Geometria e algebra lineare 7/2/2018 Corso di laurea in Ing. Elett. Tel., Ing. Inf. Org. e Informatica Correzione

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1 Geometria e algebra lineare 7//08 Corso di laurea in Ing. Elett. Tel., Ing. Inf. Org. e Informatica Correzione A Esercizio A Siano r la retta passante per i punti A = (0,, 0) e B = (,, ) ed s la retta di equazioni parametriche x = + t y = t z = t. Si mostri che le due rette sono sghembe.. Si trovi un equazione cartesiana del piano π parallelo a r e contenente s. 3. Si trovi la distanza tra le rette r e s. Risposte: π : x z = / La retta r ha direzione data dal vettore v = AB = (, 3, ), la retta s ha direzione data dal vettore u = (,, ). Consideriamo un terzo vettore, che congiunga un punto di r, ad esempio il punto A, e un punto di s, ad esempio il punto C = (, 0, 0), w = AC = (,, 0). Costruiamo la matrice che ha sulle colonne le componenti dei vettori v, u e w e calcoliamone il determinante: det 3 0 e quindi le rette sono sghembe. 3R = det [ [ det 3 = + 5 = 4 0 Per trovare il piano parallelo a r e contenente s vogliamo considerare il fascio di piani di sostegno s, e quindi scriviamo innanzitutto equazioni cartesiane per s : { x z = 0 Il fascio ha quindi equazione y z = 0 λ(x z ) + µ(y z) = λx + µy (λ + µ)z = 0 Il piano del fascio parallelo ad r è quello la cui direzione normale N = (λ, µ, λ µ) è ortogonale a v. Imponiamo l ortogonalità, ottenendo: 0 = v N = λ + 3µ λ µ = µ, quindi µ = 0 e il piano cercato è (ponendo λ = ) π : x z = 0 La distanza di r da s è la distanza di un punto qualsiasi di r da s ; scegliendo il punto A otteniamo d(r, s) = d(a, π) = =

2 Esercizio A Nello spazio R 3 [x dei polinomi di grado al più 3 si considerino i vettori p (x) = x 3, p (x) = x + 3, p 3 (x) = kx + 5, p 4 (x) = kx + 5x.. Trovare i valori del parametro reale k per i quali i vettori p, p, p 3, p 4 formano una base di R 3 [x.. Posto k = 0, scrivere (se possibile) uno dei quattro polinomi come combinazione lineare degli altri. Risposte: k 0, 5/3 p 4 = 5p 3p 3 Scegliamo una base di R 3 [x, ad esempio {, x, x, x 3 }, costriamo la matrice che ha sulle colonne le coordinate dei quattro polinomi e riduciamola in forma a scalini k k S 4 S k k E 4 ( 3) k k k k k k 5 Vediamo quindi che la matrice ha rango quattro (e quindi i quattro polinomi formano una base) se e solo se k 0, 5/3. Poniamo ora k = 0 e vediamo che in questo caso il polinomio p 4 è combinazione lineare degli altri. Per trovare i coefficienti della combinazione procediamo con la riduzione all indietro (non riscriviamo l ultima riga, che è nulla) D 3 (/5) Concludiamo quindi che, per k = 0 possiamo scrivere p 4 = 5p 3p 3. Esercizio 4A Si consideri la funzione lineare T : R 3 R definita da T (x, x, x 3 ) = (3x + kx x 3, 3kx + x kx 3 ).. Si trovi una base del nucleo e dell immagine di T al variare del parametro k.. Per quali valori del parametro reale k la funzione T è suriettiva? 3. (*) Si consideri la base B = {(4, ), (, )} di R. Posto k = 0, si determini la matrice associata a T rispetto alla base canonica nel dominio e alla base B nel codominio.

3 Risposte: k ± : Ker(T ) = (, 0, 3), Im(T ) = R k = ± [ : Ker(T ) = (, 0, 3), (, 3, 0), Im(T ) = (, ±) 3/ / M = 3 Per rispondere al primo quesito, scriviamo la matrice rappresentativa di T canoniche di R 3 ed R e troviamone una forma a scalini [ [ 3 k 3 k A = E 3k k ( k) 0 k 0 rispetto alle basi Vediamo quindi che, per k l immagine di T ha dimensione, ed è quindi R, mentre il nucleo è formato dai vettori con y = 0 e 3x = z ; una base del nucleo è quindi data da {(/3, 0, )}. Se invece k = la matrice ha rango uno, quindi l immagine ha dimensione uno, e una base è formata dal vettore nella prima colonna della matrice, cioè {(3, 3}, mentre il nucleo è formato dai vettori tali che 3x + y z = 0, cioè dai vettori del tipo ((z y)/3, y, z) = y( /3,, 0) + z(/3, 0, ). Una base del nucleo è quindi data da {( /3,, 0), /3, 0, )}. Il caso k = è del tutto analogo. Per trovare la matrice richiesta troviamo innazitutto la matrice di passaggio dalla base canonica di R alla base B. [ [ MB C 4 = M B C = (MB) C / / = La matrice cercata si ottiene ora moltiplicando a sinistra la matrice A 0 per la matrice MC B [ [ [ / / 3 0 3/ / = Esercizio 5A Sia A la matrice reale. Si calcolino gli autovalori di A. A = t 0. Si stabilisca per quali valori reali di t la matrice A è diagonalizzabile. 3. Posto t =, si trovi, se possibile, una base ortonormale di R 3 formata da autovettori di A. Risposte: {, ± t} t 0{ ( ) ( )} B = (0,, 0),, 0,,, 0, Troviamo il polinomio caratteristico di A λ 0 χ A (λ) = det 0 λ 0 = R ( λ)[( λ)( λ) t = t 0 λ

