Esercizi di ripasso: geometria e algebra lineare.

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1 Esercizi di ripasso: geometria e algebra lineare. Esercizio. Sia r la retta passante per i punti A(2,, 3) e B(,, 2) in R 3. a. Scrivere l equazione cartesiana del piano Π passante per A e perpendicolare ad r. b. Sia x 0 Π il punto del piano avente distanza minima dall origine. Trovarne le coordinate e il valore della distanza. c. Sia y 0 Π il punto del piano avente distanza minima dal punto C(0,, 0). Trovarne le coordinate e il valore della distanza. Soluzione. a. L equazione cartesiana di un piano è data da X N = P N, con N vettore normale e P punto del piano. Scegliendo: P = A = (2,, 3) punto del piano N = B A = (, 0, ) direzione della retta r, normale al piano si ottiene l equazione del piano Π: Π : x + z = 5. b. Il punto x 0 che minimizza la distanza di Π dall origine è l estremo del più breve segmento congiungente l origine col piano, cioè del tratto di retta uscente dall origine e perpendicolare al piano. Dunque, poichè la direzione normale al piano è data da N, si ha x 0 = (x(t), y(t), z(t)) Π = (t, 0, t) x + z = 5}, intersezione tra la retta voluta e il piano; la troviamo sostituendo le equazioni parametriche della retta in quella cartesiana del piano: x(t) + z(t) = t + t = 5 t = 5 2. Dunque x 0 lunghezza: = ( 5 2, 0, 5 2 ), la distanza di questo punto dall origine è la sua d(x 0, O) = ( 5 2 )2 2 = c. In modo analogo, troviamo il punto y 0 intersecando la retta (x(t), y(t), z(t)) = (0,, 0) + t(, 0, ) = (t,, t),

2 uscente da C e normale al piano, con il piano stesso: y 0 = (t,, t) x + z = 5}, da cui l equazione t+t = 5, che dà y 0 = ( 5 2,, 5 2 ). Quindi la distanza minima del piano da C è d(y 0, C) = y 0 C = ( 5 2,, 5 2 ) ((0,, 0) = ( 5 2 )2 2 = Esercizio. Risolvere il sistema al variare del parametro k nell insieme R dei numeri reali: x + y + kz = 2 x + y + 3z = k 2x + ky z = Soluzione. La matrice associata al sistema è A b = k 2 3 k 2 k Essendo un sistema quadrato (numero incognite = numero equazioni), avrà una ed una sola soluzione se e soltanto se det A 0 (teorema di Cramer): det A = det 0 0 k k = (k 3)(k 2). Quindi, per ogni valore del parametro diverso da 3 e 2, la soluzione del sistema è data da: (k 3)z = 3 k x + y + 3z = k 2x + ky z = Se k = 3, il sistema diventa: A b = x = k(k+2) k 2 y = 2(k+2) k 2 z = con rga b = 2 = rga: ammette soluzioni. Per calcolarle, troviamo un minore non nullo di ordine 2 (per esempio 3 ) e risolviamo rispetto 3 2

3 alle due incognite che vi compaiono (nel nostro caso, y e z; la x diventa il parametro libero): 3 2 x 3 2x x R y = 7 0 x + 2 z = 5 x 0 (Esercizio. mostrare che la soluzione trovata è equivalente a (5 0z, 7z 3, z), con z R.) Se k = 2, il sistema diventa: A b = con rga = 2 3 = rga b, dunque non ammette alcuna soluzione. Esercizio. Date le matrici A = e B = , a. calcolare M = A T B e M 2 = A B T ; b. dire se M ed M 2 sono invertibili; c. se lo sono, calcolarne l inversa. Soluzione. a. Dimensionalmente le due richieste sono ben poste, essendo nel primo caso un prodotto di matrici (n 2) (2 m) e nell altro invece (n 3) (3 m), ma sempre con le colonne del primo fattore in ugual numero delle righe del secondo. Calcolando si ottiene: M = A T B = = e M 2 = A B T = = b. Le due matrici sono quadrate; calcoliamone i determinanti:. det M = 0 : non invertibile 3

