Università degli Studi di Bergamo Modulo di Geometria e Algebra Lineare (vecchio programma) 24 gennaio 2013 Tema A

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1 Università degli Studi di Bergamo Modulo di Geometria e Algebra Lineare (vecchio programma) 24 gennaio 23 Tema A Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio. Sia z = ( 3 i)( i) (+i) 2 Determinare parte reale, parte immaginaria, modulo e argomento di z 6. Poniamo z = 3 i, z 2 = i e z 3 = +i. Allora mentre quindi e Quindi z = 2, e z 2 = z 3 = 2, argz = π 6, argz 2 = π 4, argz 3 = π 4 z = 2 2 ( 2) 2 = 2 argz = argz +argz 2 2argz 3 = π 6 π 4 2π 4 = π 2. z 6 = z 6 = 8 e argz 6 = 6argz = π 2 = π 2 +2kπ, La parte reale di z 6 è quindi mentre la sua parte immaginaria è 8. Esercizio 2. Determinare in quali dei seguenti casi il sottoinsieme W di V è un sottospazio vettoriale. Non si chiede né di verificare che V è uno spazio vettoriale né che W è incluso in V. a) V = R 3 e W = {(x;y;z) : 2x+3y +z = }; Possiamo riconoscere il piano ortogonale al vettore (2; 3; ), oppure osservare che se (x;y;z) W, allora z = 2x 3y e quindi (x;y;z) = x(;; 2) + y(;; 3) e quindi si tratta del sottospazio generato dai vettori (;;2) e (;; 3).

2 b) V 2 = R[x] (lo spazio dei polinomi) e W 2 = {P V 2 : P()P () = }; Il vettore nullo, cioè il polinomio costante uguale a, non appartiene al sottoinsieme, quindi non può essere un sottospazio vettoriale. { c) Determinare i valori di k tali che W 3 = f V 3 : } 5 f(t)dt = k2 +2k sia un sottospazio vettoriale di V 3 = {funzioni continue da R in R}. Per essere un sottospazio vettoriale, W 3 deve contenere la funzione nulla. L integrale della funzione nulla sarà, quindi dobbiamo avere k 2 + 2k =. Le soluzioni di questa equazione { sono k = (soluzione doppia). In quel caso, il sottoinsieme W 3 diventa W 3 = f V 3 : } 5 f(t)dt = e diventa relativamente ovvio che è un sottospazio vettoriale. Infatti la funzione nulla ci appartiene e quindi è non vuoto. Inoltre se f e g sono due elementi di W 3 e λ e µ sono due reali, allora 5 (λf +µg)(t)dt = = λ 5 5 λf(t)dt+ 5 f(t)dt+µ = λ+µ =. 5 µg(t) dt g(t) dt Esercizio 3. Sia la matrice A dipendente di un parametro reale a data da a 2 a) Calcolare det(a 2I 3 ). È uguale a, indipendentemente da a (due righe risultano uguali). b) Dedurre dalla domanda precedente un autolvalore λ di A. λ = 2. c) Verificare che u = (2a+,3,a ) t è un autovettore di A. Au = 2u = λ u e quindi siccome u, u è un autovettore di A. d) Calcolare il polinomio caratteristico di A. P A = λ 3 +2λ 2 +aλ 2a = (λ 2 a)(λ 2). 2

3 e) Discutere al variare di a la diagonalizzabilità di A. Per a < il polinomio caratteristico ha una radice reale λ = 2 e due radici non reali per cui la matrice non è diagonalizzabile. Se a gli autovalori di A sono ± a e 2. In particolare se a = l autovalore λ 2 = è doppio (e l autovalore λ = 2 è semplice), se a = 4 l autovalore λ = 2 è doppio (e l autovalore λ 2 = 2 è semplice) e negli altri casi gli autovalori sono semplici. Se a =, 2 è di rango 2 (perché le due prime colonne non sono proporzionali quindi è di rango almeno 2 e non può essere di rango 3 perché il suo determinante è ) quindi l autospazio per l autovalore λ 2 = è di dimensione 3 2 =. Perciò l autovalore λ 2 non è regolare e la matrice non è diagonalizzabile. Se a = 4, 4 2 A 2I 3 = e di nuovo la matrice A 2I 3 è di rango 2 per cui l autovalore λ di A non è regolare e quindi A non è diagonalizzabile. Se a > e a 4 la matrice A ha tre autovalori reali e distinti e quindi semplici per cui risulta diagonalizzabile. Esercizio 4. Si consideri la quadrica σ di equazione 4x 2 +y 2 +4z 2 4xy +8xz 4yz 2x+y 2z +24 =. a) Determinare gli eventuali punti doppi di σ. L equazione di σ in forma matriciale è x (x,y,z,)a y z =, dove A =

