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

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

Esercizio 0.1. Si considerino i seguenti piani:

π_{1} : x + 2y + z = 8, π_{2} : x − 4y + 2z = −10

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}x + 2y + z = 8 \\ x − 4y + 2z = −10 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2y − z + 8 \\ −6y + z = −18 \end{cases} r : \begin{cases}x = −8t + 26 \\ y = t \\ z = 6t − 18 \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 (−8, 1, 6), il piano π cercato ha equazione del tipo −8x + y + 6z = d; imponendo il passaggio per P otteniamo il piano π : −8x + y + 6z = 12.

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Esercizio 0.2. Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}k − 3 & 2k + 2 & 0 & 1 \\ 2k − 2 & k + 1 & 0 & 1 \\ 0 & k & 0 & 0 \\ 2k + 2 & k & k & k \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 terza riga otteniamo

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

Di conseguenza il determinante si annulla per k = 0 o k = −1.

b) Dobbiamo distinguere tre casi:

– Se k ≠ 0 e k ≠ −1, per quanto ottenuto al punto precedente, il rango di A è quattro.

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

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

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

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

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

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

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

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

di determinante −4 · 1 = −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 ≠ 0 e k ≠ −1, si ha dim(N(A)) = 4 − 4 = 0.

– Se k = 0 o k = −1, si ha dim(N(A)) = 4 − 3 = 1.

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Esercizio 0.3. Cos’è un insieme di generatori di uno spazio vettoriale? Dare degli esempi per un sottospazio di ℝ^{4} e per uno spazio di matrici.

Esercizio 0.4. Data la matrice A = [\begin{matrix}3 & 0 \\ 1 & k \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}3x & 3y \\ kx + z & ky + w \end{matrix}] MA = [\begin{matrix}3x + ky & y \\ 3z + kw & w \end{matrix}]

La condizione AM = MA si traduce nel sistema

\begin{cases}3x = 3x + ky \\ 3y = y \\ kx + z = 3z + kw \\ ky + w = w \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 0 \\ kx − 2z − kw = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2s \\ y = 0 \\ z = ks − kt \\ w = 2t \end{cases}

Di consegunza la generica matrice M è del tipo

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

Infine una base di S è data dall’insieme

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

e dim(S) = 2.

c) Il polinomio caratteristico di A è p_{A}(λ) = (3 − λ)(k − λ). Di conseguenza A ha come autovalori

λ = 3 e λ = k. Dobbiamo quindi distinguere due casi. – Se k ≠ 3, allora A è una matrice 2 × 2 con due autovalori singoli ed è quindi diagonalizzabile.

– Se k = 3 dobbiamo determinare la dimensione dell’autospazio E(3).

E(3) = N(A − 3I) : [\begin{matrix}0 & 0 & | & 0 \\ 1 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ x = 0 ⇒ E(3) = ⟨(1, 0)⟩

Dal momento che l’unico autospazio E(3) 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}) = (2x_{2} − kx_{3}, x_{2} + x_{3}, x_{1} + x_{3}, kx_{1} − x_{3})

e sia v = (4, 2, k, 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}0 & 2 & −k \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ k & 0 & −1 \end{matrix}]

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

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

a) Consideriamo solo la matrice M. Anche senza avere completato la riduzione, dal momento che i due possibili pivot −k − 2 e −1 − k non si annullano contemporaneamente, per ogni valore di k la matrice 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})} = {(0, 0, 1, k), (2, 1, 0, 0), (−k, 1, 1, −1)}

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) Completiamo la riduzione della matrice

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

Il vettore v appartiene all’immagine di T se rg(M) = rg(M|v). , quindi se k = 0 o k = 1 o k = −2. □

Esercizio 0.6. Quando una matrice quadrata si dice diagonalizzabile? Ogni matrice quadrata lo è? Fornire degli esempi per illustrare la risposta.