CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

FOGLIO DI ESERCIZI 2– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2012 /13

Esercizio 2.1 (2.5).

a) Determinare la posizione reciproca (cioè se sono incidenti, parallele o sghembe) delle rette r e r′ di equazioni parametriche:

r : \begin{cases}x = 2t \\ y = t + 1 \\ z = t + 3 \end{cases} r′ : \begin{cases}x = s \\ y = 2 \\ z = s + 2 \end{cases}

b) Se le rette sono incidenti determinare l’ampiezza dell’angolo tra esse.

Soluzione:

a) Osserviamo subito che r e r′ non sono parallele in quanto r è parallela al vettore (2, 1, 1) mentre

r′ è parallela al vettore (1, 0, 1).

Per stabilire se sono incidenti cerchiamo l’intersezione r ∩ r′ risolvendo il sistema di 3 equazioni nelle due incognite t, s:

\begin{cases}2t = s \\ t + 1 = 2 \\ t + 3 = s + 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = 2 \\ t = 1 \\ 1 + 3 = 2 + 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = 2 \\ t = 1 \end{cases}

Sostituendo nell’equazione di r (o analogamente di r′) il valore di t (o di s) determinato, troviamo che r e r′ sono incidenti nel punto P (2, 2, 4).

b) L’angolo ϑ formato dalle rette r e r′ corrisponde all’angolo formato dai rispettivi vettori direzione u = (2, 1, 1) e v = (1, 0, 1). Possiamo quindi sfruttare la formula

cos(ϑ) = \frac{(u, v)}{|u| · |v|} = \frac{u · v^{T}}{|u| · |v|}

dove

|u| = \sqrt{(u, u)} = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}
|v| = \sqrt{(v, v)} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}

Quindi

cos(ϑ) = \frac{2 + 1}{\sqrt{12}} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2} ⇒ ϑ = 30^{∘}.

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Esercizio 2.2 (2.21). Nel piano, si considerino le rette r_{1}, r_{2}, r_{3} di equazioni

r_{1} : \begin{cases}x = 1 − 2t \\ y = 2t \end{cases}  r_{2} : x − 2y + 1 = 0,  r_{3} : 2x + y − 2 = 0.

a) Si trovi un’equazione cartesiana della retta r parallela a r_{1} e passante per il punto A = r_{2} ∩ r_{3}.

b) Si trovi un’equazione cartesiana della retta s perpendicolare a r_{1} e passante per A.

c) Si calcoli l’angolo tra le rette r_{1} e r_{2} e tra le rette r_{2} e r_{3}.

Soluzione:

a) Determiniamo A = r_{2} ∩ r_{3} risolvendo il sistema

\begin{cases}x − 2y + 1 = 0 \\ 2x + y − 2 = 0. \end{cases} ⇒ A (\frac{3}{5}, \frac{4}{5})

La retta r è quindi la retta per A di direzione parallela al vettore (−2, 2):

r : \begin{cases}x = \frac{3}{5} − 2t \\ y = \frac{4}{5} + 2t \end{cases} ⇒ x + y − \frac{7}{5} = 0

In alternativa potevamo ricavare l’equazione cartesiana di r_{1}:

r_{1} : \begin{cases}x = 1 − 2t \\ y = 2t \end{cases} ⇒ x + y − 1 = 0 ⇒ y = −x + 1

Di conseguenza l’equazione cartesiana di r è:

y − \frac{4}{5} = − (x − \frac{3}{5}) ⇒ x + y − \frac{7}{5} = 0

b) Utilizzando l’equazione parametrica di s, una direzione perpendicolare a quella di r_{1} è data dal vettore (2, 2), quindi:

s : \begin{cases}x = \frac{3}{5} + 2t \\ y = \frac{4}{5} + 2t \end{cases} ⇒ x − y + \frac{1}{5} = 0

