Matematica per Chimica, Chimica Industriale e Scienze dei Materiali Primo appello 7/02/2012 Tema A

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1 Matematica per Chimica, Chimica Industriale e Scienze dei Materiali Primo appello 7/02/202 Tema A NOME: COGNOME: MATRICOLA: Giustificare accuratamente tutte le risposte. Es. r : Si considerino le due rette x = 2 + λ y = 4 + 2λ, λ R s : z = + λ (a) dimostrare che le rette r ed s sono sghembe; x = y = + µ z = 2 + µ, µ R (b) calcolare la distanza tra le rette r ed s ed i punti P r e Q s in cui viene raggiunta. Soluzione. (a) Per dimostrare che le due rette r ed s sono sghembe dobbiamo far vedere che non sono né parallele né incidenti. Le direzioni delle rette r ed s sono, rispettivamente, v r = i + 2 j + k, v s = 0 i + j + k che non sono parallele in quanto v r non è multiplo di v s dato che v s ha la componente rispetto a i nulla mentre v r la ha unitaria. Inoltre, le due rette non si intersecano in alcun punto P = (x, y, z) in quanto il sistema (di 6 equazioni nelle 5 incognite x, y, z, λ, µ) x = 2 + λ y = 4 + 2λ z = + λ (a) x = y = + µ z = 2 + µ non ha soluzione. equivalente Infatti, eliminando le incognite x, y, z otteniamo il sistema (b) 2 + λ = 4 + 2λ = + µ + λ = 2 + µ di tre equazioni nelle due incognite λ, µ. Dalla prima equazione di (b) abbiamo λ = che sostituito nella seconda, esplicitata rispetto a µ, porge µ = =. Sostituendo λ = e µ = nella terza equazione otteniamo + λ = + = 4 5 = 2 + = 2 + µ

2 2 che quindi non è soddisfatta. Dunque, il sistema non ha alcuna soluzione. Concludendo, le rette r ed s sono sghembe. (b) Ricordiamo che, detti P = (x P, y P, z P ) = (2 + λ P, 4 + 2λ P, + λ P ) r Q = (x Q, y Q, z Q ) = (, + µ Q, 2 + µ Q ) s i punti di minima distanza, il vettore P Q = (x Q x P )i + (y Q y P )j + (z Q z P )k = [ (2 + λ P ) ]i + [ ( + µ Q ) (4 + 2λ P ) ]j + [ (2 + µ Q ) ( + λ P ) ]k = [ λ P ]i + [ + µ Q 2λ P ]j + [ + µ Q λ P ]k è ortogonale sia al vettore v r che al vettore v s ossia { P Q vr = 0 P Q v s = 0 che equivale a { ( λp ) + ( + µ Q 2λ P ) 2 + ( + µ Q λ P ) = 0 ( λ P ) 0 + ( + µ Q 2λ P ) + ( + µ Q λ P ) = 0 Semplificando ciascuna equazione del sistema, otteniamo { 6λP + µ Q = 2 λ P + 2µ Q = 2 Sommando alla prima equazione la seconda moltiplicata per 2 abbiamo µ Q = 2 ossia µ Q = 2. Sostituendo µ Q = 2 nella seconda equazione esplicitata rispetto a λ P otteniamo λ P = 2µ Q 2 = = 2. Quindi, i punti di minima distanza sono P = (x P, y P, z P ) = (2 + λ P, 4 + 2λ P, + λ P ) ( = 2 + 2, , + 2 ) ( 8 =, 6, ) Q = (x Q, y Q, z Q ) = (, + µ Q, 2 + µ Q ) = (, + 2, 2 + 2) = (, 5, 4) La distanza tra le rette r ed s è pari alla lunghezza del segmento P Q P Q = (x Q x P ) 2 + (y Q y P ) 2 + (z Q z P ) 2 ( = 8 ) 2 ( ) 2 ( + 4 ) 2 ( ) 2 ( = + 2 ( ) 2 + = ) 9 =

