Geometria per fisica (L-P), a. a Esercizi svolti. e (2)

Transcript

1 Geometria per fisica (L-P, a a Esercii svolti Eserciio 1 Si considerino i sistemi lineari + + = 1 + = 0 ( = = = 3 e ( + + = 0 + = = = = 0 i Determinare i sottoinsiemi U 1, U R 3 delle soluioni dei sistemi risp (1 e ( ii U 1 è un sottospaio vettoriale di R 3? E U? (Motivare le risposte! iii Osservato che il sistema ( è il sistema lineare omogeneo associato al sistema (1, si illustri la compatibilità delle risposte date nei punti i e ii con il teorema di struttura relativo al confronto tra gli insiemi delle soluioni di un sistema lineare e delle soluioni del sistema lineare omogeneo associato Soluione eserciio 1 i + ii Le matrici A = , B = sono matrici rispettivamente dei coefficienti e dei coefficienti e termini noti del sistema lineare (1 Con varie modalità è possibile riconoscere che rg A = e rg B = 3 P es si può osservare che A ha solo due righe linearmente indipendenti, essendo la sua tera riga combinaione lineare delle prime due, con coefficienti 8 e 5; inoltre la quarta riga di A è anche combinaione lineare delle prime due con coefficienti e 7; infine l ultima riga di A è la metà della somma delle prime quattro Da ciò segue che rg A = Delle tre precedenti relaioni di combinaione lineare tra le righe di A, le prime due valgono anche per le righe di B Tuttavia l ultima riga di B non è la metà della somma delle altre, e questo consente di concludere che rg B = 3 Il teorema di Rouché Capelli implica dunque che il sistema (1 non ha soluioni, ovvero U 1 = Per quanto riguarda invece il sistema lineare omogeneo (, esso certamente ammette soluioni, ed essendo A - con rg A = - la sua matrice dei coefficienti, ne ammette 3 = 1, ovvero dipendenti da un parametro Per ottenerle esplicitamente ci si può limitare alle prime due equaioni del sistema, ovvero trattando l incognita = t come parametro alle due equaioni { + = t = t L insieme U delle soluioni del sistema omogeneo ( è dunque costituito dalle terne (t, t, 0, con t R Esso è certamente un sottospaio vettoriale di R 3, sia perché spaio delle soluioni di un sistema lineare omogeneo, sia perché esplicitamente l insieme U - sopra determinato - risulta chiuso rispetto alle operaioni di spaio vettoriale di R 3 L insieme U 1 = non è invece un sottospaio vettoriale di R 3, mancando in esso il vettore nullo iii Quanto sopra è certamente compatibile con il teorema di struttura Infatti tale teorema, nell ipotesi in cui si ha un sistema lineare sena soluioni - come risulta appunto il sistema (1-1

2 non afferma assolutamente nulla: il sistema omogeneo associato infatti ha sempre soluioni, e nella situaione attuale del sistema (, ne ha infinite ( ( a11 a Eserciio Siano A = 1 b11 b, B = 1 M a 1 a b 1 b (R e sia ( a11 b AB = 11 + a 1 b 1 a 11 b 1 + a 1 b a 1 b 11 + a b 1 a 1 b 1 + a b il loro prodotto righe per colonne Stabilire quali tra le seguenti affermaioni sono vere per ogni scelta di A, B M (R, dandone dimostraione in caso di risposta affermativa, o fornendo un controesempio in caso di risposta negativa i (AB t = A t B t ii (AB t = B t A t iii A(B t = B(A t iv tr [A(B t ] = tr [B(A t ] [si ricordi che la traccia di una matrice quadrata è la somma degli elementi della sua diagonale principale: se C = (c ij M n (R, allora la traccia è tr C = c 11 + c + + c nn ] v Per ogni A M (R, la matrice AA t è simmetrica vi Le risposte date nei precedenti punti i, ii, iii, iv, v valgono anche per A, B M n (R? [Motivare la risposta] Soluione eserciio i E falsa Per esempio, se A = (AB t = ( ( ( 0 0, B = 1 0 risulta: (, A t B t = 0 0 ii E vera, e lo è più in generale in M n (R Infatti, posto AB = C = (c ij, risulta c ij = a ik b kj k=1,,n Dunque l elemento di posto (i, j in (AB t risulta c ji = a jk b ki = k=1,,n k=1,,n b ki a jk, e risulta pertanto prodotto della i-esima riga di B t con la j-esima colonna di A t iii E falsa, e lo stesso controesempio dato in i funiona Si ottiene infatti con questa scelta ( ( A(B t =, B(A t = iv E vera, e anche qui più in generale in M n (R Infatti, posto ora A(B t = C = (c ij, risulta che gli elementi sulla diagonale principale sono c ii = a ik b ik = b ik a ik, k=1,,n k=1,,n

