Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra Lineare) 24 giugno 2009 Tema A. Parte comune

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1 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra Lineare) 4 giugno 009 Tema A Tempo a disposizione: 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. Esercizio 1. Si consideri l applicazione a) Verificare che f è un applicazione lineare. SOLUZIONI Parte comune f : R [x] R a x + a 1 x + a 0 (a + a 1 ; a 0 a 1 ) Si tratta solo di verificare se, dati due polinomi P e Q e uno scalare λ vale È molto facile vedere che questo è vero. b) Dire se f può essere iniettiva. f(p + Q) = f(p ) + f(q) f(λp ) = λf(p ) No, non lo può essere perché R [x] ha dimensione (una sua base è data da (1, x, x )) mentre R ha dimensione. Il teorema delle dimensioni dice quindi che Ker f deve avere almeno dimensione 1. c) Determinare una base di Ker f e una base di Im f. Abbiamo Ker f = {P R [x] f(p ) = 0} = {a x + a 1 x + a 0 a + a 1 = 0, a 0 a 1 = 0} = {a x + a 1 x + a 0 a = a 1, a 0 = a 1 } = { a 1 x + a 1 x + a 1 } = { a 1 ( x + x + )} 1

2 Quindi x +x+ è un vettore generatore di Ker f; forma una famiglia libera (perché non è il vettore nullo); quindi è una base di Ker f. Dalla formula delle dimensioni, possiamo determinare che la dimensione di Im f è dim Im f = dim R [x] dim Ker f = 1 =. Quindi Im f = R e qualsiasi base di R conviene. Possiamo prendere quindi la base canonica e 1 = (1; 0), e = (0; 1). Altra soluzione per determinare la base di Im f: i vettori nell immagine sono gli (a + a 1 ; a 0 a 1 ) = (a ; 0) + (a 1 ; a 1 ) + (0; a 0 ) = a (; 0) + a 1 (; ) + a 0 (0; 1) Quindi una famiglia generatrice di Im f è data da (v 1, v, v ) con v 1 = (; 0), v = (; ) e v = (0; 1). Abbiamo chiaramente v = v 1 + v quindi tale famiglia non è libera. Invece la famiglia (v 1, v ) è chiaramente libera e rimane generatrice. Quindi una base di Im f è data da (v 1, v ). Osservazione: si può sostituire ovviamente (1; 0) al posto di v 1. Esercizio. Risolvere al variare del parametro reale k il sistema La matrice dei coefficienti del sistema è x + y + z = 1 x + ky z = 7 x y + z = A = k Abbiamo quindi det A = = k k + 1 = k 8 = 1 1 k Quindi per k 8 il sistema è determinato e ammette un unica soluzione. Lo risolviamo in questo caso. Il sistema è equivalente ai seguenti sistemi: x + y + z = 1 x + (k + )y = 8 R + R 1 x y = 4 R R 1

3 x + y + z = 1 (k 8)y = 0 R R x y = 4 Quindi y = 0 (perché k 8), quindi x = 4 (nella terza) e quindi z = (nella prima). Ora, se k = 8, i sistemi di cui sopra rimangono equivalenti a quello iniziale. La seconda equazione dell ultimo sistema diventa 0 = 0, quindi risulta soddisfatta per ogni x, y e z. 4 y Le soluzioni del sistema sono quindi della forma y + y. A posteriori le condizioni del teorema di Rouché Capelli sono quindi verificate e la caratteristica del sistema è. Esercizio. Si consideri la matrice k + k k A = k k + k 4 k 1 k k + 1 a) Per quale valore di k la matrice ammette 1 come autovalore? Basta imporre che det(a I) = 0. Poiché tale determinante vale 4 6k (si suggerisce di aggiungere la seconda colonna alla prima e alla terza prima di svolgere il resto del calcolo del determinante), il valore cercato è k =. b) Per il valore di k determinato nel punto precedente, dire se la matrice A è diagonalizzabile. Per k = la matrice diventa A = e i suoi autovalori sono 0, 1,. Essendo tali autovalori reali e distinti, la matrice è diagonalizzabile. (Si poteva per semplicità considerare la matrice A e mostrare che essa è diagonalizzabile.) Seconda prova in itinere Esercizio 4. Determinare quali delle seguenti applicazioni sono lineari. a) f 1 : C C z ( + i)z (4 i)z Se z e z C, sappiamo che z + z = z + z per cui f 1 (z + z ) = ( + i)(z + z ) (4 i) ( z + z ) = ( + i)z + ( + i)z (4 i) ( z + z ) = ( + i)z + ( + i)z (4 i)z + (4 i)z = f 1 (z) + f 1 (z ). D altra parte, se λ R e z C, λz = λ z = λz perché siccome λ R, vale λ = λ. Quindi f 1 (λz) = ( + i) (λz) (4 i)λz = λ( + i)z (4 i)λz = λf 1 (z). Quindi f 1 è lineare.