4 (infatti si ha dipendenza lineare, ad esempio, tra le righe: R 4 R 2 = R 3 ); mentre det M 2 = 8 0 : invertibile. c. Calcoliamo l inversa di M 2 tramite l algoritmo di inversione: M2 = T 2 2 = Esercizio. Sia S : R 3 R 3 la trasformazione lineare S(x, y, z) = (x + 3y + 4z, 2x + y + 3z, x + 2y + z). a. Trovare la matrice A rappresentativa di S sulla base canonica di R 3 ; b. trovare la dimensione dell immagine di S e una base del suo nucleo; c. trovare tutti i valori di h R per cui w = (2, 3, +h) ImS. Giustificare la risposta. d. Dire se S è iniettiva e perché. Soluzione. a. La matrice rappresentativa è 3 4 A = b. Essendoci una relazione lineare tra le colonne di A (per esempio, c 3 = c + c 2 ), si avrà sicuramente det A = 0, dunque rga 2. Poiché la matrice ammette dei minori non nulli di ordine 2, possiamo conlcudere che: dim ImS = rga = 2, mentre il nucleo avrà dimensione dim ker S = 3 rga =. Una sua base sarà un vettore che risolve il sistema omogeneo associato ad A: 3 4z 2 3z x = z y = z z R (ottenuto eliminando la terza riga). Perciò ker S = span(,, )}. c. w ImS se e solo se A w è un sistema impossibile (cioè non esiste v R 3 tale che Av = w, ovvero S(v) = w): A w = h 4,

5 Essendo rga = 2, si deve avere rga w = 3. In alternativa, possiamo imporre che w span(c, c 2 ) (essendo certamente le prime due colonne una base di ImS), cioè che i vettori c, c 2, w siano l.i., cioè che det = h Dunque per h 2. = det h h = 5(h + 2) 0. d. S sarebbe iniettiva se e solo se fosse ker S = 0}. Dunque non lo è. Esercizio. Presa in R 3 la base B = b, b 2, b 3 }, è data la trasformaizone lineare T che agisce sui vettori della base nel modo seguente: T (b ) = b + 2b 2 + b 3 T (b 2 ) = 2b + 3b 2 T (b 3 ) = 3b + b 2 b 3 a. Scrivere la matrice rappresentativa di T sulla base B. b. Calcolare le dimensioni di ImT e ker T. c. T è iniettiva? È suriettiva? È biiettiva? Soluzione. a. La matrice rappresentativa di T sulla base data è A = T (b ) T (b 2 ) T (b 3 ) = b. La dimensione dell immagine è pari al rango di A: essendo abbiamo det A 0,. dim ImT = rga = 3 e dim ker T = 3 rga = 0. c. T è iniettiva ker T = 0}. Pertanto T è iniettiva. T è suriettiva dim ImT = dim R 3 = 3. Pertanto T è suriettiva. T è biiettiva è iniettiva e suriettiva. Pertanto T è biiettiva. 5

6 Esercizio. Sia T : R 2 R 2 tale che T (, ) = (, 2) e T (, 2) = (, ). a. Determinare la matrice rappresentativa di T rispetto alla base canonica. b. Stabilire se esiste una base in R 2 rispetto alla quale T è rappresentata da una matrice diagonale. Se sì, trovare la base e la matrice diagonale che rappresenta T. Soluzione. a. primo modo: ricordo la formula del cambio di base: A B = B A B, dove A rappresenta T sulla base canonica; B ha per colonne i vettori della base non canonica B; A B rappresenta T sulla base B. Invertendo la formula ottengo la matrice cercata A = B A B B, T (b ) T (b dove A B = 2 ) b2 b = 0 =. 0 secondo modo: non ricordo la formula... Ricostruisco la matrice incognita a b A = imponendo che: c d cioè: a b c d da cui il sistema: a + b = c + d = 2 a + 2b = c + 2d = = Ab = b 2 2 Ab 2 = b e a = b = 0 c = 3 d = a b c d 2 b. Se esiste una base su cui T è diagonale, sarà formata da autovettori. Quindi la domanda può essere riformulata: A è diagonalizzabile? Gli autovalori di A sono gli elementi della diagonale λ /2 = ± (perché A è triangolare): sono entrambi semplici, perciò regolari, dunque A è diagonalizzabile. Per avere la base di autovettori, calcoliamo: 0 0 ker(a I) = ker = span((2, 3)); =,