Utilizzando in alternativa l’equazione cartesiana di r_{1}, la retta s ha coefficiente angolare opposto del reciproco del coefficiente angolare di r_{1}, quindi 1:

s : y − \frac{4}{5} = (x − \frac{3}{5}) ⇒ x − y + \frac{1}{5} = 0

c) Ricaviamo le equazioni parametriche delle tre rette per avere dei vettori direzione. Sappiamo già che r_{1} è parallela a v_{1} = (−2, 2), inoltre

r_{2} : \begin{cases}x = −1 + 2t \\ y = t \end{cases} r_{3} : \begin{cases}x = t \\ y = 2 − 2t \end{cases}

Quindi r_{2} è parallela a v_{2}(2, 1) e r_{3} è parallela a v_{3}(1, −2). Infine

cos(v_{1}v_{2}) = \frac{−4 + 2}{\sqrt{8} · \sqrt{5}} = \frac{−2}{2\sqrt{10}} = −\frac{1}{\sqrt{10}} ⇒ ϑ = arccos (−\frac{1}{\sqrt{10}})

Notiamo che i vettori v_{2} e v_{3} sono ortogonali, quindi l’angolo tra r_{2} e r_{3} è \frac{π}{2} .

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Esercizio 2.3 (2.27). Siano assegnati il punto A = (1, 2, 1) il piano π e la retta s di equazioni

π : x + z = 4, s : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases}

a) Si determini il punto B, proiezione ortogonale di A su π e la retta r passante per A e per B.

b) Indicato con C il punto di intersezione tra s e r e con D il punto di intersezione tra s e π, si determini un’equazione della retta CD.

c) Si determini l’angolo tra r e la retta CD.

Soluzione:

a) Per trovare B determiniamo l’equazione della retta r passante per A e ortogonale a π, cioè di direzione (1, 0, 1):

r : \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \end{cases}

Il punto B è dato dall’intersezione tra r e π:

B : \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \\ x + z = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \\ 1 + s + 1 + s = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = 1 \\ x = 2 \\ y = 2 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ B = (2, 2, 2)

Notiamo che la retta passante per A e B richiesta è la retta r precedentemente trovata. b) Calcoliamo le intersezioni:

C = r ∩ s : \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \\ x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \\ 1 + s = 1 + t \\ 2 = 2 \\ 1 + s = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = −1 \\ t = −1 \\ x = 0 \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ C = (0, 2, 0)

D = s ∩ π : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = 0 \\ x + z = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = 0 \\ 1 + t = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = 3 \\ x = 4 \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ D = (4, 2, 0)

Il vettore CD è (4, 0, 0), quindi un’equazione della retta CD è:

r_{CD} : \begin{cases}x = 4t \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases} ∀ t ∈ ℝ

c) La retta r è parallela al vettore u = (1, 0, 1) e la retta CD è parallela al vettore v = (4, 0, 0). Indicato con ϑ l’angolo tra le due rette si ottiene:

cos(ϑ) = \frac{(u, v)}{|u| · |v|} = \frac{4}{\sqrt{2} · 4} = \frac{\sqrt{2}}{2} ⇒ ϑ = arccos (\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{π}{4} = 45^{∘}.

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Esercizio 2.4 (12.16). Determinare per quali valori di k il triangolo di vertici A_{1}(0, 0), A_{2}(4, 2) e A_{3}(1, k) ha area 5.

Soluzione: L’area del triangolo di vertici A_{1}, A_{2} e A_{3} è metà dell’area del parallelogramma di lati

\overrightarrow{A_{3}A_{1}} = (1, k), \overrightarrow{A_{2}A_{1}} = (4, 2)

Ricordando la formula per l’area di un parallelogramma in ℝ^{2} otteniamo quindi

Area(triangolo A_{1}A_{2}A_{3}) = \frac{1}{2} |det [\begin{matrix}1 & k \\ 4 & 2 \end{matrix}]| = |\frac{1}{2}(2 − 4k)| = |1 − 2k|

Imponendo la condizione che l’area del triangolo sia 5 otteniamo 1 − 2k = ±5, quindi k = −2 o k = 3.