4 I punti doppi di σ sono determinati dalla condizione x A y z =, ossia dal sistema 4x 2y +4z = 2x+y 2z +5 = 4x 2y +4z = x+5y z +24 = Dal confronto tra la seconda e la quarta equazione è immediato concludere che il sistema è impossibile; quindi la quadrica non ha punti doppi. b) Dopo aver verificato che il punto C(; 2;) appartiene a σ, scrivere l equazione del piano π tangente a σ nel punto C. Per effettuare la verifica richiesta basta sostituire le coordinate di C nell equazione di σ. Il piano cercato ha poi equazione x (, 2,,)A y z =, ossia 2x y +2z 4 =. c) Verificare che il piano π è contenuto nella quadrica σ. Basta sostituire y = 2x + 2z 4 nell equazione di σ e verificare che si ottiene un identità. d) Riconoscere la quadrica σ. Poiché σ non ha punti doppi e contiene un piano, essa è costituita da due piani paralleli. A conferma di ciò, si può verificare che il polinomio che la definisce si fattorizza come (2x y +2z 4)(2x y +2z 6). ATTENZIONE! Non sono richieste né la forma canonica, né la trasformazione che porta σ in forma canonica. 4

5 Università degli Studi di Bergamo Modulo di Geometria e Algebra Lineare (vecchio programma) 24 gennaio 23 Tema B Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio. Sia z = ( 3+i)(+i) ( i) 2 Determinare parte reale, parte immaginaria, modulo e argomento di z 6. Poniamo z = 3+i, z 2 = +i e z 3 = i. Allora mentre quindi e Quindi z = 2, e z 2 = z 3 = 2, argz = π 6, argz 2 = π 4, argz 3 = π 4 z = 2 2 ( 2) 2 = 2 argz = argz +argz 2 2argz 3 = π 6 + π 4 +2π 4 = π 2. z 6 = z 6 = 8 e argz 6 = 6argz = π 2 = π 2 +2kπ, La parte reale di z 6 è quindi mentre la sua parte immaginaria è 8. Esercizio 2. Determinare in quali dei seguenti casi il sottoinsieme W di V è un sottospazio vettoriale. Non si chiede né di verificare che V è uno spazio vettoriale né che W è incluso in V. a) V = R 4 e W = {(x;y;z;t) : 2x 3y +z +t = 2}; Il vettore nullo, cioè (; ; ), non appartiene al sottoinsieme, quindi non può essere un sottospazio vettoriale.

6 b) V 2 = R[x] (lo spazio dei polinomi) e W 2 = {P V 2 : P ( ) = }; Il vettore nullo, cioè il polinomio costante uguale a, appartiene al sottoinsieme, quindi non è vuoto. Dati due polinomio P e Q tali che P ( ) = Q ( ) = e due reali λ e µ, (λp + µq) ( ) = λp ( ) + µq ( ) = λ + µ = quindi W 2 è un sottospazio vettoriale. { c) Determinare i valori di k tali che W 3 = f V 3 : } 4 f(t)dt = 2k2 +5k 2 sia un sottospazio vettoriale di V 3 = {funzioni continue da R in R}. Per essere un sottospazio vettoriale, W 3 deve contenere la funzione nulla. L integrale della funzione nulla sarà, quindi dobbiamo avere 2k 2 +5k 2 =. Le soluzioni di questa { equazione sono k = 2 e k =. In quel caso, il sottoinsieme W 2 3 diventa W 3 = f V 3 : } 4 f(t)dt = e diventa relativamente ovvio che è un sottospazio vettoriale. Infatti la funzione nulla ci appartiene e quindi è non vuoto. Inoltre se f e g sono due elementi di W 3 e λ e µ sono due reali, allora 4 (λf +µg)(t)dt = = λ 4 4 λf(t)dt+ 4 f(t)dt+µ = λ+µ =. 4 µg(t) dt g(t) dt Esercizio 3. Sia la matrice A dipendente di un parametro reale a data da a) Calcolare det(a 2I 3 ). a 2 È uguale a, indipendentemente da a (due righe risultano uguali). b) Dedurre dalla domanda precedente un autolvalore λ di A. λ = 2. c) Verificare che u = (2a+,a,3) t è un autovettore di A. Au = 2u = λ u e quindi siccome u, u è un autovettore di A. 2

