Corso di Geometria Ing. Informatica e Automatica Test 1: soluzioni

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1 Corso di Geometria Ing. Informatica e Automatica Test : soluzioni k Esercizio Data la matrice A = k dipendente dal parametro k, si consideri il k sistema lineare omogeneo AX =, con X = x x. Determinare i valori di k per i quali tale x 4 sistema ammette: a) Solamente la soluzione nulla. b) soluzioni. c) soluzioni. ( ) Soluzione. Osserviamo che il minore ha determinante non nullo, dunque il rango di k A può valere oppure. Il rango sarà se e solo se gli orlati k, k k sono entrambi nulli, dunque se e solo se k =. In conclusione: se k =, rka = se k. Poichè il sistema lineare omogeneo ammette 4 rka soluzioni, le risposte sono: a) Nessun valore di k. b) k. c) k =. x

2 Esercizio Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 4 e v, v, v tre vettori linearmente indipendenti di V. Sia E il sottospazio generato da v, v, v. a) Dimostrare che esiste almeno un vettore v / E. b) È vero che, se v / E, allora v, v, v, v formano una base di V? c) Sia F un secondo sottospazio di V avente dimensione. Quali valori puo assumere dim(f E)? Soluzione. a) Poiché E è generato da tre vettori linearmente indipendenti, la sua dimensione è uguale a, che è minore della dimensione di V, che è 4 per ipotesi. Dunque E V e ci saranno dei vettori di V che non appartengono a E. b) È vero. Basta dimostrare che v, v, v, v sono linearmente indipendenti. Supponiamo che: av + a v + a v + a v =, e verifichiamo che a = a = a = a =. Ora a deve essere uguale a zero; infatti, se a possiamo dividere per a ambo i membri e v si esprimerebbe come combinazione lineare di v, v, v : ma questo è impossibile poichè per ipotesi v / E. Dunque a = e la relazione diviene: a v + a v + a v =. Poichè v, v, v sono linearmente indipendenti, a = a = a =. c) I valori possibili di dim(e F ) sono oppure. Infatti, il sottospazio E + F ha dimensione minima (poiché contiene E) e dimensione massima 4 (poiché è un sottospazio di V ). Applicando la formula di Grassmann: dim(e F ) = dim E + dim F dim(e + F ), otteniamo la tesi. Osserviamo che la dimensione di E F sè se E è contenuto in F (quindi se E = F ), ed è negli altri casi. Esercizio In R 4 sono dati i vettori: v =, v =, v = k k. a) Determinare, se esiste, un valore di k in modo che i vettori v, v, v siano linearmente dipendenti. b) Determinare una base del sottospazio E = v R 4 : v, v = v, v = }.

3 c) Sia F il sottospazio generato da v, v, e sia w =. Determinare un vettore non nullo di F ortogonale a w. Soluzione. a) k =. Infatti, v, v sono linearmente indipendenti, e basta imporre che il rango della matrice: A = k k ( ) sia uguale a. Il minore ha determinante non nullo; imponiamo che i suoi orlati abbiano determinante nullo: k k =, k =, e troviamo l unico valore k =. Osserviamo che, se k =, si ha effettivamente v = v v. b) Imponiamo al vettore generico t (x, x, x, x 4 ) l ortogonalità a entrambi i vettori v, v. Le equazioni di E sono dunque: x x + x 4 = Risolvendo il sistema, otteniamo le soluzioni e una base di E è, ad esempio: c) Il vettore generico di F è x x + x 4 = t 5s t s t s 5 w =, w =. con t, s R quindi E ha dimensione a a + b b, con a, b R.. Imponiamo l ortogonalità a w e a + b