4 b) f : R[x] R P (x) ( ) 1 P (t) dt L applicazione f non è lineare. La presenza del cubo impedisce la linearità. Consideriamo λ = e P (x) = 1 (il polinomio costante uguale a 1). Allora f (P ) = 1 1 dt = [t] 1 = mentre f (λp ) = 1 dt = 8 dt = 16 4 = λf 1 (P ). c) Determinare se la seguente applicazione è lineare e, nel caso affermativo, la sua matrice rappresentativa rispetto alla base canonica di R e alla base (v 1, v ) di R, dove v 1 = (; ) e v = (1; 1). f : R R (x; y; z) (x y + z; x + y + z) L applicazione è lineare. Si tratta di verificare se, dati (x; y; z) R, (x ; y ; z ) R e λ R, valgono f ((x; y; z) + (x ; y ; z )) = f (x; y; z) + f (x ; y ; z ) f (λ(x; y; z)) = λf (x; y; z). Si può verificare senza difficoltà, oppure osservare che f è l applicazione lineare associata ad una matrice di tipo (, ). Calcoliamo Dobbiamo risolvere i tre sistemi f (1; 0; 0) = (; ) f (0; 1; 0) = ( ; ) f (0; 0; 1) = (; 1) x 1 v 1 + y 1 v = (; ) x v 1 + y v = ( ; ) x v 1 + y v = (; 1) { x1 + y 1 = x 1 + y 1 = { x + y = x + y = { x + y = x + y = 1 Si trova senza difficoltà x 1 = 4, y 1 = 10, x =, y = 1, x = 1, y = 1. Quindi la matrice chiesta è ( ) 4 1 M = Esercizio. Determinare l asse e il vertice della parabola di equazione x + xy + y 7x 9y + 1 = 0. 4

5 ( ) 1 1 Bisogna anzitutto eliminare il termine xy, ossia diagonalizzare la matrice B =. I 1 1 suoi autovalori sono λ 1 = e λ = 0. Una base ortonormale di autovettori è data da ( ) ( ) 1 1 u 1 =, u =. 1 1 La rotazione cercata è quindi { x = 1 (x y ) y = 1 (x + y ) e la nuova equazione della conica è (x ) 8 x y + 1 = 0, ossia (x ) = (y + 1 ). Quindi il vertice della parabola ha coordinate x V =, y V = 1. Le sue coordinate nel sistema di riferimento originale sono date da { xv = 1 (x V y V ) = + 1 = y V = 1 (x V + y V ) = 1 = L asse della parabola è infine la retta parallela all asse y (ossia, alla bisettrice y + x = 0) e passante per il vertice, ossia la retta y + x = 4. Appello Esercizio 4. Calcolare la parte reale, la parte immaginaria e le radici quadrate del numero complesso z = + i 7 + i 1 8i + i. Si moltiplica numeratore e denominatore della prima frazione per 7 i e numeratore e denominatore della seconda per i (oss: sarebbe stato possibile usare 1 i, ma in questo caso = 0 = + quindi era più comodo usare i). Si trova Le radici quadrate di z sono i complessi tali che x y + ixy = z, cioè z = 1 + i. w = x + iy x y = 1 xy = 1 x + y = Abbiamo quindi x = 1+ 1+, cioè x = ± e y = 1. x Osservazione: 1+ = ( 1 ) quindi l espressione di y si può semplificare.

6 Esercizio. a) Trovare il piano π contenente la retta r : { x y + z 14 = 0 x y z 4 = 0 e passante per il punto P (1, 0, 7). Consideriamo il fascio di piani contenenti r, ossia λ(x y+z 14)+µ(x y z 4) = 0. Imponendo il passaggio per il punto P si trova λ = µ e quindi l equazione di π è x y + z 9 = 0. b) Determinare un piano parallelo a π e distante da esso. Conviene cercare un punto Q(x 0, y 0, z 0 ) che disti dal piano π. Deve essere x 0 y 0 + z = x 0 y 0 + z = e quindi si può scegliere x 0 = 6, y 0 = 0 e z 0 = 9. Pertanto il piano π passante per Q( 6, 0, 9) e parallelo a π dista da π. La sua equazione è x y + z 9 6 = 0. L altra possibilità è fornita dal piano che è simmetrico a π rispetto a π, ossia x y + z = 0. 6

