PROVA INTERMEDIA - GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE – D – 13/4/2012

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

Per lo svolgimento completo degli esercizi si veda la fila A.

Esercizio 0.1. Si considerino i punti A = (1, 0, −1), B = (−4, 1, 1) e C = (−1, 1, 0).

a) Si determinino equazioni parametriche e cartesiane della retta r passante per A e B e del piano π contenente r e C.

b) Si determini la distanza di r dall’origine.

c) Si determini la distanza di π dall’origine.

Soluzione:

Soluzione:

a) La retta r ha direzione \overrightarrow{AB} = (−5, 1, 2), quindi ha equazioni

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

Calcoliamo π come il piano passante per A, B e C. Poiché \overrightarrow{AC} = (−2, 1, 1), otteniamo le equazioni

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

b) Per calcolare la distanta di r dall’origine, determiniamo il piano π_{0} perpendicolare a r e passante per l’origine. Quindi, indicata con P l’intersezione tra π_{0} e r, la distanza di r dall’origine equivale alla lunghezza del segmento OP. Poiché π_{0} ha equazione −5x + y + 2z = 0, otteniamo

P = π_{0} ∩ r = (−\frac{1}{6}, \frac{7}{30}, −\frac{8}{15})  ⇒  d(O, r) = \overline{OP} = \frac{\sqrt{330}}{30}

c) Per determinare la distanza del piano π dall’origine possiamo usare direttamente la formula

d(π, O) = \frac{| 2 |}{\sqrt{11}} = \frac{2}{\sqrt{11}} = \frac{2 \sqrt{11}}{11}

In alternativa possiamo determinare la retta r_{0} passante per l’origine e perpendicolare a P. Indicato con Q il punto di intersezione tra tale retta r_{0} e il piano π, la distanza di r dall’origine equivale alla distanza di P da O.

La direzione ortogonale a π è \overrightarrow{v} = (1, −1, 3), quindi

r_{0} : \begin{cases}x = t \\ y = −t \\ z = 3t \end{cases}  ⇒  Q = π ∩ r_{0} = (−\frac{2}{11}, \frac{2}{11}, −\frac{6}{11})

Infine

d(O, π) = \overline{OQ} = \frac{2 \sqrt{11}}{11}

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Esercizio 0.2. Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}1 & 0 & −2 & 1 \\ 1 & −1 & −2 & 2 \\ −2 & 0 & k^{2} − 2k + 4 & k − 4 \end{matrix}] k parametro reale

a) Si calcoli il rango di A al variare di k in R

b) Dato b = (0, 2, k − 2), si risolva il sistema Ax = b al variare di k. c) Esistono valori di k per cui il sistema Ax = c non ammette mai soluzione, qualsiasi sia c ∈ R^{3}?

Si giustifichi la risposta.

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

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

a) I possibili pivot k^{2} − 2k e k − 2, si annullano rispettivamente per k = 0 o k = 2 e per k = 2. Di

conseguenza – Se k ≠ 2, la matrice A ha rango 3.

– Per k = 2, la matrice A ha rango 2.

b) Scegliendo in maniera opportuna i parametri, per risolvere il sistema A|b è sufficiente distinguere

due casi.

– Se k ≠ 2, dividendo la terza riga per k − 1, otteniamo facilmente le soluzioni

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

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

– Per k = 2 otteniamo le soluzioni

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

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

c) Notiamo che se k ≠ 2, allora la matrice A ha rango massimo, quindi rg(A) = rg(A|c) = 3 qualsiasi sia c ∈ R^{3}, quindi il sistema Ax = c ammette sempre soluzione. Se k = 2 il sistema Ax = c ammette o non ammette soluzione a seconda del valore di c ∈ R^{3}. Abbiamo però visto che se c = b il sistema ammette soluzione; analogamente se c = 0 otteniamo un sistema omogeneo che quindi ammette soluzione.

In conclusione, non esistono valori di k per cui il sistema Ax = c non ammette mai soluzione, qualsiasi sia c ∈ R^{3}.

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Esercizio 0.3. Cos’è il prodotto misto di tre vettori geometrici dello spazio? Descrivere la relazione tra tale prodotto e il volume definito da tre vettori e dare un esempio.

Esercizio 0.4. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 3 \\ 0 & 1 \end{matrix}] , B = [\begin{matrix}0 & k \\ k & 0 \end{matrix}] , C = [\begin{matrix}2 & 5 \\ k & 2 \end{matrix}] , D = [\begin{matrix}2 & 6 \\ 0 & k^{2} + k + 2 \end{matrix}] , E = [\begin{matrix}k & 4k \\ k & 2k \end{matrix}] ,

con k parametro reale.

a) Si stabilisca per quali valori di k la matrice E è combinazione lineare di A, B, C e D.

b) Posto K = 1, si esprima E come combinazione lineare di A, B, C e D.

Soluzione:

Si tratta di impostare l’equazione xA + yB + zC + wD = E, che si esplicita nel sistema a cui è associata la matrice

M|b = [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 2 & | & k \\ 3 & k & 5 & 6 & | & 4k \\ 0 & k & k & 0 & | & k \\ 1 & 0 & 2 & k^{2} + k + 2 & | & 2k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 3I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 2 & | & k \\ 0 & k & −1 & 0 & | & k \\ 0 & k & k & 0 & | & k \\ 0 & 0 & 0 & k^{2} + k & | & k \end{matrix}] ⇒

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

a) Notiamo innanzitutto che se k ≠ 0, −1, allora rg(M) = rg(M|b) = 4, quindi il sistema ha soluzione e la matrice E è combinazione lineare di A, B, C, D. Se k = 0, rg(M) = rg(M|b) = 3 quindi il sistema ha soluzione e la matrice E è combinazione lineare di A, B, C, D. Per k = −1 invece rg(M) = 2 ≠ rg(M|b) = 3, quindi il sistema non ha soluzione e la matrice E non è combinazione lineare di A, B, C, D.

Infine, la matrice E è combinazione lineare di A, B, C, D se k ≠ −1.

b) Posto k = 1 risolviamo il sitema Mx = b:

\begin{cases}x + 2z + 2w = 1 \\ y − z = 1 \\ z = 0 \\ 2w = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 1 \\ z = 0 \\ w = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ E = B + \frac{1}{2}D

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Esercizio 0.5. Sia W il sottospazio di R^{4} generato dagli elementi

v_{1} = (−2, 0, −2, 0), v_{2} = (1, 1, 2, 1), v_{3} = (2, 1, 3, 1).

a) Si stabilisca per quali valori di k il vettore v = (1, k, −1, k) appartiene a W.

b) Si determini se i vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} sono linearmente indipendenti.

Soluzione: Per rispondere alla prima domanda dobbiamo stabilire se l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v ha soluzione, mentre per rispondere alla seconda domanda dobbiamo stabilire le soluzioni dell’equazione xv_{1}+yv_{2}+zv_{3} = 0. Riduciamo quindi a gradini la matrice associata alla prima equazione.

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

a) Il sistema ha soluzione solo se k = −2, quindi v è combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3} per k = −2.

b) Se consideriamo solo la matrice dei coefficienti, associata all’equazione xv_{1} +yv_{2} +zv_{3} = 0, vediamo che la matrice ha rango 2, quindi l’equazione ha infinite soluzioni e i tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3} sono linearmente dipendenti

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Esercizio 0.6. Cos’è un insieme di vettori linearmente dipendenti di uno spazio vettoriale? Dare degli esempi per un sottospazio di R^{4}.