4 otteniamo a 6b = ; scegliendo b = otteniamo a = dunque un vettore potrebbe essere 7. Esercizio 4 Si consideri la matrice A = 4. a) Calcolare gli autovalori di A. b) Dimostrare che A è diagonalizzabile, e trovare una matrice diagonale D e una matrice invertibile M tali che D = M AM. Soluzione. a) Il polinomio caratteristico è p A (x) = x + 4x 4x = x(x ) e abbiamo due autovalori distinti: λ = con molteplicità algebrica e λ = con molteplicità algebrica. Si verifica che le molteplicità algebriche e geometriche coincidono per ogni autovalore, quindi A è diagonalizzabile (ovvero, l endomorfismo f di R rappresentato da A rispetto alla base canonica è diagonalizzabile). b) Cerchiamo una base di ciascun autospazio. Si ha che E() ha base. L autospazio E() ha equazione x y + z = e una sua base è, è:,,, associati rispettivamente a,,. In conclusione: D =, M =.. Dunque una base di autovettori Esercizio 5 Nel piano sono dati i punti P = (, ), P = (, ), P = (, ). Si denoti con r la retta per P e P. a) Trovare il punto P su r tale che il triangolo P P P sia rettangolo in P. b) Determinare l equazione della circonferenza C di centro P tangente a r. 4

5 c) Trovare il punto Q sulla circonferenza C in modo che il triangolo P P Q abbia area massima. Soluzione. a) P = ( 4 5, 7 5 ). Infatti, la retta r ha equazione cartesiana x + y = ; il punto P si ottiene come intersezione di r con la retta s per P perpendicolare a r, che ha equazione x y + =. Dunque x + y = P : x y + =. b) Equazione di C : x + y + 4x 9 5 =. Infatti, la circonferenza cercata ha centro in P e raggio uguale alla distanza di P da r, che vale 7 5. Si ottiene: che dà l equazione cercata. C : (x + ) + y = 49 5, c) Q = ( 4 5, 7 5 ). Prendendo P P come base del triangolo, si ha che l altezza è la distanza di Q dalla retta r. Tale distanza è massima quando Q è il punto intersezione della circonferenza con la retta per P (il centro) perpendicolare alla retta r (tangente a C). Tale retta ha equazione x y + = e, risolvendo il sistema, otteniamo le coordinate di Q. Piú semplicemente potevamo procedere osservando che P è il punto medio del segmento P Q, dove P = ( 4 5, 7 5 ) è il punto di tangenza; dette (x, y) le coordinate di Q, si deve avere: (, ) = ( x, 7 ) 5 + y, da cui otteniamo x = 4 5, y = 7 5. x y + z + = Esercizio 6 Nello spazio sono dati il punto P = (,, ) e la retta r :. x + y z = a) Calcolare la distanza di P da r. b) Calcolare i parametri direttori della retta s, passante per P e perpendicolare ed incidente alla retta r. c) Determinare le equazioni delle sfere con centro sulla retta r, passanti per P e di raggio 5. Soluzione. a) La distanza vale. Tale distanza uguaglia la distanza di P dalla sua proiezione ortogonale sulla retta r, che è il punto H, intersezione di r con il piano π per P perpendicolare a r. Ora, i parametri direttori di r sono (,, ), proporzionali a (,, ). Il piano π ha dunque equazione y + z =. Intersecando π con r, otteniamo H = (,, ). Dunque: d(p, r) = d(p, H) =. 5

6 b) I parametri direttori cercati sono proporzionali a (,, ), che sono le coordinate del vettore P H. c) Otteniamo due sfere, di equazioni: S : x + y + z + x 4y z + = S : x + y + z + x + z = Infatti, i centri delle sfere cercate sono i punti di r a distanza 5 da P. parametriche di r sono: x = r : y = + t, z = t dunque il punto mobile su r ha coordinate C = (, + t, t). t + e la condizione da imporre è: Le equazioni La distanza di C da P vale t + = 5. Otteniamo t =, da cui i centri C = (,, ), C = (,, ). Le equazioni sono: S : (x + ) + (y ) + (z ) = 5 S : (x + ) + y + (z + ) = 5 6

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