7 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra Lineare) 4 giugno 009 Tema B Tempo a disposizione: 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. Esercizio 1. Si consideri l applicazione a) Verificare che f è un applicazione lineare. SOLUZIONI Parte comune f : R [x] R a x + a 1 x + a 0 (a + a 1 ; a 0 a 1 ) Si tratta solo di verificare se, dati due polinomi P e Q e uno scalare λ vale È molto facile vedere che questo è vero. b) Dire se f può essere iniettiva. f(p + Q) = f(p ) + f(q) f(λp ) = λf(p ) No, non lo può essere perché R [x] ha dimensione (una sua base è data da (1, x, x )) mentre R ha dimensione. Il teorema delle dimensioni dice quindi che Ker f deve avere almeno dimensione 1. c) Determinare una base di Ker f e una base di Im f. Abbiamo Ker f = {P R [x] f(p ) = 0} = {a x + a 1 x + a 0 a + a 1 = 0, a 0 a 1 = 0} = {a x + a 1 x + a 0 a = a 1, a 0 = a 1 } = { } a 1x + a 1 x + a 1 ( = {a 1 )} x + x + 1

8 Quindi x + x + è un vettore generatore di Ker f; forma una famiglia libera (perché non è il vettore nullo); quindi è una base di Ker f. Dalla formula delle dimensioni, possiamo determinare che la dimensione di Im f è dim Im f = dim R [x] dim Ker f = 1 =. Quindi Im f = R e qualsiasi base di R conviene. Possiamo prendere quindi la base canonica e 1 = (1; 0), e = (0; 1). Altra soluzione per determinare la base di Im f: i vettori nell immagine sono gli (a + a 1 ; a 0 a 1 ) = (a ; 0) + (a 1 ; a 1 ) + (0; a 0 ) = a (; 0) + a 1 (; ) + a 0 (0; 1) Quindi una famiglia generatrice di Im f è data da (v 1, v, v ) con v 1 = (; 0), v = (; ) e v = (0; 1). Abbiamo chiaramente v = v 1 + v quindi tale famiglia non è libera. Invece la famiglia (v 1, v ) è chiaramente libera e rimane generatrice. Quindi una base di Im f è data da (v 1, v ). Osservazione: si può sostituire ovviamente (1; 0) al posto di v 1. Esercizio. Risolvere al variare del parametro reale k il sistema La matrice dei coefficienti del sistema è x + y + z = 1 x + ky z = 1 x y + z = A = 1 1 k 1 1 Abbiamo quindi det A = = 1 1 k k + 1 = k 18 = 1 4 k Quindi per k 18 il sistema è determinato e ammette un unica soluzione. Lo risolviamo in questo caso. Il sistema è equivalente ai seguenti sistemi: x + y + z = 1 4x + (k + )y = 16 R + R 1 x y = 4 R R 1

9 x + y + z = 1 (k 18)y = 0 R R x y = 4 Quindi y = 0 (perché k 18), quindi x = 4 (nella terza) e quindi z = 11 (nella prima). Ora, se k = 18, i sistemi di cui sopra rimangono equivalenti a quello iniziale. La seconda equazione dell ultimo sistema diventa 0 = 0, quindi risulta soddisfatta per ogni x, y e z. 4 y Le soluzioni del sistema sono quindi della forma y y. A posteriori le condizioni del teorema di Rouché Capelli sono quindi verificate e la caratteristica del sistema è. Esercizio. Si consideri la matrice k + 4 k k A = k 4 k + k 6 k k + 1 k a) Per quale valore di k la matrice ammette 1 come autovalore? Basta imporre che det(a I) = 0. Poiché tale determinante vale 10 6k (si suggerisce di aggiungere la seconda colonna alla prima e alla terza prima di svolgere il resto del calcolo del determinante), il valore cercato è k =. b) Per il valore di k determinato nel punto precedente, dire se la matrice A è diagonalizzabile. Per k = la matrice diventa A = e i suoi autovalori sono 0, 1,. Essendo tali autovalori reali e distinti, la matrice è diagonalizzabile. (Si poteva per semplicità considerare la matrice A e mostrare che essa è diagonalizzabile.) Seconda prova in itinere Esercizio 4. Determinare quali delle seguenti applicazioni sono lineari. a) f 1 : R[x] R P (x) 1 P (t) dt Siano P e Q due polinomi. Allora f 1 (P + Q) = (P (t) + Q(t)) dt = P (t) dt Q(t) dt = f 1 1(P ) + f 1 (Q). Sia P R[x] e sia λ R, allora f 1 (λp ) = λp (t) dt = 1 λ P (t) dt = λf 1 1(P ). Quindi f 1 è lineare.