7 d) Calcolare il polinomio caratteristico di A. P A = λ 3 +2λ 2 +aλ 2a = (λ 2 a)(λ 2). e) Discutere al variare di a la diagonalizzabilità di A. Per a < il polinomio caratteristico ha una radice reale λ = 2 e due radici non reali per cui la matrice non è diagonalizzabile. Se a gli autovalori di A sono ± a e 2. In particolare se a = l autovalore λ 2 = è doppio (e l autovalore λ = 2 è semplice), se a = 4 l autovalore λ = 2 è doppio (e l autovalore λ 2 = 2 è semplice) e negli altri casi gli autovalori sono semplici. Se a =, 2 è di rango 2 (perché le due prime colonne non sono proporzionali quindi è di rango almeno 2 e non può essere di rango 3 perché il suo determinante è ) quindi l autospazio per l autovalore λ 2 = è di dimensione 3 2 =. Perciò l autovalore λ 2 non è regolare e la matrice non è diagonalizzabile. Se a = 4, 4 2 A 2I 3 = e di nuovo la matrice A 2I 3 è di rango 2 per cui l autovalore λ di A non è regolare e quindi A non è diagonalizzabile. Se a > e a 4 la matrice A ha tre autovalori reali e distinti e quindi semplici per cui risulta diagonalizzabile. Esercizio 4. Si consideri la quadrica σ di equazione 4x 2 +y 2 +4z 2 4xy +8xz 4yz 2x+6y 2z +8 =. a) Determinare gli eventuali punti doppi di σ. L equazione di σ in forma matriciale è x (x,y,z,)a y z =, 3

8 dove A = I punti doppi di σ sono determinati dalla condizione x A y z =, ossia dal sistema 4x 2y +4z 6 = 2x+y 2z +3 = 4x 2y +4z 6 = 6x+3y 6z +8 = Dal confronto tra la seconda e la quarta equazione è immediato concludere che il sistema è impossibile; quindi la quadrica non ha punti doppi. b) Dopo aver verificato che il punto C(; 2;) appartiene a σ, scrivere l equazione del piano π tangente a σ nel punto C. Per effettuare la verifica richiesta basta sostituire le coordinate di C nell equazione di σ. Il piano cercato ha poi equazione x (, 2,,)A y z =, ossia 2x y +2z 4 =. c) Verificare che il piano π è contenuto nella quadrica σ. Basta sostituire y = 2x + 2z 4 nell equazione di σ e verificare che si ottiene un identità. d) Riconoscere la quadrica σ. Poiché σ non ha punti doppi e contiene un piano, essa è costituita da due piani paralleli. A conferma di ciò, si può verificare che il polinomio che la definisce si fattorizza come (2x y +2z 4)(2x y +2z 2). ATTENZIONE! Non sono richieste né la forma canonica, né la trasformazione che porta σ in forma canonica. 4