Abbiamo quindi ottenuto due possibili soluzioni: • k = −2 ovvero A_{3} = (1, −2).

• k = 3 ovvero A_{3} = (1, 3).

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Esercizio 2.5 (v. 12.23). Siano A = (0, −1, 0), B = (−2, 0, −3), C = (−1, 0, −1) punti dello spazio. a) Calcolare l’area del triangolo di vertici A, B, C.

b) Stabilire se il punto D = (2, 2, 2) appartiene al piano contenente A, B, C.

Soluzione:

a) L’area del parallelogramma di lati AB e AC è data dalla lunghezza del vettore AB × AC. Poiché AB = (−2, 1, −3) e AC = (−1, 1, −1), otteniamo

AB × AC = det [\begin{matrix}i & j & k \\ −2 & 1 & −3 \\ −1 & 1 & −1 \end{matrix}] = 2i + j − k = (2, 1, −1) ⇒ |AB × AC| = \sqrt{6}.

Infine l’area del triangolo è metà dell’area del parallelogramma:

Area(ABC) = \frac{\sqrt{6}}{2}.

b) Un modo consiste nel determinare il piano passante per i tre punti A, B, C il quale ha equazione

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

Il punto D non soddisfa l’equazione di π: 4 + 2 − 2 ≠ −1, quindi D non appartiene al piano contenente A, B, C.

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Esercizio 2.6 (12.19). Calcolare il volume del parallelepipedo di lati u(1, 0, 0), v(−3, 1, 1) e w(−2, 2, 5).

Soluzione: Il volume del parallelepipedo è dato dal prodotto misto dei vettori che formano i lati del parallelepipedo. Cominciamo a calcolare il vettore prodotto vettoriale di v e w:

v × w = (3, 13, −4)

Quindi

Volume(parallelepipedo) = |(u, (v × w))| = |u · v × w| = |((1, 0, 0), (3, 13, −4))| = |3| = 3

Analogamente

Volume(parallelepipedo) = |det [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ −3 & 1 & 1 \\ −2 & 2 & 5 \end{matrix}]| = |1 · (5 − 2)| = 3

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Esercizio 2.7 (12.20). Siano P_{1} = (1, −1, 0), P_{2} = (1, 0, −1), P_{3} = (1 + \frac{2}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}, −1 − \frac{1}{\sqrt{3}}), e P_{4} = (1, 2, 1) quattro punti nello spazio.

a) Calcolare l’angolo tra i vettori \overrightarrow{P_{1}P_{2}} e \overrightarrow{P_{2}P_{3}}.

b) Calcolare il volume del prisma con base il triangolo P_{1}P_{2}P_{3} e lato il segmento P_{1}P_{4}.

Soluzione:

a) Sia ϑ l’angolo cercato, usiamo la formula

cos(ϑ) = \frac{(\overrightarrow{P_{1}P_{2}}, \overrightarrow{P_{2}P_{3}})}{|\overrightarrow{P_{1}P_{2}}| · |\overrightarrow{P_{2}P_{3}}|}

Poichè

\overrightarrow{P_{2}P_{3}} = (\frac{2}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}) , \overrightarrow{P_{1}P_{2}} = (0, 1, −1),

si ha

(\overrightarrow{P_{1}P_{3}}, \overrightarrow{P_{2}P_{3}}) = 0 − \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{3}} = 0

Quindi cos(ϑ) = 0 e ϑ = \frac{π}{2} .

b) Il volume del prisma é metà del volume del parallelepipedo di lati \overrightarrow{P_{1}P_{2}}, \overrightarrow{P_{1}P_{3}} e \overrightarrow{P_{1}P_{4}}. Poichè