10 b) f : C C z ( + i)z (1 + i)z L applicazione f non è lineare. La presenza del quadrato impedisce la linearità. Consideriamo λ = 1 e z = 1. Allora f (z) = + i 1 i = 4i mentre f (λz) = ( + i)( 1) (1 + i)( 1) = + i i = 1 + 6i + 4i = λf (z). c) Determinare se la seguente applicazione è lineare e, nel caso affermativo, la sua matrice rappresentativa rispetto alla base canonica di R e alla base (v 1, v ) di R, dove v 1 = (; ) e v = (1; 1). f : R R (x; y; z) (x + 7y + z; x + y + z) L applicazione è lineare. Si tratta di verificare se, dati (x; y; z) R, (x ; y ; z ) R e λ R, valgono f ((x; y; z) + (x ; y ; z )) = f (x; y; z) + f (x ; y ; z ) f (λ(x; y; z)) = λf (x; y; z). Si può verificare senza difficoltà, oppure osservare che f è l applicazione lineare associata ad una matrice di tipo (, ). Calcoliamo Dobbiamo risolvere i tre sistemi f (1; 0; 0) = (; ) f (0; 1; 0) = (7; ) f (0; 0; 1) = (; 1) x 1 v 1 + y 1 v = (; ) x v 1 + y v = (7; ) x v 1 + y v = (; 1) { x1 + y 1 = x 1 + y 1 = { x + y = 7 x + y = { x + y = x + y = 1 Si trova senza difficoltà x 1 = 4, y 1 = 10, x = 4, y =, x = 1, y = 1. Quindi la matrice chiesta è ( ) M = Esercizio. Determinare l asse e il vertice della parabola di equazione x + xy + y 7x 9y + 1 = 0. 4

11 ( ) 1 1 Bisogna anzitutto eliminare il termine xy, ossia diagonalizzare la matrice B =. I 1 1 suoi autovalori sono λ 1 = e λ = 0. Una base ortonormale di autovettori è data da ( ) ( ) 1 1 u 1 =, u =. 1 1 La rotazione cercata è quindi { x = 1 (x y ) y = 1 (x + y ) e la nuova equazione della conica è (x ) 8 x y + 1 = 0, ossia (x ) = (y ). Quindi il vertice della parabola ha coordinate x V =, y V =. Le sue coordinate nel sistema di riferimento originale sono date da { xv = 1 (x V y V ) = = 1 y V = 1 (x V + y V ) = + = 9 L asse della parabola è infine la retta parallela all asse y (ossia, alla bisettrice y + x = 0) e passante per il vertice, ossia la retta y + x = 4. Appello Esercizio 4. Calcolare la parte reale, la parte immaginaria e le radici quadrate del numero complesso z = + i 6 + i. Si segnala che 7 = i + i Si moltiplica numeratore e denominatore della prima frazione per 7 i e numeratore e denominatore della seconda per i (oss: sarebbe stato possibile usare 1 i, ma in questo caso = 0 = + quindi era più comodo usare i). Si trova Le radici quadrate di z sono i complessi tali che x y + ixy = z, cioè z = 4 + i. w = x + iy x y = 4 xy = 1 x + y = 17 Abbiamo quindi x = , cioè x = ± 17 e y = 1. x Osservazione: 4+ = ( ) quindi l espressione di y si può semplificare. 17

12 Esercizio. a) Trovare il piano π contenente la retta r : { x 4y + z 14 = 0 x 4y z 4 = 0 e passante per il punto P (1, 0, 7). Consideriamo il fascio di piani contenenti r, ossia λ(x 4y + z 14) + µ(x 4y z 4) = 0. Imponendo il passaggio per il punto P si trova λ = µ e quindi l equazione di π è x 4y + z 9 = 0. b) Determinare un piano parallelo a π e distante da esso. Conviene cercare un punto Q(x 0, y 0, z 0 ) che disti dal piano π. Deve essere x 0 4y 0 + z = x 0 4y 0 + z = e quindi si può scegliere x 0 = 1, y 0 = 0 e z 0 = 9. Pertanto il piano π passante per Q( 1, 0, 9) e parallelo a π dista da π. La sua equazione è x 4y +z 9 1 = 0. L altra possibilità è fornita dal piano che è simmetrico a π rispetto a π, ossia x 4y + z = 0. 6

