Esercizi di Algebra Lineare - Foglio 9

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1 Esercizi di Algebra Lineare - Foglio 9 Soluzioni Esercizio 1. Nello spazio R 3, si considerino i quattro punti A (0, 1, 0), B (, 1, ), (3,, 0) e D (3,, ). (a) Determinare il baricentro del triangolo AB. (b) Determinare l area del triangolo AB. (c) Determinare il volume del tetraedro di vertici A, B, e D. (Suggerimento è un sesto dell area del parallelepipedo costruito su AB, A e AD. Perché?) Sia r la retta passante per A e B e sia s la retta passante per e D. (d) Scrivere le equazioni cartesiane e parametriche di r ed s. (e) Le rette r e s sono complanari o sghembe? (Possiamo dedurlo dalla risposta data in (c)?) Soluzione. (a) Il baricentro è il punto G (x G, y G, z G), dove x G = Quindi G (5/3, 0, /3). = , yg = = 0, z G = = (b) L area del triangolo AB è metà area del parallelogramma costruito sui vettori AB = (, 0, ) e A = (3, 3, 0), e questa è il modulo del prodotto vettoriale AB i j k A = (, 0, ) (3, 1, ) = = i j k = ( 6, 6, 6). Quindi Area(AB) = AB p A ( 6) + 6 = + 6 = 6 3 = 3 3. (c) Il volume del parallelepipedo P costruito sui vettori AB, A e AD = (3, 1, ) è il valore assoluto del prodotto misto di AB, A e AD Vol(P) = AB ( A 0 AD) = = = 1 = Sia T il tetraedro di vertici A, B, e D. Si noti che il volume di P è l area di base per l altezza, mentre il volume di T è l area di base (metà di quella di P) per l altezza (la stessa di P) diviso tre. Quindi il volume del tetraedro è un sesto del volume del parallelepipedo. Si ha Vol(T ) = 1 6 Vol(P) = 1 1 =. 6 (d) Le rette r ed s hanno, rispettivamente, la direzione dei vettori AB = (, 0, ) e D = (0, 4, ), ai vettori proporzionali (1, 0, 1) e (0,, 1). Quindi le equazioni parametriche sono < x = t, < x = 3, r y = 1, (t R), s y = + t, (t R). z = t z = t Eliminando il parametro, si ottengono le equazioni cartesiane r j x = z, y + 1 = 0, s j x = 3, y + z =.

2 (e) Se mettiamo insieme le equazioni cartesiane di r ed s, otteniamo il sistema x = z, y + 1 = 0, x = 3, > y + z =, la cui matrice completa è M = B A. 0 1 Il suo determinante vale det M = = = = 5. Poiché det M 0, le rette r ed s sono sghembe. Potevamo arrivare alla stessa conclusione osservando che Vol(T ) = > 0. Infatti, in generale, un tetraedro ABD ha volume nullo (cioè degenera in una figura piana) se e solo se i quattro punti sono complanari e questo avviene se e solo se le rette AB e D sono complanari. Equivalentemente, un tetraedro ABD ha volume positivo se e solo se le rette AB e D sono sghembe. Esercizio. onsideriamo gli stessi dati dell esercizio 1. (a) Scrivere l equazione del piano α passante per e perpendicolare ad r. (b) alcolare il punto di intersezione tra il piano α e la retta r. (c) alcolare la distanza del punto dalla retta r. (d) Scrivere l equazione del piano α contenente r e parallelo ad s. (e) alcolare la distanza di un punto P di s da α. (Tale distanza dipende dalla scelta di P?) (f) alcolare la distanza tra le rette r ed s Soluzione. (a) Il generico piano passante per (3,, 0) e perpendicolare al vettore (a, b, c) ha equazione a(x 3) + b(y ) + cz = 0. Il piano richiesto si ottiene scegliendo come (a, b, c) il vettore direttore di r, (1, 0, 1). Quindi α (x 3) + z = 0, α x + z = 3. (b) Il punto di intersezione tra il piano α e la retta r è la soluzione del sistema < x = z, y + 1 = 0, x + z = 3. Questo ammette l unica soluzione (x, y, z) = (3/, 1, 3/). Quindi (3/, 1, 3/). (c) Per costruzione, la distanza di dalla retta r coincide con la distanza di da, quindi s dist(r, ) = dist(, ) = 3 3 ««r ( + 1) + = = = (d) Il fascio di piani passanti per r ha equazione α λ,µ λ(x z) + µ(y + 1) = 0, α λ,µ λx + µy λz + µ = 0. Quindi, per ogni λ, µ R, il vettore (λ, µ, λ) è perpendicolare al piano α λ,µ. Tra questi piani, quello parallelo ad s si ottiene imponendo che il vettore (λ, µ, λ) sia ortogonale al vettore direttore di s, (0,, 1). Questo avviene se e solo se (λ, µ, λ) (0,, 1) = 0,