\overrightarrow{P_{1}P_{3}} = (\frac{2}{\sqrt{3}}, 1 − \frac{1}{\sqrt{3}}, −1 − \frac{1}{\sqrt{3}}) , \overrightarrow{P_{1}P_{4}} = (0, 3, 1)

otteniamo

V = |(\overrightarrow{P_{1}P_{2}}, \overrightarrow{P_{1}P_{3}} × \overrightarrow{P_{1}P_{4}})| = |\overrightarrow{P_{1}P_{2}} · (\overrightarrow{P_{1}P_{3}} × \overrightarrow{P_{1}P_{4}})|

= \frac{1}{2} · |((0, 1, −1), (4 + \frac{2}{\sqrt{3}}, −\frac{2}{\sqrt{3}}, \frac{6}{\sqrt{3}}))| = \frac{1}{2} · |−\frac{8}{\sqrt{3}}| = \frac{4}{\sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{3}

Analogamente

V = |(\overrightarrow{P_{1}P_{2}}, \overrightarrow{P_{1}P_{3}} × \overrightarrow{P_{1}P_{4}})| = \frac{1}{2} · |det [\begin{matrix}0 & 1 & −1 \\ \frac{2}{\sqrt{3}} & 1 − \frac{1}{\sqrt{3}} & −1 − \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & 3 & 1 \end{matrix}]|

= \frac{1}{2} · |−\frac{8}{\sqrt{3}}| = \frac{4}{\sqrt{3}}

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Esercizio 2.8 (12.22). Si considerino i piani π_{1}, π_{2}, π_{3} di equazioni:

π_{1} : 2x − y = 1,  π_{2} : x + y + z = 0,  π_{3} : x − 2z = 1.

a) Si determini l’insieme intersezione dei tre piani.

b) Si trovi il piano π_{4} passante per l’origine e perpendicolare alla retta r = π_{1} ∩ π_{2}.

c) Si determini l’area del triangolo di vertici A, B, C, con A = π_{1} ∩ π_{2} ∩ π_{3}, B = π_{1} ∩ π_{3} ∩ π_{4}, C = π_{2} ∩ π_{3} ∩ π_{4}.

Soluzione:

a) Mettiamo a sistema i tre piani:

\begin{cases}2x − y = 1 \\ x + y + z = 0 \\ x − 2z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 2x − 1 \\ z = \frac{1}{2}x − \frac{1}{2} \\ x + 2x − 1 + \frac{1}{2}x − \frac{1}{2} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{3}{7} \\ y = −\frac{1}{7} \\ z = −\frac{2}{7} \end{cases} ⇒

π_{1} ∩ π_{2} ∩ π_{3} = A = (\frac{3}{7}, −\frac{1}{7}, −\frac{2}{7}) .

b) Calcoliamo la retta r = π_{1} ∩ π_{2}:

\begin{cases}2x − y = 1 \\ x + y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 2x − 1 \\ z = 1 − 3x \end{cases} ⇒ r : \begin{cases}x = t \\ y = −1 + 2t \\ z = 1 − 3t \end{cases}

La retta ha direzione (1, 2, −3), quindi un piano ortogonale a r ha equazione del tipo x+2y−3z = d. Imponendo il pasaggio per l’origine otteniamo d = 0. Infine il piano cercato è

π_{4} : x + 2y − 3z = 0

c) Abbiamo già trovato A nel punto a). Analogamente mettendo a sistema gli altri piani otteniamo:

\begin{cases}x = \frac{1}{7} \\ y = −\frac{5}{7} \\ z = −\frac{3}{7} \end{cases} ⇒ π_{1} ∩ π_{3} ∩ π_{4} = B = (\frac{1}{7}, −\frac{5}{7}, −\frac{3}{7})

\begin{cases}x = \frac{5}{7} \\ y = −\frac{4}{7} \\ z = −\frac{1}{7} \end{cases} ⇒ π_{2} ∩ π_{3} ∩ π_{4} = C = (\frac{5}{7}, −\frac{4}{7}, −\frac{1}{7}) .