13 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra Lineare) 4 giugno 009 Tema C Tempo a disposizione: 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. Esercizio 1. Si consideri l applicazione a) Verificare che f è un applicazione lineare. SOLUZIONI Parte comune f : R [x] R a x + a 1 x + a 0 (a + 4a 1 ; a 0 a 1 ) Si tratta solo di verificare se, dati due polinomi P e Q e uno scalare λ vale È molto facile vedere che questo è vero. b) Dire se f può essere iniettiva. f(p + Q) = f(p ) + f(q) f(λp ) = λf(p ) No, non lo può essere perché R [x] ha dimensione (una sua base è data da (1, x, x )) mentre R ha dimensione. Il teorema delle dimensioni dice quindi che Ker f deve avere almeno dimensione 1. c) Determinare una base di Ker f e una base di Im f. Abbiamo Ker f = {P R [x] f(p ) = 0} = {a x + a 1 x + a 0 a + 4a 1 = 0, a 0 a 1 = 0} = {a x + a 1 x + a 0 a = a 1, a 0 = a 1 } = { a 1 x + a 1 x + a 1 } = { a 1 ( x + x + )} 1

14 Quindi x + x + è un vettore generatore di Ker f; forma una famiglia libera (perché non è il vettore nullo); quindi è una base di Ker f. Dalla formula delle dimensioni, possiamo determinare che la dimensione di Im f è dim Im f = dim R [x] dim Ker f = 1 =. Quindi Im f = R e qualsiasi base di R conviene. Possiamo prendere quindi la base canonica e 1 = (1; 0), e = (0; 1). Altra soluzione per determinare la base di Im f: i vettori nell immagine sono gli (a + 4a 1 ; a 0 a 1 ) = (a ; 0) + (4a 1 ; a 1 ) + (0; a 0 ) = a (; 0) + a 1 (4; ) + a 0 (0; 1) Quindi una famiglia generatrice di Im f è data da (v 1, v, v ) con v 1 = (; 0), v = (4; ) e v = (0; 1). Abbiamo chiaramente v = v 1 + v quindi tale famiglia non è libera. Invece la famiglia (v 1, v ) è chiaramente libera e rimane generatrice. Quindi una base di Im f è data da (v 1, v ). Osservazione: si può sostituire ovviamente (1; 0) al posto di v 1. Esercizio. Risolvere al variare del parametro reale k il sistema La matrice dei coefficienti del sistema è x + y + z = 1 x + ky z = 9 7x y + z = A = 1 1 k Abbiamo quindi 1 det A = 1 k = = k + 1 = k k Quindi per k 1 il sistema è determinato e ammette un unica soluzione. Lo risolviamo in questo caso. Il sistema è equivalente ai seguenti sistemi: x + y + z = 1 x + (k + )y = 8 R + R 1 x y = 4 R R 1

15 x + y + z = 1 (k + 1)y = 0 R R x y = 4 Quindi y = 0 (perché k 1), quindi x = 4 (nella terza) e quindi z = 1 (nella prima). Ora, se k = 1, i sistemi di cui sopra rimangono equivalenti a quello iniziale. La seconda equazione dell ultimo sistema diventa 0 = 0, quindi risulta soddisfatta per ogni x, y e z. 4 y Le soluzioni del sistema sono quindi della forma y 1 17y. A posteriori le condizioni del teorema di Rouché Capelli sono quindi verificate e la caratteristica del sistema è. Esercizio. Si consideri la matrice k k + 4 k 6 A = k + k 1 k k + 1 k k + a) Per quale valore di k la matrice ammette 1 come autovalore? Basta imporre che det(a I) = 0. Poiché tale determinante vale 8 6k (si suggerisce di aggiungere la seconda colonna alla prima e alla terza prima di svolgere il resto del calcolo del determinante), il valore cercato è k = 4. b) Per il valore di k determinato nel punto precedente, dire se la matrice A è diagonalizzabile. Per k = 4 la matrice diventa A = e i suoi autovalori sono 0, 1,. Essendo tali autovalori reali e distinti, la matrice è diagonalizzabile. (Si poteva per semplicità considerare la matrice A e mostrare che essa è diagonalizzabile.) Seconda prova in itinere Esercizio 4. Determinare quali delle seguenti applicazioni sono lineari. a) f 1 : C C z ( i)z + ( 4i) z L applicazione f 1 non è lineare. La presenza del modulo impedisce la linearità. Consideriamo λ = 1 e z = 1 allora f 1 (z) = f 1 (1) = i + 4i = 9i mentre f 1 (λz) = + i + 4i = 1 + i + 9i = λf 1 (1).

