PRIMO APPELLO - GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE – B – 27/06/2013

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

Esercizio 0.1. Si considerino i seguenti piani:

π_{1} : 3x + y + z = 7, π_{2} : 6x − 9y + 2z = 3

a) Determinare un’equazione parametrica della retta r contenuta in entrambi i piani.

b) Determinare un’equazione cartesiana del piano π passante per il punto P = (1, 2, 3) e ortogonale a π_{1} e a π_{2}.

Soluzione:

a) La retta r contenuta in entrambi i piani è data dall’intersezione tra i due piani. È quindi sufficiente mettere a sistema l’equazioni dei piani:

\begin{cases}3x + y + z = 7 \\ 6x − 9y + 2z = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = −3x − z + 7 \\ 6x + 27x + 9z − 63 + 2z = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = −3x − z + 7 \\ 33x + 11z = 66 \end{cases} ⇒

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

b) Un piano ortoganale a π_{1} e a π_{2} è anche ortogonale alla retta r trovata al punto precedente. Essendo r parallela al vettore (1, 0, −3), il piano π cercato ha equazione del tipo x − 3z = d; imponendo il passaggio per P otteniamo il piano π : x − 3z = −8.

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Esercizio 0.2. Si consideri la matrice

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

a) Si calcoli il determinante di A e si stabilisca per quali k vale zero.

b) Si determini il rango di A al variare di k.

c) Si determini la dimensione del nucleo di A, cioè dello spazio delle soluzioni del sistema omogeneo associato ad A.

Soluzione:

a) Sviluppando rispetto alla seconda colonna otteniamo

det(A) = −(k + 2) · det [\begin{matrix}k + 3 & 2k + 2 & 1 \\ 2k + 6 & k − 1 & 1 \\ k + 2 & 0 & 0 \end{matrix}] = −(k + 2)^{2} det [\begin{matrix}2k + 2 & 1 \\ k − 1 & 1 \end{matrix}] = −(k + 2)^{2}(k + 3)

Di conseguenza il determinante si annulla per k = −2 o k = −3.

b) Dobbiamo distinguere tre casi:

– Se k ≠ −2 e k ≠ −3, per quanto ottenuto al punto precedente, il rango di A è quattro.

– Se k = −2, poiché det(A) = 0, si ha rg(A) ≤ 3. In particolare otteniamo la matrice

A = [\begin{matrix}0 & 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & −2 & 1 \\ 2 & 0 & −3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Si può procedere con la riduzione, oppure osservare che A contiene la sottomatrice 3 × 3:

[\begin{matrix}0 & 2 & 0 \\ 1 & −2 & 1 \\ 2 & −3 & 1 \end{matrix}]

di determinante −2 · (1 − 2) = 2 ≠ 0. Di conseguenza rg(A) = 3 – Se k = −3, come nel caso precedente sappiamo che rg(A) ≤ 3. Inoltre A è

A = [\begin{matrix}−1 & −1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & −4 & 1 \\ 0 & 0 & −4 & 1 \\ −1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Si può procedere con la riduzione, oppure osservare che A contiene la sottomatrice 3 × 3:

[\begin{matrix}−1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & −4 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix}]

di determinante 1 · (−4) = −4 ≠ 0. Di conseguenza rg(A) = 3

c) Per il teorema di nullità più rango si sa che dim(N(A)) = 4 − rg(A). Di conseguenza: – Se k ≠ −2 e k ≠ −3, si ha dim(N(A)) = 4 − 4 = 0.

– Se k = −2 o k = −3, si ha dim(N(A)) = 4 − 3 = 1.

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Esercizio 0.3. Cos’è il sottospazio generato da k vettori v_{1}, …, v_{k} di uno spazio vettoriale V? Cosa si può dire della sua dimensione? Dare degli esempi in ℝ^{3} e in uno spazio di polinomi.

Esercizio 0.4. Data la matrice A = [\begin{matrix}k & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix}] con k ∈ ℝ, si consideri l’insieme

S = {M ∈ M_{2×2}(ℝ) | AM = MA} .

a) Si dimostri che S è un sottospazio vettoriale dello spazio M_{2×2}(ℝ).

b) Si calcoli la dimensione di S e si determini una base di S.

c) Si dica per quali valori di k la matrice A è diagonalizzabile.

Soluzione:

a) Dobbiamo dimostrare la chiusura rispetto alla somma e al prodotto per scalari.