Di conseguenza

\overrightarrow{AC} = (\frac{2}{7}, −\frac{3}{7}, \frac{1}{7}) , \overrightarrow{BC} = (\frac{4}{7}, \frac{1}{7}, \frac{2}{7}) . ⇒ \overrightarrow{AC} × \overrightarrow{BC} = (−1, 0, −2)

Infine

Area(ABC) = \frac{1}{2}| (−1, 0, 2) | = \frac{1}{2}\sqrt{5}

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Esercizio 2.9 (1.2). Per ognuna delle seguenti coppie di matrici A, B e scalari λ, μ ∈ ℝ, calcolare A + B, B − A, λA + μB, AB, BA, A^{2}:

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 2 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}3 & 2 \\ −1 & 4 \end{matrix}]  λ = \frac{1}{2}, μ = 0

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 3 & −1 & −1 \\ 2 & 0 & −1 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}3 & 0 & 2 \\ −1 & 4 & 5 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix}]  λ = 2, μ = −1

Soluzione: Comiciamo dalla prima coppia di matrici:

A + B = [\begin{matrix}4 & 3 \\ 1 & 6 \end{matrix}]  B − A = [\begin{matrix}2 & 1 \\ −3 & 2 \end{matrix}]
λA + μB = \frac{1}{2} · A + 0 · B = \frac{1}{2}A = [1 1^{\frac{1}{2} \frac{1}{2}}]  AB = [\begin{matrix}2 & 6 \\ 4 & 12 \end{matrix}]
BA = [\begin{matrix}7 & 7 \\ 7 & 7 \end{matrix}]  A^{2} = A · A = [\begin{matrix}3 & 3 \\ 6 & 6 \end{matrix}]

Analogamente per la seconda coppia di matrici:

A + B = [\begin{matrix}4 & 0 & 3 \\ 2 & 3 & 4 \\ 1 & 0 & −1 \end{matrix}]  B − A = [\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ −4 & 5 & 6 \\ −3 & 0 & 1 \end{matrix}]

λA + μB = 2A − B = [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 7 & −6 & −7 \\ 5 & 0 & −2 \end{matrix}]  AB = [\begin{matrix}2 & 0 & 2 \\ 11 & −4 & 1 \\ 7 & 0 & 4 \end{matrix}]

BA = [\begin{matrix}7 & 0 & 1 \\ 21 & −4 & −10 \\ −1 & 0 & −1 \end{matrix}]  A^{2} = A · A = [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ −2 & 1 & 5 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}]

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Esercizio 2.10 (1.3). Date le seguenti matrici:

A_{1} = [\begin{matrix}−1 & 2 & 5 & −3 \\ 3 & −1 & 0 & 2 \\ 4 & 0 & 0 & −2 \end{matrix}];  A_{2} = [\begin{matrix}0 & −2 & 5 \\ 4 & −3 & 2 \end{matrix}];  A_{3} = [\begin{matrix}5 & 0 \\ −1 & 2 \\ 4 & 5 \\ 5 & −1 \end{matrix}];

A_{4} = [\begin{matrix}3 & 5 \\ −1 & 10 \\ −2 & 0 \end{matrix}];  A_{5} = [\begin{matrix}−2 & 4 & 1 \\ −4 & 4 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}];  A_{6} = [\begin{matrix}−3 & 1 & −1 \\ −8 & 5 & 3 \end{matrix}];

calcolare, quando possibile, i prodotti A_{i} · A_{j} per i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Soluzione: Ricordiamo che una matrice è detta n × m se ha n righe e m colonne. Inoltre è possibile moltiplicare due matrici A e B solamente se

• A è del tipo n × m
• B è del tipo m × k

(cioè se il numero delle colonne di A è uguale al numero delle righe di B). Il risultato è una matrice C del tipo n × k.