16 b) f : R[x] R P (x) 1 1 P (t) dt Siano P e Q due polinomi. Allora f (P + Q) = 1 (P (t) + Q(t)) dt = 1 P (t) dt Q(t) dt = f 1 (P )+f (Q). Sia P R[x] e sia λ R, allora f (λp ) = 1 λp (t) dt = 1 λ 1 P (t) dt = λf 1 (P ). Quindi f è lineare. c) Determinare se la seguente applicazione è lineare e, nel caso affermativo, la sua matrice rappresentativa rispetto alla base canonica di R e alla base (v 1, v ) di R, dove v 1 = (; ) e v = (1; 1). f : R R (x; y; z) (x + 4y + z; x + y + z) L applicazione è lineare. Si tratta di verificare se, dati (x; y; z) R, (x ; y ; z ) R e λ R, valgono f ((x; y; z) + (x ; y ; z )) = f (x; y; z) + f (x ; y ; z ) f (λ(x; y; z)) = λf (x; y; z). Si può verificare senza difficoltà, oppure osservare che f è l applicazione lineare associata ad una matrice di tipo (, ). Calcoliamo Dobbiamo risolvere i tre sistemi f (1; 0; 0) = (; ) f (0; 1; 0) = (4; ) f (0; 0; 1) = (; 1) x 1 v 1 + y 1 v = (; ) x v 1 + y v = (4; ) x v 1 + y v = (; 1) { x1 + y 1 = x 1 + y 1 = { x + y = 4 x + y = { x + y = x + y = 1 Si trova senza difficoltà x 1 = 4, y 1 = 10, x = 1, y = 1, x = 1, y = 1. Quindi la matrice chiesta è ( ) M = Esercizio. Determinare l asse e il vertice della parabola di equazione x + xy + y 7x 9y + 19 = 0. 4

17 ( ) 1 1 Bisogna anzitutto eliminare il termine xy, ossia diagonalizzare la matrice B =. I 1 1 suoi autovalori sono λ 1 = e λ = 0. Una base ortonormale di autovettori è data da ( ) ( ) 1 1 u 1 =, u =. 1 1 La rotazione cercata è quindi { x = 1 (x y ) y = 1 (x + y ) e la nuova equazione della conica è (x ) 8 x y + 19 = 0, ossia (x ) = (y ). Quindi il vertice della parabola ha coordinate x V =, y V =. Le sue coordinate nel sistema di riferimento originale sono date da { xv = 1 (x V y V ) = = 1 y V = 1 (x V + y V ) = + = 7 L asse della parabola è infine la retta parallela all asse y (ossia, alla bisettrice y + x = 0) e passante per il vertice, ossia la retta y + x = 4. Appello Esercizio 4. Calcolare la parte reale, la parte immaginaria e le radici quadrate del numero complesso z = 8 + i 4i 7 + i + i. Si moltiplica numeratore e denominatore della prima frazione per 7 i e numeratore e denominatore della seconda per i (oss: sarebbe stato possibile usare 1 i, ma in questo caso = 0 = + quindi era più comodo usare i). Si trova Le radici quadrate di z sono i complessi tali che x y + ixy = z, cioè z = 1 + i. w = x + iy x y = 1 xy = 1 x + y = Abbiamo quindi x = 1+ 1+, cioè x = ± e y = 1. x Osservazione: 1+ = ( + 1 ) quindi l espressione di y si può semplificare.

18 Esercizio. a) Trovare il piano π contenente la retta r : { x y + z 14 = 0 x y z 4 = 0 e passante per il punto P (1, 0, 7). Consideriamo il fascio di piani contenenti r, ossia λ(x y + z 14) + µ(x y z 4) = 0. Imponendo il passaggio per il punto P si trova λ = µ e quindi l equazione di π è x y + z 9 = 0. b) Determinare un piano parallelo a π e distante da esso. Conviene cercare un punto Q(x 0, y 0, z 0 ) che disti dal piano π. Deve essere x 0 y 0 + z = x 0 y 0 + z = e quindi si può scegliere x 0 = 14, y 0 = 0 e z 0 = 9. Pertanto il piano π passante per Q( 14, 0, 9) e parallelo a π dista da π. La sua equazione è x y +z 9 14 = 0. L altra possibilità è fornita dal piano che è simmetrico a π rispetto a π, ossia x y + z = 0. 6

