = 0 \\ −6y − 4z + w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 13t + 18s \\ y = s \\ z = t \\ w = 6s + 4t \end{cases}

Quindi una base del nucleo è

B(N(T)) = {(18, 1, 0, 6), (13, 0, 1, 4)} , dim(N(T)) = 2

c) Abbiamo già osservato che per k ≠ −5 l’endomorfismo T è suriettivo, quindi in tali casi v appartiene

all’immagine di T, che coincide con tutto R^{3}. Infatti per k ≠ −5, si ha rg(M) = rg(M|v) = 3.

Per k = −5, 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}7 & 3 & 0 & 0 \\ 3 & 7 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 7 \\ 0 & 0 & 7 & 3 \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) = (7 − λ)(7 − λ) [(3 − λ)^{2} − 49] − 3 · 3 [(3 − λ)^{2} − 49]
= (λ^{2} − 6λ − 40)(λ^{2} − 14λ + 40)

Di conseguenza gli autovalori di T sono λ = 10, doppio, e λ = ±4, singoli. Calcolando gli autospazi otteniamo:

E(10) = N(M − 10I) = ⟨(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)⟩
E(4) = N(M − 4I) = ⟨(1, −1, 0, 0)⟩
E(−4) = N(M + 4I) = ⟨(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}10 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 10 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −4 \end{matrix}]

Infatti, per esempio,

T (v_{1}) = T (\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0, 0) = λv_{1} = 10v_{1} = 10v_{1} + 0v_{2} + 0v_{3} + 0v_{4} = (10, 0, 0, 0)_{B}

Risultati analoghi si ottengono per gli altri autovettori.

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Esercizio 0.6. Cosa sono le coordinate dei vettori rispetto ad una base di uno spazio vettoriale? Dare degli esempi per un sottospazio di R^{3} e per uno spazio di matrici.