3 coincidendo quindi con gli elementi sulla diagonale principale di B(A t v E vero e segue da ii Infatti: (AA t t = (A t t A t = AA t vi Si, e le motivaioni dei casi in cui le affermaioni sono vere sono già state date D altra parte i controesempi forniti possono essere facilmente estesi all ordine n, p es scegliendo matrici che hanno il blocco in alto a sinistra come nei controesempi, e ero altrove Si noti che il quesito può essere inteso come il richiedere se le identità non valgano per ogni n: in questo caso il controesempio dato per n = è sufficiente per concludere Eserciio 3 Si considerino le seguenti terne di vettori di R 3 : e i sottospai vettoriali di R 3 u 1 = (1, 1,, u = ( 1,, 1, u 3 = (1, 8, 9; w 1 = (7, 5,, w = ( 3,, 1, w 3 = (1, 1, 4 U = Span ( u 1, u, u 3, W = Span ( w 1, w, w 3 i Determinare una base di U e una base di W ii Scrivere equaioni cartesiane dei sottospai U e W iii Scrivere equaioni cartesiane di U W iv Determinare una base di U W v Esiste un applicaione lineare T : R 3 R 3 tale che T ( u 1 = w 1, T ( u = w, T ( u 3 = w 3? [Motivare la risposta] Soluione eserciio 3 i Risulta subito che det det e pertanto sia i vettori u 1, u, u 3 che i vettori w 1, w, w 3 sono linearmente dipendenti (e naturalmente sia u 1, u che w 1, w sono linearmente indipendenti Dunque { u 1, u } è una base di U e { w 1, w } è una base di W ii + iii Le equaioni cartesiane di U e di W possono scriversi richiedendo che il vettore generico = ( 1,, 3 R 3 sia combinaione lineare risp di { u 1, u } e di { w 1, w } Le equaioni sono dunque quelle dei due piani vettoriali di R 3 U : det W : det ovvero U : = 0, W : = 0 Le equaioni di U W sono dunque date dal sistema costituito da tali due equaioni iv Il precedente sistema { = = 0 3

4 di equaioni cartesiane di U W ha soluioni (dipendenti dal parametro 3 = t pes ( 1,, 3 = ( 6 t, 5 6 t, t Una base di U W è dunque costituita dal vettore v = (, 5, 1, che si ottiene per t = 1 v No Infatti, dovendo essere u 3 = λ u 1 +µ u, può scriversi (usando le componenti dei tre vettori il sistema lineare λ µ = 1 λ + µ = 8 λ + µ = 9 la cui soluione (λ, µ = ( 10, 7 consente di scrivere 3 3 u 3 = 10 3 u u Naturalmente, se T è lineare, e se T ( u 1 = w 1, T ( u = w, deve risultare che ( 10 T ( u 3 = T 3 u u = 10 3 T ( u T ( u = 10 3 w w = = 10 3 (7, 5, + 7 ( 49 3 ( 3,, 1 = 3, 1, 9 w 3 Eserciio 4 Nello spaio euclideo E 3, usando coordinate (,, relative a un riferimento cartesiano, si considerino i punti A = (3,, 1, B = (0, 1,, C = (4, 4, 0 i Verificare che i punti A, B, C non sono allineati ii Scrivere l equaione cartesiana del piano α contenente i punti A, B, C iii Scrivere le equaioni parametriche delle rette AB, AC e BC iv Calcolare l area del triangolo ABC v ABC è un triangolo rettangolo? (Motivare la risposta Soluione eserciio 4 i Per verificare che A, B, C non sono allineati è sufficiente mostrare che i vettori AB e AC non sono paralleli: Risulta infatti AB = ( 3, 1, 1, AC = (1,, 1 e il loro non parallelismo è evidente ii Il piano α può ottenersi p es come piano per A parallelo ai due vettori AB e AC Dunque, se P = (,,, si ha che P α se e solo se i vettori AP, AB, AC sono complanari, ovvero linearmente dipendenti Scrivendo le componenti dei tre vettori come righe di una matrice, la condiione è dunque det = Quest ultima, eventualmente scritta svolgendo il determinante: = 0 è l equaione cartesiana del piano α iii Le equaioni parametriche vettoriali delle tre rette, nel parametro t R, sono rispettivamente AP = tab, AP = tac, 4 BP = tbc