4 Le radici del fattore di secondo grado sono = ( λ)(λ λ + t) λ, = t. Per t < 0 le radici non sono reali, quindi il polinomio caratteristico non è completamente riducibile e la matrice A non è diagonalizzabile. Per t > 0 il polinomio caratteristico è completamente riducibile, e tutti gli autovalori hanno molteplicità algebrica pari ad uno, quindi la matrice A è diagonalizzabile. Nel caso t = 0 il polinomio caratteristico di A è χ A (λ) = (λ ) 3, e quindi l unico autovalore è, con molteplicità algebrica 3. Calcoliamo la molteplicità geometrica di tale autovalore, che è la dimensione dello spazio delle soluzioni del sistema lineare di matrice A I : Il rango della matrice è uno, quindi la dimensione dello spazio delle soluzioni è due. La molteplicità geometrica dell autovalore è quindi e la matrice non è diagonalizzabile. Per t = la matrice A è A = e ha tre autovalori distinti:, e 0. Troviamo i suoi autovettori E() L autospazio E() è il nucleo della funzione lineare la cui matrice rappresentativa rispetto alla base canonica è: 0 0 A I = da cui troviamo che gli elementi di E() sono i vettori con x = z = 0 ; una base di E() è data, ad esempio da v = {(0,, 0)}. E() L autospazio E() è il nucleo della funzione lineare la cui matrice rappresentativa rispetto alla base canonica è: 0 A I = da cui troviamo che gli elementi di E() sono i vettori con x = z e y = 0 ; una base di E() è data, ad esempio da v = {(, 0, )}. E(0) L autospazio E(0) è il nucleo della funzione lineare la cui matrice rappresentativa rispetto alla base canonica è: 0 A = 0 0 0

5 da cui troviamo che gli elementi di E() sono i vettori con x = z e y = 0 ; una base di E() è data, ad esempio da v 3 = {(, 0, )}. I vettori v, v, v 3 sono ortogonali a coppie, in quanto autovettori relativi ad autovalori diversi di una matrice simmetrica. Per trovare la base ortonormale richiesta è sufficiente normalizzarli, ottenendo. { ( ) ( )} B = (0,, 0),, 0,,, 0,

6 Esercizio B ) π : x z = 0 3) Esercizio B ) k 0, ) p 4 = p + p 3 Esercizio 4B ) Base di Ker(T ) : {(4, 0, )} per k ±, {(4, 0, ), (,, 0)} per k =, {(4, 0, ), (,, 0)} per k = Base di Im(T ) : {(, k), (k, )} per k ±, {(, k)} per k = ± ) k [ ± 3) 4 4 Esercizio 5B ) {, ± t} per t > 0 ; {} per t 0. ) t > 0 3) B = {(, 0, 0), (0, /, /), (0, /, /)}

7 Esercizio C ) π : x z = 3) Esercizio C ) k 0, ) p 4 = p p 3 Esercizio 4C ) Base di Ker(T ) : {(, 0, )} per k ±, {(, 0, ), (,, 0)} per k =, {(, 0, ), (,, 0)} per k = Base di Im(T ) : {(k, ), (, k)} per k ±, {(k, )} per k = ± ) k ± 3) [ Esercizio 5C ) {, ± t} per t > 0 ; { } per t 0. ) t > 0 3) B = {(0,, 0), ( /, 0, /), ( /, 0, /)}

8 Esercizio D ) π : x z = 0 3) Esercizio D ) k 0, ) p 4 = p + p + p 3 Esercizio 4D ) Base di Ker(T ) : {(,, 0)} per k ±, {(,, 0), ( 3, 0, )} per k =, {(,, 0), (3, 0, )} per k = Base di Im(T ) : {(k, ), (, k)} per k ±, {(k, )} per k = ± ) k ± 3) [ Esercizio 5D ) {, ± t} per t > 0 ; {} per t 0. ) t > 0 3) B = {(0, 0, ), ( /, /, 0), ( /, /, 0)}