9 Università degli Studi di Bergamo Modulo di Geometria e Algebra Lineare (vecchio programma) 24 gennaio 23 Tema C Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio. Sia z = ( 3 i)(+i) ( i) 2 Determinare parte reale, parte immaginaria, modulo e argomento di z 6. Poniamo z = 3 i, z 2 = +i e z 3 = i. Allora mentre z = 2, e z 2 = z 3 = 2, argz = π 6, argz 2 = π 4, argz 3 = π 4 quindi e Quindi z = 2 2 ( 2) 2 = 2 argz = argz +argz 2 2argz 3 = π 6 + π 4 +2π 4 = 7π 2. z 6 = z 6 = 8 e argz 6 = 6argz = 7π 2 = π 2 +2kπ, La parte reale di z 6 è quindi mentre la sua parte immaginaria è 8. Esercizio 2. Determinare in quali dei seguenti casi il sottoinsieme W di V è un sottospazio vettoriale. Non si chiede né di verificare che V è uno spazio vettoriale né che W è incluso in V. a) V = R 3 e W = {(x+3y;2y 3x;3y) : x,y R}; Siccome(x+3y; 2y 3x; 3y) = x(; 3; )+y(3; 2; 3), si tratta del sottospazio generato dai vettori (; 3;) e (3;2;3).

10 b) V 2 = R[x] (lo spazio dei polinomi) e W 2 = {P V 2 : P(3) = }; Il vettore nullo, cioè il polinomio costante uguale a, non appartiene al sottoinsieme, quindi non può essere un sottospazio vettoriale. { c) Determinare i valori di k tali che W 3 = f V 3 : } 3 f(t)dt = k2 +2k + sia un sottospazio vettoriale di V 3 = {funzioni continue da R in R}. Per essere un sottospazio vettoriale, W 3 deve contenere la funzione nulla. L integrale della funzione nulla sarà, quindi dobbiamo avere k 2 + 2k + =. Le soluzioni di questa equazione { sono k = (soluzione doppia). In quel caso, il sottoinsieme W 3 diventa W 3 = f V 3 : } 3 f(t)dt = e diventa relativamente ovvio che è un sottospazio vettoriale. Infatti la funzione nulla ci appartiene e quindi è non vuoto. Inoltre se f e g sono due elementi di W 3 e λ e µ sono due reali, allora 3 (λf +µg)(t)dt = = λ 3 3 λf(t)dt+ 3 f(t)dt+µ = λ+µ =. 3 µg(t) dt g(t) dt Esercizio 3. Sia la matrice A dipendente di un parametro reale a data da 2 a a) Calcolare det(a 2I 3 ). È uguale a, indipendentemente da a (due righe risultano uguali). b) Dedurre dalla domanda precedente un autolvalore λ di A. λ = 2. c) Verificare che u = (3,2a+,a ) t è un autovettore di A. Au = 2u = λ u e quindi siccome u, u è un autovettore di A. d) Calcolare il polinomio caratteristico di A. P A = λ 3 +2λ 2 +aλ 2a = (λ 2 a)(λ 2). 2

11 e) Discutere al variare di a la diagonalizzabilità di A. Per a < il polinomio caratteristico ha una radice reale λ = 2 e due radici non reali per cui la matrice non è diagonalizzabile. Se a gli autovalori di A sono ± a e 2. In particolare se a = l autovalore λ 2 = è doppio (e l autovalore λ = 2 è semplice), se a = 4 l autovalore λ = 2 è doppio (e l autovalore λ 2 = 2 è semplice) e negli altri casi gli autovalori sono semplici. Se a =, 2 è di rango 2 (perché le due prime colonne non sono proporzionali quindi è di rango almeno 2 e non può essere di rango 3 perché il suo determinante è ) quindi l autospazio per l autovalore λ 2 = è di dimensione 3 2 =. Perciò l autovalore λ 2 non è regolare e la matrice non è diagonalizzabile. Se a = 4, 2 4 A 2I 3 = e di nuovo la matrice A 2I 3 è di rango 2 per cui l autovalore λ di A non è regolare e quindi A non è diagonalizzabile. Se a > e a 4 la matrice A ha tre autovalori reali e distinti e quindi semplici per cui risulta diagonalizzabile. Esercizio 4. Si consideri la quadrica σ di equazione 4x 2 +y 2 +4z 2 4xy +8xz 4yz 6 =. a) Determinare gli eventuali punti doppi di σ. L equazione di σ in forma matriciale è x (x,y,z,)a y z =, dove A =