19 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra Lineare) 4 giugno 009 Tema D Tempo a disposizione: 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. Esercizio 1. Si consideri l applicazione a) Verificare che f è un applicazione lineare. SOLUZIONI Parte comune f : R [x] R a x + a 1 x + a 0 (a + a 1 ; a 0 a 1 ) Si tratta solo di verificare se, dati due polinomi P e Q e uno scalare λ vale È molto facile vedere che questo è vero. b) Dire se f può essere iniettiva. f(p + Q) = f(p ) + f(q) f(λp ) = λf(p ) No, non lo può essere perché R [x] ha dimensione (una sua base è data da (1, x, x )) mentre R ha dimensione. Il teorema delle dimensioni dice quindi che Ker f deve avere almeno dimensione 1. c) Determinare una base di Ker f e una base di Im f. Abbiamo Ker f = {P R [x] f(p ) = 0} = {a x + a 1 x + a 0 a + a 1 = 0, a 0 a 1 = 0} = {a x + a 1 x + a 0 a = a 1, a 0 = a 1 } = { } a 1x + a 1 x + a 1 ( = {a 1 )} x + x + 1

20 Quindi x + x + è un vettore generatore di Ker f; forma una famiglia libera (perché non è il vettore nullo); quindi è una base di Ker f. Dalla formula delle dimensioni, possiamo determinare che la dimensione di Im f è dim Im f = dim R [x] dim Ker f = 1 =. Quindi Im f = R e qualsiasi base di R conviene. Possiamo prendere quindi la base canonica e 1 = (1; 0), e = (0; 1). Altra soluzione per determinare la base di Im f: i vettori nell immagine sono gli (a + a 1 ; a 0 a 1 ) = (a ; 0) + (a 1 ; a 1 ) + (0; a 0 ) = a (; 0) + a 1 (; ) + a 0 (0; 1) Quindi una famiglia generatrice di Im f è data da (v 1, v, v ) con v 1 = (; 0), v = (; ) e v = (0; 1). Abbiamo chiaramente v = v 1 + v quindi tale famiglia non è libera. Invece la famiglia (v 1, v ) è chiaramente libera e rimane generatrice. Quindi una base di Im f è data da (v 1, v ). Osservazione: si può sostituire ovviamente (1; 0) al posto di v 1. Esercizio. Risolvere al variare del parametro reale k il sistema La matrice dei coefficienti del sistema è x + y + z = 1 x + ky z = 1 x y + z = A = k 1 1 Abbiamo quindi det A = = k k + 1 = k + = k Quindi per k il sistema è determinato e ammette un unica soluzione. Lo risolviamo in questo caso. Il sistema è equivalente ai seguenti sistemi: x + y + z = 1 +(k + )y = 0 R + R 1 x y = 4 R R 1

21 x + y + z = 1 (k + )y = 0 R R x y = 4 Quindi y = 0 (perché k ), quindi x = 4 (nella terza) e quindi z = (nella prima). Ora, se k =, i sistemi di cui sopra rimangono equivalenti a quello iniziale. La seconda equazione dell ultimo sistema diventa 0 = 0, quindi risulta soddisfatta per ogni x, y e z. 4 y Le soluzioni del sistema sono quindi della forma y 7y. A posteriori le condizioni del teorema di Rouché Capelli sono quindi verificate e la caratteristica del sistema è. Esercizio. Si consideri la matrice k 4 k + 6 k 8 A = k + 4 k k + k + k k + 4 a) Per quale valore di k la matrice ammette 1 come autovalore? Basta imporre che det(a I) = 0. Poiché tale determinante vale 14 6k (si suggerisce di aggiungere la seconda colonna alla prima e alla terza prima di svolgere il resto del calcolo del determinante), il valore cercato è k = 7. b) Per il valore di k determinato nel punto precedente, dire se la matrice A è diagonalizzabile. Per k = 7 la matrice diventa A = e i suoi autovalori sono 0, 1,. Essendo tali autovalori reali e distinti, la matrice è diagonalizzabile. (Si poteva per semplicità considerare la matrice A e mostrare che essa è diagonalizzabile.) Seconda prova in itinere Esercizio 4. Determinare quali delle seguenti applicazioni sono lineari. a) f 1 : R[x] R P (x) ( ) 1 P (t) dt L applicazione f 1 non è lineare. La presenza del quadrato impedisce la linearità. Consideriamo λ = 1 e P (x) = 1 (il polinomio costante uguale a 1). Allora f 1 (P ) = 1 1 dt = [t] 1 = mentre f 1 (λp ) = 1 ( 1) dt = 1 dt = = λf 1 1(P ).

