Università degli Studi di Bergamo Scuola di Ingegneria Corso di Geometria e Algebra Lineare Appello 5 settembre 2018 Parte B Tema B1

Transcript

1 Università degli Studi di Bergamo Scuola di Ingegneria Corso di Geometria e Algebra Lineare Appello 5 settembre 08 Parte B Tema B Tempo a disposizione: due ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio deve cominciare all'inizio di una nuova pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Saranno tolti punti per le risposte non giusticate. SOLUZIONI Esercizio. a) Risolvere l'equazione z z 5 = 8 + 8i Osserviamo innanzitutto che z = 0 non è una soluzione dell'equazione. Scriviamo quindi in forma esponenziale z = ρe iθ con ρ > 0 e θ R. Abbiamo inoltre 8 + 8i = 8 e iπ. Quindi z è soluzione se e solo se Dobbiamo perciò avere ρ 7 e iθ = 8 e iπ ρ 7 = 8 = 7 θ = π + kπ con k Z, ovvero ρ = = θ = π kπ con k = 0,, (gli altri valori di k danno le stesse soluzioni). Le soluzioni sono quindi gli con k = 0,,. z k = e i( π kπ )

2 b) Scrivere una delle soluzioni in forma algebrica. Delle soluzioni precedentemente enumerate, la più semplice è quella con k = 0, ovvero z 0 = i. Esercizio. Sia data la matrice M, dipendente da un parametro k R, 0 M = 0 k a) Determinare al variare del parametro k se la matrice è invertibile o no. Una matrice è invertibile se e solo se il suo determinante è diverso da 0. Calcoliamo quindi il determinante di M, troviamo: det M = 8k + 0. La matrice M è invertibile quindi se e solo se k non è uguale a 5. b) Determinare per quale valore di k la matrice M ammette il vettore v = come autovettore. Il vettore v è un autovettore se e solo se esiste un reale λ tale che M v = λv. Abbiamo M v = k + Quindi v sarà un autovettore se λ = e k + =, cioè k = 5. c) Per il valore di k determinato alla domanda precedente, determinare autovalori e autovettori di M e dire se la matrice è diagonalizzabile. Sappiamo già che in questo caso M ha λ = come autovalore e che un autovettore corrispondente è v. Il polinomio caratteristico di M è P M (λ) = λ λ.

3 Le radici di questo polinomio sono ovvie, cioè λ = 0 (autovalore doppio) oltre a λ = (che conoscevamo già dalla domanda precedente). l'autovalore 0 è generato da v 0 = 5, quindi ha dimensione e pertanto la matrice non è diagonalizzabile. L'autospazio per d) Risolvere il sistema x + y = x y + z = 5y + z = Una soluzione ovvia è il vettore v. Siccome il nucleo della matrice M è di dimensione (vedere la domanda precedente) l'insieme delle soluzioni è della forma S = {v + tv 0 : t R}. Esercizio. Si consideri la retta r : x = 7 + 5t y = t z = + t a) Scrivere un'equazione cartesiana del piano π passante per il punto A(; ; 5) e ortogonale alla retta r. Come vettore normale al piano π possiamo prendere il vettore direzionale di r, ossia (5; ; ). Quindi l'equazione cercata è 5(x ) (y ) + (z + 5) = 0, ossia 5x y + z 7 = 0. b) Trovare il punto B in cui la retta r interseca il piano π. Basta inserire le equazioni (parametriche) di r nell'equazione di π. Si trova t = e quindi B(; ; ). c) Determinare un punto C sulla retta r tale che l'area del triangolo ABC sia uguale a 78. Il triangolo ABC è ovviamente rettangolo in B. Poiché BA = (; ; ), abbiamo che BA =. Sia ora C(7 + 5t; t; + t) il generico punto della retta r. Si

4 ha che BC = 7(t + ) = 7 t + e quindi l'area del triangolo ABC vale 78 t + /. Dall'equazione 78 t + / = 78 otteniamo t + = e quindi t = oppure t =. Ci sono quindi due possibili scelte per il punto C; la prima è (; ; 0), la seconda ( 8; ; ).