12 I punti doppi di σ sono determinati dalla condizione x A y z =, ossia dal sistema 4x 2y +4z = 2x+y 2z = 4x 2y +4z = 6 = Dal confronto tra la seconda e la quarta equazione è immediato concludere che il sistema è impossibile; quindi la quadrica non ha punti doppi. b) Dopo aver verificato che il punto C(; 2;) appartiene a σ, scrivere l equazione del piano π tangente a σ nel punto C. Per effettuare la verifica richiesta basta sostituire le coordinate di C nell equazione di σ. Il piano cercato ha poi equazione x (, 2,,)A y z =, ossia 2x y +2z 4 =. c) Verificare che il piano π è contenuto nella quadrica σ. Basta sostituire y = 2x + 2z 4 nell equazione di σ e verificare che si ottiene un identità. d) Riconoscere la quadrica σ. Poiché σ non ha punti doppi e contiene un piano, essa è costituita da due piani paralleli. A conferma di ciò, si può verificare che il polinomio che la definisce si fattorizza come (2x y +2z 4)(2x y +2z +4). ATTENZIONE! Non sono richieste né la forma canonica, né la trasformazione che porta σ in forma canonica. 4

13 Università degli Studi di Bergamo Modulo di Geometria e Algebra Lineare (vecchio programma) 24 gennaio 23 Tema D Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio. Sia z = ( 3+i)( i) (+i) 2 Determinare parte reale, parte immaginaria, modulo e argomento di z 6. Poniamo z = 3+i, z 2 = i e z 3 = +i. Allora z = 2, e z 2 = z 3 = 2, mentre argz = π 6, argz 2 = π 4, argz 3 = π 4 quindi e Quindi z = 2 2 ( 2) 2 = 2 argz = argz +argz 2 2argz 3 = π 6 π 4 2π 4 = 7π 2. z 6 = z 6 = 8 e argz 6 = 6argz = 7π 2 = π 2 +2kπ, La parte reale di z 6 è quindi mentre la sua parte immaginaria è 8. Esercizio 2. Determinare in quali dei seguenti casi il sottoinsieme W di V è un sottospazio vettoriale. Non si chiede né di verificare che V è uno spazio vettoriale né che W è incluso in V.

14 a) V = R 3 e W = {(x 3y;5x+y;xy) : x,y R}; I vettori (;5;) (x =, y = ) e ( 3;;) (x =, y = ) appartengono a W, però la loro somma v = ( 2;6;) non ci appartiene. Infatti per appartenere al questo insieme dovrebbe essere della forma v = (x 3y;5x+y;xy), quindi o x = o y =. Se x =, dobbiamo avere y = 6 (per la seconda componente), ma la prima sarebbe 8; se invece y =, dobbiamo avere x = 2 (per la prima componente), ma la seconda sarebbe. Quindi non è un sottospazio vettoriale. b) V 2 = R 3 [x] e W 2 = { a 3 x 3 +a 2 x 2 +a x+a V 2 : 2a 3 +a = }. Ricordiamo che R 3 [x] è lo spazio dei polinomi di grado al massimo 3; Il vettore nullo, cioè il polinomio costante uguale a, appartiene al sottoinsieme, quindi non è vuoto. Dati due polinomio P(x) = a 3 x 3 + a 2 x 2 + a x + a e Q(x) = b 3 x 3 +b 2 x 2 +b x+b tali che 2a 3 +a = e 2b 3 +b = e due reali λ e µ, abbiamo (λp + µq) = (λa 3 + µb 3 )x 3 + (λa 2 + µb 2 )x 2 + (λa + µb )x + λa + µb quindi 2(λa 3 +µb 3 )+λa +µb = 2λa 3 +λa +2µb 3 +µb = λ+µ = e quindi W 2 è un sottospazio vettoriale. { c) Determinare i valori di k tali che W 3 = f V 3 : } 2 f(t)dt = 2k2 +5k +2 sia un sottospazio vettoriale di V 3 = {funzioni continue da R in R}. Per essere un sottospazio vettoriale, W 3 deve contenere la funzione nulla. L integrale della funzione nulla sarà, quindi dobbiamo avere 2k 2 +5k +2 =. Le soluzioni di questa { equazione sono k = 2 e k =. In quel caso, il sottoinsieme W 2 3 diventa W 3 = f V 3 : } 2 f(t)dt = e diventa relativamente ovvio che è un sottospazio vettoriale. Infatti la funzione nulla ci appartiene e quindi è non vuoto. Inoltre se f e g sono due elementi di W 3 e λ e µ sono due reali, allora 2 (λf +µg)(t)dt = = λ 2 2 λf(t)dt+ 2 f(t)dt+µ = λ+µ =. 2 µg(t) dt g(t) dt Esercizio 3. Sia la matrice A dipendente di un parametro reale a data da 2 a a) Calcolare det(a 2I 3 ). È uguale a, indipendentemente da a (due righe risultano uguali). 2