3 µ λ = 0, cioè λ = µ. Si può scegliere, ad esempio, (λ, µ) = (, 1). Allora α x y z = 1. (e) ome punto di s scegliamo, ad esempio (3,, 0). Si ha dist(, α) = x y z p = = 3 + ( 1) + ( ) = 1. Poiché α è parallelo ad s, tale distanza non dipende dalla scelta del punto di s. (f) Per costruzione, tale distanza è uguale alla distanza calcolata nel precedente quesito, quindi dist(r, s) = dist(, α) = 1. Esercizio 3. Si trovino le equazioni cartesiane di tutti piani π di R 3 con le proprietà indicate. (a) π passa per il punto P = (1,, 3), è parallelo all asse y e ha distanza 1 dall origine. (b) π contiene la retta r x + y + z 1 = x z = 0 e forma un angolo di π/6 con l asse x. Soluzione. (a) I piani che passano per il punto P = (1,, 3) hanno equazione α a,b,c a(x 1) + b(y ) + c(z 3) = 0. Per ogni a, b, c R, il piano α a,b,c è ortogonale al vettore (a, b, c). Quindi α a,b,c è parallelo all asse y se e solo se (a, b, c) (0, 1, 0), se e solo se b = 0. Dunque la ricerca si restringe ai piani α a,c a(x 1) + c(z 3) = 0. Ora imponiamo che la distanza dell origine da α a,c sia uguale ad 1 a(0 1) + c(0 3) a + c = 1. Quindi a + 3c = a + c, che, elevata al quadrato, dà c + 6ac = 0, c(4c + 3a) = 0. Abbiamo allora due soluzioni c = 0 e c = 3a/4. Sostituendo nell equazione di α a,c, otteniamo le equazioni dei due piani che verificano le proprietà richieste. Nel secondo caso, possiamo o sostituire c = 3a/4 e poi semplificare tutto per a, oppure porre direttamente, ad esempio, (a, c) = (4, 3). I due piani sono allora α 1 x 1 = 0 e α 4(x 1) 3(z 3) = 0, α 1 x = 1 e α 4x 3z + 5 = 0, (b) Il fascio di piani passanti per r ha equazione α λ,µ λ(x + y + z 1) + µ(x z) = 0, α λ,µ (λ + µ)x + λy + (λ µ)z = λ. Per ogni λ, µ R, il piano α λ,µ è perpendicolare al vettore (λ + µ, λ, λ µ). Quindi il piano α λ,µ forma un angolo di π/6 con l asse delle x se e solo se il vettore (λ + µ, λ, λ µ) forma un angolo di π/ π/6 = π/3 con il vettore (1, 0, 0). Questo avviene se e solo se Elevando al quadrato, otteniamo (λ + µ, λ, λ µ) (1, 0, 0) = ± (λ + µ, λ, λ µ) (1, 0, 0) cos π 3, λ + µ = ± 1 p (λ + µ) + λ + (λ µ). 4λ + λµ + 4µ = 3λ + µ λ + λµ + µ = 0. Per µ = 0 oteniamo il piano x + y + z 1 = 0, che, come si verifica facilmente, non soddisfa le proprietà richieste. Dunque possiamo assumere µ 0, dividere l equazione per µ e porre t = λ/µ. L equazione diventa t + t + = 0.

4 Questa ammette le due soluzioni t = λ/µ = 4 ± 14. Dunque i piani richiesti sono due, e le loro equazioni si ottengono sostituendo λ = µ( 4 ± 14) nell equazione del fascio α 1 ( )x + ( )y + (5 14)z = , α ( 3 14)x + ( 4 14)y + (5 + 14)z = Esercizio 4. In R 4, si considerino i vettori v 1 = (1, 0, 1, 0), v = (, 1, 0, ), v 3 = ( 1, 0, 1, 1). (a) Determinare le equazioni parametriche e cartesiane dei sottospazi vettoriali U = Span(v 1), V = Span(v 1, v ) e W = Span(v 1, v, v 3). (b) Determinare le equazioni parametriche e cartesiane dei sottospazi affini U A, V A e W A passanti per il punto A (1,, 3, 4) e i cui spazi vettoriali associati sono, rispettivamente, U, V e W. (c) Determinare le equazioni parametriche e cartesiane dei sottospazi ortogonali U, V e W. Soluzione. (a) Si ha U = Span(v 1) = {λ(1, 0, 1, 0) λ R}. Dunque le equazioni parametriche di U sono x 1 B z A = λ B 1 A (λ R), U w 0 y = 0, z = λ, > w = 0 (λ R). Per ottenere le equazioni cartesiane, eliminiamo il parametro λ < x = z, U y = 0, w = 0. Gli spazi V e W sono, rispettivamente, V = Span(v 1, v ) = {λ(1, 0, 1, 0) + µ(, 1, 0, ) λ, µ R}, W = Span(v 1, v, v 3) = {λ(1, 0, 1, 0) + µ(, 1, 0, ) + ν( 1, 0, 1, 1) λ, µ, ν R}. Le equazioni parametriche di V sono x = λ + µ, y = µ, V z = λ, > w = µ (λ, µ R). Per ottenere le equazioni cartesiane, eliminiamo i parametri λ e µ V j x = z + y, w = y, V j x y z = 0, y + w = 0. Le equazioni parametriche di W sono x = λ + µ ν, y = µ, W z = λ + ν, > w = µ + ν (λ, µ, ν R). Dalla seconda equazione otteniamo µ = y. Sostituendo nella quarta otteniamo ν = w +µ = w +y e sostituendo questa nella terza, otteniamo λ = z ν = z w y. Sostituendo queste tre nella prima equazione, abbiamo l equazione cartesiana di W x = λ + µ ν = (z w y) + y (w + y) = z y w, W x + y z + w = 0.