5 Università degli Studi di Bergamo Scuola di Ingegneria Corso di Geometria e Algebra Lineare Appello 5 settembre 08 Parte B Tema B Tempo a disposizione: due ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio deve cominciare all'inizio di una nuova pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Saranno tolti punti per le risposte non giusticate. SOLUZIONI Esercizio. a) Risolvere l'equazione z z 5 = 8 8i Osserviamo innanzitutto che z = 0 non è una soluzione dell'equazione. Scriviamo quindi in forma esponenziale z = ρe iθ con ρ > 0 e θ R. Abbiamo inoltre 8 8i = 8 e iπ. Quindi z è soluzione se e solo se Dobbiamo perciò avere ρ 7 e iθ = 8 e iπ ρ 7 = 8 = 7 θ = π + kπ con k Z, ovvero ρ = = θ = π kπ con k = 0,, (gli altri valori di k danno le stesse soluzioni). Le soluzioni sono quindi gli con k = 0,,. z k = e i( π kπ )

6 b) Scrivere una delle soluzioni in forma algebrica. Delle soluzioni precedentemente enumerate, la più semplice è quella con k = 0, ovvero z 0 = + i. Esercizio. Sia data la matrice M, dipendente da un parametro k R, 0 M = 9 k 5 a) Determinare al variare del parametro k se la matrice è invertibile o no. Una matrice è invertibile se e solo se il suo determinante è diverso da 0. Calcoliamo quindi il determinante di M, troviamo: det M = k. La matrice M è invertibile quindi se e solo se k non è uguale a 6. b) Determinare per quale valore di k la matrice M ammette il vettore v = come autovettore. Il vettore v è un autovettore se e solo se esiste un reale λ tale che M v = λv. Abbiamo M v = 6 k Quindi v sarà un autovettore se λ = e k =, cioè k = 0. c) Per il valore di k determinato alla domanda precedente, determinare autovalori e autovettori di M e dire se la matrice è diagonalizzabile. Sappiamo già che in questo caso M ha λ = come autovalore e che un autovettore corrispondente è v. Il polinomio caratteristico di M è P M (λ) = λ λ 5λ.

7 I due altri autovalori sono (autovalore doppio). L'autospazio per l'autovalore è di equazione x z = 0 ed è quindi di dimensione. Una sua base è data dai vettori 0 e Inoltre la matrice è diagonalizzabile, perché i suoi autovalori sono reali e ciascuno ha molteplicità algebrica uguale alla sua molteplicità geometrica. 0 0 d) Risolvere il sistema x z = 9x y z = 6 x 5z = Una soluzione ovvia è il vettore v. Siccome la matrice M è di determinante diverso da 0, questo è l'unica soluzione. Esercizio. Si consideri la retta r : x = + 5t y = t z = + t a) Scrivere un'equazione cartesiana del piano π passante per il punto A(0; ; 5) e ortogonale alla retta r. Come vettore normale al piano π possiamo prendere il vettore direzionale di r, ossia (5; ; ). Quindi l'equazione cercata è 5(x) (y ) + (z + 5) = 0, ossia 5x y + z + 8 = 0. b) Trovare il punto B in cui la retta r interseca il piano π. Basta inserire le equazioni (parametriche) di r nell'equazione di π. Si trova t = e quindi B( ; ; ).

8 c) Determinare un punto C sulla retta r tale che l'area del triangolo ABC sia uguale a 78. Il triangolo ABC è ovviamente rettangolo in B. Poiché BA = (; ; ), abbiamo che BA =. Sia ora C( + 5t; t; + t) il generico punto della retta r. Si ha che BC = 7(t + ) = 7 t + e quindi l'area del triangolo ABC vale 78 t + /. Dall'equazione 78 t + / = 78 otteniamo t + = e quindi t = oppure t =. Ci sono quindi due possibili scelte per il punto C; la prima è (9; ; 0), la seconda ( ; ; ).