5 Essendo AP = ( 3, +, +1, AB = ( 3, 1, 1, AC = (1,, 1, BP = (, +1, +, BC = (4, 3,, da esse si hanno subito le equaioni parametriche scalari delle tre rette: 3 = 3t 3 = t + = t, + 1 = t + = t + 1 = t, = 4t + 1 = 3t + = t iv L area del triangolo ABC è la metà del modulo del prodotto vettoriale dei vettori Dunque: Area ABC = 1 i j k det = 1 30 ( 1,, 5 = 1 1 v Poiché non intercorrono relaioni di perpendicolarità tra i vettori AB, non è rettangolo Eserciio 5 Si consideri la matrice A = M 3 (R AC, AB e AC BC, il triangolo i Scrivere il polinomio caratteristico e determinare gli autovalori di A ii Stabilire se A è diagonaliabile, e in caso affermativo determinare una base di R 3 formata da autovettori di A Soluione eserciio 5 i Il polinomio caratteristico di A: λ 1 3 det(λi A = 3 λ 1 = λ 3 6λ 7λ = λ(λ + 1(λ λ 3 fornisce subito i tre autovalori 0, 1, 7 della matrice A ii Poiché i tre autovalori sono distinti, la matrice risulta diagonaliabile I rispettivi autovettori si determinano risolvendo i sistemi lineari omogenei ovvero: A = = = = 0,, A = = = =,, A = 7, = = = 7 Ognuno di tali sistemi ha per soluioni una retta vettoriale di R 3 Generatori di tali rette-autospai, e dunque insieme una base di R 3 formata da autovettori della matrice A, sono i vettori: v 1 = (1,, 1, v = (1, 1, 0, v 3 = (17, 15, 4, 5

6 rispettivamente autovettori degli autovalori 0, 1, 7 Eserciio 6 Sia T : M (R M (R l operatore lineare sullo spaio vettoriale reale V 4 = M (R definito dalla formula T (M = M + M t, ( a b ovvero, se M =, più esplicitamente: c d ( ( a b a b T = c d c d i Con riferimento alla base canonica { ( ( 1 0 E = E 11 =, E 0 = 0 0 ( a c + b d ( 3a b + c = c + b 3d ( 0 0, E 1 = 1 0 ( 0 0, E = dello spaio vettoriale M (R, scrivere la matrice A associata a T ii Stabilire se T è diagonaliabile iii Determinare gli autovalori di T con le rispettive molteplicità algebriche e geometriche Soluione eserciio 6 i Dalla definiione di T risulta subito T (E 11 = 3E 11, T (E 1 = E 1 + E 1, T (E 1 = E 1 + E 1, T (E = 3E La matrice associata a T nella base canonica E = {E 11, E 1, E 1, E } risulta pertanto: A = ii Poiché A è simmetrica e la base E ortonormale (rispetto al prodotto scalare canonico in R 4 = M (R, l endomorfismo T risulta autoaggiunto e dunque diagonaliabile iii Gli autovalori di T sono le soluioni dell equaione caratteristica: det(λi A = det λ λ λ λ 3 } = (λ 3 (λ λ 3 = (λ 3 3 (λ + 1 Gli autovalori sono dunque λ = 3 con molteplicità algebrica 3, e λ = 1 con molteplicità algebrica 1 I rispettivi autospai si ottengono dunque subito dalla definiione di T, ovvero T (M = M + M t Per l autovalore 3 l autospaio è infatti costituito dalle matrici M tali che M + M t = 3M, ovvero M + M t = 0, ovvero ancora M = M t ; tale autospaio è dunque costituito dalle matrici simmetriche di M (R Per l autovalore 1 l autospaio è invece costituito dalle matrici M tali che M + M t = 1M, ovvero M + M t = 0, ovvero ancora M = M t ; tale autospaio è dunque costituito dalle matrici antisimmetriche di M (R Le rispettive moltiplicità geometriche sono dunque 3 per l autovalore 3, e 1 per l autovalore 1, e coincidono con le rispettive molteplicità algebriche 6