3 Es. 2 Si consideri il sistema lineare Ax = b, dipendente dai parametri reali λ e µ, con la matrice A ed il vettore colonna b dati da λ λ A = 0, b = 0 λ µ (a) Determinare, se possibile, i parametri λ e µ in modo che il vettore colonna x = (, 2, ) T sia soluzione del sistema lineare Ax = b. (b) Determinare, per ogni valore dei parametri reali λ e µ, il numero di soluzioni del sistema lineare Ax = b. Soluzione. (a) Il vettore colonna x = (, 2, ) T è soluzione del sistema lineare se sostituito nell equazione Ax = b la verifica. Quindi, dobbiamo vedere se il sistema di tre equazioni nelle due incognite λ e µ λ λ 0 0 λ 2 = ha soluzione. Svolgendo il prodotto a primo membro, il sistema può essere riscritto nella forma classica + λ 2 + λ ( ) = ( ) = λ ( ) = µ µ λ = 0 = λ = µ La prima equazione dà, ovviamente, λ = 0; la seconda equazione è una identità. Infine, dalla terza equazione risulta µ = λ = 0 =. In definitiva, il sistema ha come soluzione il vettore colonna x = (, 2, ) T per λ = 0 e µ =. (b) La matrice A del sistema lineare Ax = b è invertibile per tutti e soli i valori di λ per cui risulta det(a) 0. Per questi valori di λ, il sistema ha l unica soluzione x = A b. Abbiamo, applicando la regola di Sarrus per il calcolo del determinante det(a) = λ λ 0 0 λ = λ + λ + λ 0 0 [ λ λ 0 λ ] = 2λ λ = λ Pertanto, se λ 0 risulta det(a) 0 ed il sistema lineare ha un unica soluzione. Esaminiamo, ora, il caso λ = 0 studiando il rango della matrice aumentata (A b). Allo scopo, dopo aver posto λ = 0 nella matrice A, riduciamo (A b) in forma canonica per righe ottenendo (A b) = µ µ

4 4 Pertanto, il rango di A è ρ(a) = 2, indipendentemente da µ, mentre il rango di (A b) dipende dal valore del parametro µ essendo {, + µ 0 µ ρ( (A b) ) = 2, + µ = 0 µ = In conclusione, per il teorema di Rouché-Capelli, risulta µ : il sistema non ha soluzione perché ρ(a) = 2 = ρ( (A b) ); µ = : il sistema ha infinite soluzioni perché ρ(a) = 2 = ρ( (A b) ). Es. Sia L : R R la mappa lineare che ha rispetto alla famiglia F = {v = (0, 0, ), v 2 = (0,, ), v = (, 0, )} la matrice associata A = (a) Verificare che la famiglia F è una base di R. (b) Calcolare L(v 2 v 2 ). (c) Dire se L è diagonalizzabile e, in caso affermativo, indicare una matrice che viene assunta rispetto ad una base di autovettori. (d) Dire se l equazione L(2 v) v = 0 ammette una soluzione v 0 e, in caso affermativo, determinarla. Soluzione. (a) La famiglia F è una base di R in quanto formata da = dim(r ) vettori linearmente indipendenti dato che la matrice le cui righe sono i vettori della famiglia F v v 2 v = ha rango pieno. (b) Poiché L è una mappa lineare risulta L(v 2 v 2 ) = L(v ) 2 L(v 2 ). Per calcolare L(v ) ricordiamo che la prima colonna della matrice A ne contiene le coordinate rispetto alla base costituita dai vettori della famiglia F; perciò risulta L(v ) = v + 2 v v = (0 0 ) + 2 (0 ) + 0 ( 0 ) = ( , , ) = (0 2 )

5 5 Analogamente, per calcolare L(v 2 ) teniamo presente che la seconda colonna della matrice A ne contiene le coordinate rispetto alla base costituita dai vettori della famiglia F: L(v 2 ) = 2 v + v v = 2 (0 0 ) + (0 ) + 0 ( 0 ) = ( , , ) = (0 ) In conclusione risulta L(v 2 v 2 ) = L(v ) 2 L(v 2 ) = (0 2 ) 2 (0 ) = (0 0 ) (c) La mappa lineare L ha matrice associata rispetto alla base formata dai vettori della famiglia F data dalla matrice A. Poiché questa matrice è simmetrica, L è sicuramente diagonalizzabile. Per trovare la forma assunta dalla matrice associata alla mappa L rispetto ad una base di autovettori, calcoliamo gli autovettori di L dati dalle radici (o zeri) del polinomio caratteristico P (λ). Risulta λ 2 0 P (λ) = det( A λ I ) = 2 λ λ = (4 λ) ( ) + λ 2 2 λ = (4 λ) [ ( λ) 2 4 ] Quindi, gli autovalori della mappa L, ossia le radici dell equazione P (λ) = 0, sono, per la legge di annullamento del prodotto, dati da 4 λ = 0 che dà λ = 4. ( λ) 2 4 = 0 che equivale alle due equazioni di primo grado λ = ±2 a cui corrispondono gli autovalori λ 2 = e λ =. Sia B = {u, u 2, u, } la base di autovettori in cui l autovettore u k è associato all autovalore λ k per k =, 2,. Rispetto a questa base la matrice associata alla mappa lineare L assume la seguente forma diagonale D = (d) Per la linearità della mappa L, abbiamo L(2 v) v = 0 2 L(v) = v L(v) = 2 v Pertanto, se l equazione avesse la soluzione v 0, il vettore v sarebbe un autovettore associato all autovalore λ = /2. Ma questo non è possibile perché gli autovalori della mappa lineare L sono tutti e soli quelli determinati al punto (c), tutti diversi da /2. Pertanto, l equazione data non ha alcuna soluzione diversa dal vettore nullo.