9 Università degli Studi di Bergamo Scuola di Ingegneria Corso di Geometria e Algebra Lineare Appello 5 settembre 08 Parte B Tema B Tempo a disposizione: due ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio deve cominciare all'inizio di una nuova pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Saranno tolti punti per le risposte non giusticate. SOLUZIONI Esercizio. a) Risolvere l'equazione z 5 z = 8 + 8i Osserviamo innanzitutto che z = 0 non è una soluzione dell'equazione. Scriviamo quindi in forma esponenziale z = ρe iθ con ρ > 0 e θ R. Abbiamo inoltre 8 + 8i = 8 e iπ. Quindi z è soluzione se e solo se Dobbiamo perciò avere ρ 7 e iθ = 8 e iπ ρ 7 = 8 = 7 θ = π + kπ con k Z, ovvero ρ = = θ = π + kπ con k = 0,, (gli altri valori di k danno le stesse soluzioni). Le soluzioni sono quindi gli con k = 0,,. z k = e i( π + kπ )

10 b) Scrivere una delle soluzioni in forma algebrica. Delle soluzioni precedentemente enumerate, la più semplice è quella con k = 0, ovvero z 0 = + i. Esercizio. Sia data la matrice M, dipendente da un parametro k R, 8 M = 0 8 k a) Determinare al variare del parametro k se la matrice è invertibile o no. Una matrice è invertibile se e solo se il suo determinante è diverso da 0. Calcoliamo quindi il determinante di M, troviamo: det M = 6k +. La matrice M è invertibile quindi se e solo se k non è uguale a 5 9. b) Determinare per quale valore di k la matrice M ammette il vettore v = come autovettore. Il vettore v è un autovettore se e solo se esiste un reale λ tale che M v = λv. Abbiamo M v = k Quindi v sarà un autovettore se λ = e k =, cioè k = 6. c) Per il valore di k determinato alla domanda precedente, determinare autovalori e autovettori di M e dire se la matrice è diagonalizzabile. Sappiamo già che in questo caso M ha λ = come autovalore e che un autovettore corrispondente è v. Il polinomio caratteristico di M è P M (λ) = λ 5λ 8λ.

11 I due altri autovalori sono (autovalore doppio). L'autospazio per l'autovalore è di equazione x + 6y 9z = 0 ed è quindi di dimensione. Una sua base è data dai vettori 6 0 e 9 0 Inoltre la matrice è diagonalizzabile, perché i suoi autovalori sono reali e ciascuno ha molteplicità algebrica uguale alla sua molteplicità geometrica. d) Risolvere il sistema x y + 8z = x + 0y 8z = x + 6y z = Una soluzione ovvia è il vettore v. Siccome la matrice M è di determinante diverso da 0, questo è l'unica soluzione. Esercizio. Si consideri la retta r : x = 6 + 5t y = t z = + t a) Scrivere un'equazione cartesiana del piano π passante per il punto A(; ; 5) e ortogonale alla retta r. Come vettore normale al piano π possiamo prendere il vettore direzionale di r, ossia (5; ; ). Quindi l'equazione cercata è 5(x ) (y ) + (z + 5) = 0, ossia 5x y + z = 0. b) Trovare il punto B in cui la retta r interseca il piano π. Basta inserire le equazioni (parametriche) di r nell'equazione di π. Si trova t = e quindi B(; ; ).

12 c) Determinare un punto C sulla retta r tale che l'area del triangolo ABC sia uguale a 78. Il triangolo ABC è ovviamente rettangolo in B. Poiché BA = (; ; ), abbiamo che BA =. Sia ora C(6 + 5t; t; + t) il generico punto della retta r. Si ha che BC = 7(t + ) = 7 t + e quindi l'area del triangolo ABC vale 78 t + /. Dall'equazione 78 t + / = 78 otteniamo t + = e quindi t = oppure t =. Ci sono quindi due possibili scelte per il punto C; la prima è (; ; 0), la seconda ( 9; ; ).