7 In alternativa, gli autospai possono essere anche ottenuti con la procedura usata nella soluione del precedente ( eserciio Gli autospai degli autovalori 3 e 1 sono infatti costituiti dalle matrici a b M = i cui elementi sono soluioni dei sistemi omogenei, rispettivamente: c d ovvero: A a b c d = 3 a b c d 3a = 3a b + c = 3b b + c = 3c 3d = 3d,, A a b c d = 1 3a = a b + c = b b + c = c 3d = d Si ottengono dunque rispettivamente gli autospai V 3 = Span {E 11, E 1 + E 1, E } e V 1 = Span {E 1 E 1 }, ovvero i sottospai vettoriali di M (R costituiti dalle matrici simmetriche e dalle matrici antisimmetriche Eserciio 7 Si consideri la matrice: A = 0 k k k 1 1 k k i Calcolare, al variare di k R, il rango di A ii Considerata l applicaione lineare F : R 5 R 3 associata ad A, determinare, al variare di k R, la dimensione e le equaioni del nucleo kerf R 5 iii Determinare, sempre al variare di k, una base di kerf Soluione eserciio 7 La riduione a scala di A fornisce: A = 0 k k k 1 1 k k A = A = 1 k 1 1 k k k k (k + 1 a b c d, 1 k 1 1 k k k k 0 Vi sono quindi 3 pivots (risp 1, 1, k se k 0, e 1, 1, se k = 0 e dunque rga = 3 per ogni k In alternativa alla riduione a scala si può osservare che la sottomatrice quadrata B di A formata dalla prima, tera e quinta colonna di A ha determinante: detb = det k = 0 Ne segue rga = 3 per ogni k Dunque dim imf = 3, dim kerf = 5 3 = e il nucleo di F si rappresenta nelle coordinate ( 1,, 5 di R 5 con le tre equaioni 7

8 (k k 4 = = (k k 4 +k 5 = 0 che, essendo rga = 3, sono linearmente indipendenti per ogni k Per determinare una base di kerf si può prima risolvere il sistema delle sue equaioni, p es rispetto a 1, 3, 5 (incognite i cui coefficienti costituiscono la sottomatrice B sopra considerata Con questa scelta si ottiene: 1 = ( k k t s = t 3 = (k + 1t ks 4 = s k 5 = t + ks Per (t, s = (1, 0 e (t, s = (0, 1 si ottengono i due vettori rispettivamente v 1 = ( k, 1, (k + 1, 0, k e v = ( k, 0, k, 1, k, base di kerf Eserciio 8 Siano U = Span{ u} e W = Span{ w 1, w } i sottospai di R 3 generati rispettivamente dal vettore u = (3,, 1 e dai vettori w 1 = (1,, 3, w = (1, 1, 1 i Determinare la dimensione e una base di U W ii Stabilire se lo spaio vettoriale somma U + W è una somma diretta iii Scrivere equaioni cartesiane delle sottovarietà affini U = v 0 + U e W = v 0 + W di R 3, essendo v 0 = (3, 3, 0 Soluione eserciio 8 La matrice A = ha determinante nullo e, come subito si vede, rango Di fatto si riconosce che sussiste la relaione u = 4 w w 1 Ne segue che la retta U, generata da u, è contenuta nel piano W, generato da w 1, w Dunque il sottospaio U W coincide con U, e ha quindi dimensione 1 e base u La stessa inclusione U W mostra anche che la somma U + W coincide con W e non è quindi una somma diretta Le equaioni parametriche di U si ottengono subito assumendo u come vettore direttore di U e sono, nelle coordinate (,, di R 3 : 3 = 3t, 3 = t, = t, da cui per eliminaione del parametro t le equaioni cartesiane della retta U : = 3 + 3, = + 3 Le equaioni parametriche di W si ottengono invece imponendo la dipendena lineare del vettore ( 3, 3, con w 1 = (1,, 3 e w = (1, 1, 1 Di qui anche l equaione cartesiana di W : 3 3 det 1 3 = ( 3 + ( 3 = Eserciio 9 Spaio euclideo, RA(O, i, j, k Si considerino i quattro punti: 8