– Somma. Siano M_{1} e M_{2} due matrici che commutano con A. Allora, se M_{1} e M_{2} appartengono a S e quindi commutano con A, si ha:

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 che commuta con A, e sia λ ∈ ℝ. Allora

A (λM) = λAM = λMA = (λM) A

Quindi anche la matrice λM commuta con A e appartiene a S.

b) Esplicitiamo S. Sia M = [\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix}] la generica matrice di M_{2×2}(ℝ), di consegunenza

AM = [\begin{matrix}kx + z & ky + w \\ 2z & 2w \end{matrix}] MA = [\begin{matrix}kx & x + 2y \\ kz & z + 2w \end{matrix}]

La condizione AM = MA si traduce nel sistema

\begin{cases}kx + z = kx \\ ky + w = x + 2y \\ 2z = kz \\ 2w = z + 2w \end{cases} ⇒ \begin{cases}z = 0 \\ x + (2 − k)y − w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = (k − 2)t + s \\ y = t \\ z = 0 \\ w = s \end{cases}

Di consegunza la generica matrice M è del tipo

M = [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] · s + [\begin{matrix}k − 2 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}] · t

Infine una base di S è data dall’insieme

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

e dim(S) = 2.

c) Il polinomio caratteristico di A è p_{A}(λ) = (k − λ)(2 − λ). Di conseguenza A ha come autovalori

λ = 2 e λ = k. Dobbiamo quindi distinguere due casi. – Se k ≠ 2, allora A è una matrice 2 × 2 con due autovalori singoli ed è quindi diagonalizzabile.

– Se k = 2 dobbiamo determinare la dimensione dell’autospazio E(1).

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ y = 0 ⇒ E(2) = ⟨(0, 1)⟩

Dal momento che l’unico autospazio E(2) ha dimensione uno, in questo caso A non è diagonalizzabile.

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Esercizio 0.5. Sia T : ℝ^{3} → ℝ^{4} l’applicazione lineare definita da

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} − 2x_{2}, x_{2} + x_{3}, 2kx_{1} − x_{2}, kx_{1} − x_{2})

e sia v = (−3, 0, 0, −k), con k parametro reale.

a) Si trovino basi del nucleo e dell’immagine di T al variare di k.

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

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

Soluzione: La matrice associata a T rispetto alla base canonica è

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

Per rispondere a tutte le domande riduciamo a gratini la matrice completa M|v.

[\begin{matrix}1 & −2 & 0 & | & −3 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 2k & −1 & 0 & | & 0 \\ k & −1 & 0 & | & −k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III − 2kI \\ 2IV − III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −2 & 0 & | & −3 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & −1 + 4k & 0 & | & 6k \\ 0 & −1 & 0 & | & −2k \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}III − (4k − 1)II \\ IV + II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −2 & 0 & | & −3 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 − 4k & | & 6k \\ 0 & 0 & 1 & | & −2k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}IV \\ III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −2 & 0 & | & −3 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & −2k \\ 0 & 0 & 1 − 4k & | & 6k \end{matrix}] ⇒

IV + (4k − 1)III [\begin{matrix}1 & −2 & 0 & | & −3 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & −2k \\ 0 & 0 & 0 & | & −8k^{2} + 8k \end{matrix}]

Per la riduzione si potevano notevolmente semplificare i conti effettuando degli scambi di colonne, per esempio scambiando prima e terza colonna al primo passaggio.

a) Consideriamo solo la matrice M. Per ogni valore di k, M ha rango tre, quindi dim(Im(T)) = rg(M) = 3 e dim(N(T)) = 3 − 3 = 0. Inoltre una base di Im(T) è data da

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

Il nucleo è formato dal solo vettore nullo di ℝ^{3} : N(T) = {(0, 0, 0)}

b) Poiché per ogni k il nucleo di T ha sempre dimensione zero, T è iniettiva per ogni k. La dimensione dell’immagine è invece tre per ogni k, quindi Im(T) è un sottospazio proprio di ℝ^{4} e T non è mai suriettiva. Notiamo anche che un’applicazione da ℝ^{3} in ℝ^{4} non può essere suriettiva.

c) Il vettore v appartiene all’immagine di T se rg(M) = rg(M|v), quindi se k = 0 o k = 1.

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Esercizio 0.6. Cosa sono le molteplicità algebriche e geometriche di un autovalore di una matrice? Possono essere diverse? Dare un esempio numerico per una matrice 3 × 3.