15 b) Dedurre dalla domanda precedente un autolvalore λ di A. λ = 2. c) Verificare che u = (3,a,2a+) t è un autovettore di A. Au = 2u = λ u e quindi siccome u, u è un autovettore di A. d) Calcolare il polinomio caratteristico di A. P A = λ 3 +2λ 2 +aλ 2a = (λ 2 a)(λ 2). e) Discutere al variare di a la diagonalizzabilità di A. Per a < il polinomio caratteristico ha una radice reale λ = 2 e due radici non reali per cui la matrice non è diagonalizzabile. Se a gli autovalori di A sono ± a e 2. In particolare se a = l autovalore λ 2 = è doppio (e l autovalore λ = 2 è semplice), se a = 4 l autovalore λ = 2 è doppio (e l autovalore λ 2 = 2 è semplice) e negli altri casi gli autovalori sono semplici. Se a =, 2 è di rango 2 (perché le due prime colonne non sono proporzionali quindi è di rango almeno 2 e non può essere di rango 3 perché il suo determinante è ) quindi l autospazio per l autovalore λ 2 = è di dimensione 3 2 =. Perciò l autovalore λ 2 non è regolare e la matrice non è diagonalizzabile. Se a = 4, 2 4 A 2I 3 = e di nuovo la matrice A 2I 3 è di rango 2 per cui l autovalore λ di A non è regolare e quindi A non è diagonalizzabile. Se a > e a 4 la matrice A ha tre autovalori reali e distinti e quindi semplici per cui risulta diagonalizzabile. Esercizio 4. Si consideri la quadrica σ di equazione 4x 2 +y 2 +4z 2 4xy +8xz 4yz 4x+2y 4z 8 =. 3

16 a) Determinare gli eventuali punti doppi di σ. L equazione di σ in forma matriciale è x (x,y,z,)a y z =, dove A = I punti doppi di σ sono determinati dalla condizione x A y z =, ossia dal sistema 4x 2y +4z 2 = 2x+y 2z + = 4x 2y +4z 2 = 2x+y 2z 8 = Dal confronto tra la seconda e la quarta equazione è immediato concludere che il sistema è impossibile; quindi la quadrica non ha punti doppi. b) Dopo aver verificato che il punto C(; 2;) appartiene a σ, scrivere l equazione del piano π tangente a σ nel punto C. Per effettuare la verifica richiesta basta sostituire le coordinate di C nell equazione di σ. Il piano cercato ha poi equazione x (, 2,,)A y z =, ossia 2x y +2z 4 =. c) Verificare che il piano π è contenuto nella quadrica σ. Basta sostituire y = 2x + 2z 4 nell equazione di σ e verificare che si ottiene un identità. 4

17 d) Riconoscere la quadrica σ. Poiché σ non ha punti doppi e contiene un piano, essa è costituita da due piani paralleli. A conferma di ciò, si può verificare che il polinomio che la definisce si fattorizza come (2x y +2z 4)(2x y +2z +2). ATTENZIONE! Non sono richieste né la forma canonica, né la trasformazione che porta σ in forma canonica. 5