9 ( 8 P 1 (,, 0, P (, 0,, P 3 (0,,, P 4 3, 8 3, 8 3 i Verificare che P 1, P, P 3, P 4 sono vertici di un tetraedro regolare T ii Scrivere le equaioni dei piani β 1, β, β 3, β 4, contenenti le facce di T iii Calcolare il volume di T Soluione eserciio 9 Usando la formula della distana tra due punti si ha subito d(p α, P β = 8per tutte le scelte α, β = 1,, 3, 4; α β Se ne deduce che P1, P, P 3, P 4 sono vertici di un tetraedro regolare T Conviene denotare i quatto piani facce di T nel modo seguente: β 1 il piano di P, P 3, P 4, ovvero passante per P e parallelo ai vettori P P 3 e P P 4 ; β il piano di P 1, P 3, P 4, ovvero passante per P 1 e parallelo ai vettori P 1 P 3 e P 1 P 4 ; β 3 il piano di P 1, P, P 4, ovvero passante per P 1 e parallelo ai vettori P 1 P e P 1 P 4 ; β 4 il piano di P 1, P, P 3, ovvero passante per P 1 e parallelo ai vettori P 1 P e P 1 P 3 risulta Dunque, poiché β 1 : det β 3 : det P 1 P = (0,,, P 1 P 3 = (, 0,, P P 3 = (,, 0, ( P 1 P 4 = 3, 3, 8 (, P P 4 = 3 3, 8 3, (, P 3 8 P 4 = 3 3, 3 3, 0 /3 8/3 /3 0 /3 /3 8/3 β : det β 4 : det 0 /3 /3 8/3 0 0 = 0 Il volume del tetraedro è 1/6 (area triangolo per altea diviso 3 del ( volume del parallelepipedo costruito sui vettori P 1 P = (0,,, P 1 P 3 = (, 0,, vecp 1 P 4 =,, 8 Dunque il volume è: det 0 0 /3 /3 8/3 = 8 3 Eserciio 10 Siano A = ( ( 1 1, B = i Mostrare che A e B sono invertibili e calcolare B 1 AB e A 1 BA ii Stabilire se qualcuna tra le matrici A, B, B 1 AB, A 1 BA è diagonaliabile Soluione eserciio 10 Risulta deta =, detb = 1 e ciò mostra che A e B sono invertibili Le matrici aggiunte di A e di B hanno per elementi i complementi algebrici delle rispettive trasposte Pertanto: AggA = ( 1 9 AggB = ( 1 1,

10 e A 1 = ( B 1 = ( 1 1 Le equaioni caratteristiche di A e di B sono rispettivamente det(a λi = (1 λ( λ = 0 e det(b λi = (1 λ = 0 Gli autovalori di A sono dunque λ = 1 e λ =, e il fatto che essi sono distinti mostra che A è diagonaliabile Ma allora anche la matrice B 1 AB, coniugata di A mediante B, è diagonaliabile La matrice B ha invece come unico autovalore λ = 1, con molteplicità algebrica La sua molteplicità geometrica è la dimensione dello spaio dei corrispondenti autovettori, che sono le soluioni del sistema lineare omogeneo: { 1 = 1 + = Tale dimensione è evidentemente 1, dunque minore della molteplicità algebrica, e ciò mostra che sia B che la matrice A 1 BA, ad essa coniugata, non sono diagonaliabili Eserciio 11 Si considerino le matrici: 0 1 A(h = h + h + h, B(k = k k k i Determinare, al variare di h e k, i determinanti e le tracce di A(h e di B(k ii Verificare che esiste un unica coppia (h 0, k 0 tale che risulti det A(h 0 = det B(k 0 e tr A(h 0 = tr B(k 0 iii Stabilire se le matrici A 0 = A(h 0 e B 0 = B(k 0 hanno gli stessi autovalori iv Stabilire infine se A 0 e B 0 sono matrici simili Soluione eserciio 11 Risulta deta(h = h +, detb(k = 10k + 4, tra(h = 4 + h, trb(k = 7+k, e il sistema h+ = 10k+4, 4+h = 7+k ammette l unica soluione (h 0, k 0 = (1, Per tali valori h 0 e k 0 i polinomi caratteristici di A 0 = A(h 0 e di B 0 = B(k 0 sono: det(a 0 λi = det det(b 0 λi = det λ λ λ 1 λ 1 4 λ λ = ( λ(λ (λ 1, = (1 λ(λ, e pertanto A 0 e B 0 hanno gli stessi autovalori λ = 1 (di molteplicità algebrica 1 e λ = ( di molteplicità algebrica I vettori ( 1,, 3 R 3 che sono autovettori corrispondenti a λ = per le due matrici, si ottengono come soluioni dei seguenti sistemi: 3 = 0 A 0 : = = 0, B 0 : 1 3 = = = 0 In tali due sistemi la matrice dei coefficienti ha rango rispettivamente e 1 Ne segue che λ = ha molteplicità geometrica 1 per A 0 e molteplicità geometrica per B 0 Dunque la matrice A 0 è diagonaliabile, al contrario di B 0, e A 0 e B 0 non sono simili 10