5 (b) Le equazioni parametriche di U A sono x 1 1 B z A = 3 A + λ B 1 A (λ R), UA w 4 0 x = 1 + λ, y =, z = 3 + λ, > w = 4 (λ R). Dalla prima equazione otteniamo λ = x 1 e sostituendo nella terza abbiamo z = 3 + x 1, x z + = 0. Quindi le equazioni cartesiane di U A sono < x z + = 0, U A y =, w = 4. Le equazioni parametriche di V A sono x = 1 + λ + µ, y = + µ, V A z = 3 + λ, > w = 4 µ (λ, µ R). Dalla seconda e dalla terza equazione otteniamo, rispettivamente, µ = y e λ = z 3. Sostituendo nelle altre due otteniamo x = 1 + (z 3) + (y ), x y z = 6, e w = 4 (y ), y + w =. Quindi le equazioni cartesiane di V A sono V A j x y z = 6, y + w =. Le equazioni parametriche di W A sono x = 1 + λ + µ ν, y = + µ, W A z = 3 + λ + ν, > w = 4 µ + ν (λ, µ, ν R). Dalla seconda equazione otteniamo µ = y. Sostituendo nella quarta otteniamo ν = w 4 + µ = w 4 + (y ) = w + y e sostituendo questa nella terza, otteniamo λ = z 3 ν = z 3 (w + y ) = z w y + 5. Sostituendo queste tre nella prima equazione, abbiamo l equazione cartesiana di W A x = 1 + λ + µ ν = 1 + (z w y + 5) + (y ) (w + y ) = z y w + 10, W A x + y z + w = 10. (c) Essendo U = Span(v 1), si ha U = {(x, y, z, w) R 4 (x, y, z, w) v 1}. ioè (x, y, z, w) U se e solo se (x, y, z, w) (1, 0, 1, 0) = 0, cioè se e solo se x + z = 0. Quindi U x + z = 0. Per trovare le equazioni parametriche, introduciamo i parametri, ponendo, ad esempio, x = λ, y = µ e w = ν. Si ha z = x = λ. Dunque la generica soluzione è (x, y, z, w) = (λ, µ, λ, ν) = λ(1, 0, 1, 0) + µ(0, 1, 0, 0) + ν(0, 0, 0, 1). L equazione cartesiana di U è quindi U y = µ, z = λ, > w = ν (λ, µ, ν R) e si ha U = Span((1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)).

6 Essendo V = Span(v 1, v ), si ha (x, y, z, w) V se e solo se j (x, y, z, w) (1, 0, 1, 0) = 0, V (x, y, z, w) (, 1, 0, ) = 0, j x + z = 0, x + y w = 0. Per trovare le equazioni parametriche risolviamo il sistema. Poniamo x = λ e w = µ, ottenendo z = x = λ e y = x + w = λ + µ. Dunque la generica soluzione è (x, y, z, w) = (λ, λ + µ, λ, µ) = λ(1, 1, 1, 0) + µ(0,, 0, 1). L equazione cartesiana di V è quindi V y = λ + µ, z = λ, > w = µ (λ, µ R) e si ha V = Span((1, 1, 1, 0), (0,, 0, 1)) (piano in R 4 ). Infine, essendo W = Span(v 1, v, v 3), si ha (x, y, z, w) W se e solo se < (x, y, z, w) (1, 0, 1, 0) = 0, < x + z = 0, (x, y, z, w) (, 1, 0, ) = 0, W x + y w = 0, (x, y, z, w) ( 1, 0, 1, 1) = 0, x + z + w = 0. Per trovare le equazioni parametriche risolviamo il sistema. Poniamo x = λ. Dalla prima otteniamo z = x = λ, dalla terza otteniamo w = x z = λ e dalla seconda y = x+w = λ+4λ = λ. Dunque la generica soluzione è (x, y, z, w) = (λ, λ, λ, λ) = λ(1,, 1, ). L equazione cartesiana di W è quindi W y = λ, z = λ, > w = λ (λ R) e si ha W = Span((1,, 1, )) (retta in R 4 ).