22 b) f : C C z (1 + i)z ( 7i)z Se z e z C, sappiamo che z + z = z + z per cui f (z + z ) = (1 + i)(z + z ) ( 7i) ( z + z ) = (1 + i)z + (1 + i)z ( 7i) ( z + z ) == (1 + i)z + (1 + i)z ( 7i)z + ( 7i)z = f (z) + f (z ). D altra parte, se λ R e z C, λz = λ z = λz perché siccome λ R, vale λ = λ. Quindi f (λz) = (1 + i) (λz) ( 7i)λz = λ(1 + i)z ( 7i)λz = λf (z). Quindi f è lineare. c) Determinare se la seguente applicazione è lineare e, nel caso affermativo, la sua matrice rappresentativa rispetto alla base canonica di R e alla base (v 1, v ) di R, dove v 1 = (; ) e v = (1; 1). f : R R (x; y; z) (x + y + z; x + y + z) L applicazione è lineare. Si tratta di verificare se, dati (x; y; z) R, (x ; y ; z ) R e λ R, valgono f ((x; y; z) + (x ; y ; z )) = f (x; y; z) + f (x ; y ; z ) f (λ(x; y; z)) = λf (x; y; z). Si può verificare senza difficoltà, oppure osservare che f è l applicazione lineare associata ad una matrice di tipo (, ). Calcoliamo Dobbiamo risolvere i tre sistemi f (1; 0; 0) = (; ) f (0; 1; 0) = (1; ) f (0; 0; 1) = (; 1) x 1 v 1 + y 1 v = (; ) x v 1 + y v = (1; ) x v 1 + y v = (; 1) { x1 + y 1 = x 1 + y 1 = { x + y = 1 x + y = { x + y = x + y = 1 Si trova senza difficoltà x 1 = 4, y 1 = 10, x =, y = 7, x = 1, y = 1. Quindi la matrice chiesta è ( ) 4 1 M =

23 Esercizio. Determinare l asse e il vertice della parabola di equazione x + xy + y 7x 9y + 17 = 0. ( ) 1 1 Bisogna anzitutto eliminare il termine xy, ossia diagonalizzare la matrice B =. I 1 1 suoi autovalori sono λ 1 = e λ = 0. Una base ortonormale di autovettori è data da ( ) ( ) 1 1 u 1 =, u =. 1 1 La rotazione cercata è quindi { x = 1 (x y ) y = 1 (x + y ) e la nuova equazione della conica è (x ) 8 x y + 17 = 0, ossia (x ) = (y 1 ). Quindi il vertice della parabola ha coordinate x V =, y V = 1. Le sue coordinate nel sistema di riferimento originale sono date da { xv = 1 (x V y V ) = 1 = y V = 1 (x V + y V ) = + 1 = L asse della parabola è infine la retta parallela all asse y (ossia, alla bisettrice y + x = 0) e passante per il vertice, ossia la retta y + x = 4. Appello Esercizio 4. Calcolare la parte reale, la parte immaginaria e le radici quadrate del numero complesso z = 1 + i 4 i. Si segnala che 1 7 = i + i Si moltiplica numeratore e denominatore della prima frazione per 7 i e numeratore e denominatore della seconda per i (oss: sarebbe stato possibile usare 1 i, ma in questo caso = 0 = + quindi era più comodo usare i). Si trova Le radici quadrate di z sono i complessi tali che x y + ixy = z, cioè z = + i. w = x + iy x y = xy = 1 x + y = Abbiamo quindi x = + +, cioè x = ± e y = 1. x Osservazione: + = ( + ) quindi l espressione di y si può semplificare.

24 Esercizio. a) Trovare il piano π contenente la retta r : { x y + z 14 = 0 x y z 4 = 0 e passante per il punto P (1, 0, 7). Consideriamo il fascio di piani contenenti r, ossia λ(x y + z 14) + µ(x y z 4) = 0. Imponendo il passaggio per il punto P si trova λ = µ e quindi l equazione di π è x y + z 9 = 0. b) Determinare un piano parallelo a π e distante da esso. Conviene cercare un punto Q(x 0, y 0, z 0 ) che disti dal piano π. Deve essere x 0 y 0 + z = x 0 y 0 + z = e quindi si può scegliere x 0 = 0, y 0 = 0 e z 0 = 9. Pertanto il piano π passante per Q( 0, 0, 9) e parallelo a π dista da π. La sua equazione è x y +z 9 0 = 0. L altra possibilità è fornita dal piano che è simmetrico a π rispetto a π, ossia x y + z = 0.