Scriviamo solo i prodotti che è possibile effettuare:

A_{1} · A_{3} = [\begin{matrix}−2 & 32 \\ 26 & −4 \\ 10 & 2 \end{matrix}]

A_{2} · A_{1} = [\begin{matrix}14 & 2 & 0 & −14 \\ −5 & 11 & 20 & −22 \end{matrix}]  A_{2} · A_{4} = [\begin{matrix}−8 & −20 \\ 11 & −10 \end{matrix}]  A_{2} · A_{5} = [\begin{matrix}8 & −8 & 8 \\ 4 & 4 & −8 \end{matrix}]
A_{3} · A_{2} = [\begin{matrix}0 & −10 & 25 \\ 8 & −4 & −1 \\ 20 & −23 & 30 \\ −4 & −7 & 23 \end{matrix}]  A_{3} · A_{6} = [\begin{matrix}−15 & 5 & −5 \\ −13 & 9 & 7 \\ −52 & 29 & 11 \\ −7 & 0 & −8 \end{matrix}]
A_{4} · A_{2} = [\begin{matrix}20 & −21 & 25 \\ 40 & −28 & 15 \\ 0 & 4 & −10 \end{matrix}]  A_{4} · A_{6} = [\begin{matrix}−49 & 28 & 12 \\ −77 & 49 & 31 \\ 6 & −2 & 2 \end{matrix}]
A_{5} · A_{1} = [\begin{matrix}18 & −8 & −10 & 12 \\ 32 & −12 & −20 & 12 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]  A_{5} · A_{4} = [\begin{matrix}−12 & 30 \\ −24 & 20 \\ 0 & 0 \end{matrix}]  A_{5} · A_{5} = [\begin{matrix}−12 & 8 & 14 \\ −8 & 0 & 12 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]
A_{6} · A_{1} = [\begin{matrix}2 & −7 & −15 & 13 \\ 35 & −21 & −40 & 28 \end{matrix}]  A_{6} · A_{4} = [\begin{matrix}−8 & −5 \\ −35 & 10 \end{matrix}]  A_{6} · A_{5} = [\begin{matrix}2 & −8 & 1 \\ −4 & −12 & 12 \end{matrix}]
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Esercizio 2.11 (1.4). Date le matrici

A = [1 2 3 4] I_{4} = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

calcolare i prodotti AI_{4} e I_{4}A^{T}. Soluzione: Notiamo che la matrice quadrata I_{4} è detta matrice identica di ordine 4. In generale le matrici identiche (dei differenti ordini) vengono indicate I.

AI_{4} = [1 2 3 4] = A

I_{4}A^{T} = I_{4} · [\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{matrix}] = [\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{matrix}] = A^{T}

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Esercizio 2.12 (1.5). Date le matrici

A = [−2 \frac{1}{2} 3 1] B = [1 −3 \frac{2}{3} 1]

calcolare 3A − 2B e AB^{T}. Soluzione:

3A − 2B = [−6 \frac{3}{2} 9 3] − [2 −6 \frac{4}{3} 2] = [−8 \frac{15}{2} \frac{23}{3} 1]

AB^{T} = [−2 \frac{1}{2} 3 1] · [ 1 ; −3 ; \frac{2}{3} ; 1] = [−\frac{1}{2}]

Notiamo che la matrice [−\frac{1}{2}] è detta matrice scalare.

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Esercizio 2.13 (1.6). Calcolare la potenza A^{3} della matrice

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

8 FOGLIO DI ESERCIZI 2 – GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2012/13

Soluzione: Si tratta di eseguire due prodotti:

A^{3} = A · A · A = [\begin{matrix}3 & −4 & 3 \\ 1 & 9 & 4 \\ 2 & −1 & 3 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 & −1 & 2 \\ 0 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}6 & −15 & 5 \\ 5 & 26 & 15 \\ 5 & −5 & 6 \end{matrix}]

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