13 Università degli Studi di Bergamo Scuola di Ingegneria Corso di Geometria e Algebra Lineare Appello 5 settembre 08 Parte B Tema B Tempo a disposizione: due ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio deve cominciare all'inizio di una nuova pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Saranno tolti punti per le risposte non giusticate. SOLUZIONI Esercizio. a) Risolvere l'equazione z 5 z = 8 8i Osserviamo innanzitutto che z = 0 non è una soluzione dell'equazione. Scriviamo quindi in forma esponenziale z = ρe iθ con ρ > 0 e θ R. Abbiamo inoltre 8 8i = 8 e iπ. Quindi z è soluzione se e solo se Dobbiamo perciò avere ρ 7 e iθ = 8 e iπ con k Z, ovvero ρ 7 = 8 = 7 θ = π + kπ ρ = = θ = π + kπ con k = 0,, (gli altri valori di k danno le stesse soluzioni). Le soluzioni sono quindi gli con k = 0,,. z k = e i( π + kπ )

14 b) Scrivere una delle soluzioni in forma algebrica. Delle soluzioni precedentemente enumerate, la più semplice è quella con k = 0, ovvero z 0 = i. Esercizio. Sia data la matrice M, dipendente da un parametro k R, 8 6 M = 9 0 k a) Determinare al variare del parametro k se la matrice è invertibile o no. Una matrice è invertibile se e solo se il suo determinante è diverso da 0. Calcoliamo quindi il determinante di M, troviamo: det M = k 0. La matrice M è invertibile quindi se e solo se k non è uguale a 5. b) Determinare per quale valore di k la matrice M ammette il vettore v = come autovettore. Il vettore v è un autovettore se e solo se esiste un reale λ tale che M v = λv. Abbiamo 6 M v = 6 k + Quindi v sarà un autovettore se λ = e k + =, cioè k =. c) Per il valore di k determinato alla domanda precedente, determinare autovalori e autovettori di M e dire se la matrice è diagonalizzabile. Sappiamo già che in questo caso M ha λ = come autovalore e che un autovettore corrispondente è v. Il polinomio caratteristico di M è P M (λ) = λ 6λ λ 6.

15 I due altri autovalori sono e. I tre autovalori sono semplici quindi la matrice è diagonalizzabile. Inoltre un autovettore per l'autovalore è 6 mentre uno per l'autovalore è 7 d) Risolvere il sistema x + 8y 6z = 6 x 9y + z = 6 y + z = Una soluzione ovvia è il vettore v. Siccome la matrice M è di determinante diverso da 0, questo è l'unica soluzione. Esercizio. Si consideri la retta r : x = 8 + 5t y = t z = + t a) Scrivere un'equazione cartesiana del piano π passante per il punto A(; ; 5) e ortogonale alla retta r. Come vettore normale al piano π possiamo prendere il vettore direzionale di r, ossia (5; ; ). Quindi l'equazione cercata è 5(x ) (y ) + (z + 5) = 0, ossia 5x y + z = 0. b) Trovare il punto B in cui la retta r interseca il piano π. Basta inserire le equazioni (parametriche) di r nell'equazione di π. Si trova t = e quindi B(; ; ).

16 c) Determinare un punto C sulla retta r tale che l'area del triangolo ABC sia uguale a 78. Il triangolo ABC è ovviamente rettangolo in B. Poiché BA = (; ; ), abbiamo che BA =. Sia ora C(8 + 5t; t; + t) il generico punto della retta r. Si ha che BC = 7(t + ) = 7 t + e quindi l'area del triangolo ABC vale 78 t + /. Dall'equazione 78 t + / = 78 otteniamo t + = e quindi t = oppure t =. Ci sono quindi due possibili scelte per il punto C; la prima è (; ; 0), la seconda ( 7; ; ).