7 e ker(a + I) = ker = span((0, )). La base cercata è V = (2, 3), (0, )} e la matrice diagonale è D = diag(, ). Esercizio. La matrice A = k k R a. per quali k è diagonalizzabile? b. per tali k trovare una base di autovettori e una matrice diagonale simile ad A. Soluzione. a. A è diagonalizzabile se e soltanto se i suoi autovalori sono tutti regolari (m g (λ i ) = m a (λ i ) i). Studiamo le molteplicità degli autovalori al variare di k R: det(a λi) = (2 λ)(3 λ) 2, dunque λ = 2 è semplice (e perciò regolare); λ 2 = λ 3 = 3 è doppio (cioè m a (λ 2 ) = 2). Calcoliamo la molteplicità geometrica: = 2 se k = 0 m g (λ 2 ) = dim ker(a λ 2 I) = 3 rg k 0 4 = 3 2 = se k Perciò A è diagonalizzabile k = 0. b. Se k = 0, troviamo una base di autovettori: 0 7 A 2I = 0 4 V 2 = A 3I = V 3 = Quindi una base di autovettori può essere 7 V = 4, 0, 0 7 7z 4z z x y 0 0 0, z R},, x, y R}. }

8 e la matrice diagonale simile ad A è D = diag(2, 3, 3), che soddisfa la relazione A V = V D. Esercizio. Stabilire se 2 2 a. la matrice A = è diagonalizzabile. Se sì, trovare una base 2 di R 2 formata da autovettori di A di lunghezza unitaria. Si tratta di una base ortonormale? Giustificare. 5 4 b. la matrice B = è diagonalizzabile. Se sì, trovare una base di 5 R 2 formata da autovettori di B di lunghezza unitaria. Si tratta di una base ortonormale? Giustificare. Soluzione. a. La matrice A è simmetrica, perciò certamente diagonalizzabile (per il teorema spettrale). Essendo di ordine 2, sappiamo anche che gli autovalori soddisfano le relazioni: λ λ 2 = det A = 0 λ + λ 2 = T ra = 3 λ = 0 λ 2 = 3 Cerchiamo gli autovettori: 2 2 ker A = ker = (x, 2x), x R}; 2 ker(a + 3I) = ker = ( 2y, y), y R}. Dunque due autovettori di norma unitaria sono: v = (, 2) 3 e v 2 = ( 2, ) 3 ; si tratta di una base ortonormale, essendo v v 2 = 0 (come garantisce il teorema spettrale). b. In questo caso verifichiamo la regolarità degli autovalori: λ λ 2 = det B = 2 λ + λ 2 = T rb = 0 λ = 3 λ 2 = 7 8

9 autovalori semplici sono sempre regolari, dunque anche B è diagonalizzabile. Cerchiamo gli autovettori: 2 4 ker(b 3I) = ker = ( 2y, y), y R}; 2 ker(b 7I) = ker Due autovettori di lunghezza unitaria sono: = (2y, y), y R}. w = ( 2, ) (2, ) e w 2 =, 5 5 ma non sono ortogonali (w w 2 0)): infatti le sole matrici ortogonalmente simili ad una matrice diagonale, cioè diagonalizzabili tramite una matrice di passaggio ortogonale, cioè dotate di una base ortonormale di autovettori sono quelle simmetriche (e B non lo è). Esercizio. Consideriamo la trasformazione lineare T (e ) = 3e + e 3 T (e 2 ) = e 2 T (e 3 ) = 3 + 3e 3 a. scrivere la matrice A che rappresenta T sulla base canonica; b. esiste una base di autovettori ortogonali tra loro? Se sì, trovarla (non è necessario che abbiano lunghezza unitaria); c. trovare, se esiste, una matrice ortogonale P tale che P T A P sia una matrice diagonale; d. scrivere una matrice diagonale simile ad A; e. A 4 ammette una base ortonormale di autovettori? Giustificare la risposta. Soluzione. a. La matrice rappresentativa di T sulla base canonica e, e 2, e 3 } è: A = T (e ) T (e 2 ) T (e 3 ) =

10 b. Poiché A T = A (matrice simmetrica), per il teorema spettrale tale base esiste. Per trovarla, calcoliamo autovalori e autovettori: det(a λi) = (3 λ) 2 ( λ), dunque abbiamo λ =, λ 2 = 2, λ 3 = 4. Gli autospazi sono le soluzioni dei sistemi omogenei associati a: 2 0 A I = V = (0, y, 0), y R}, 0 2 A 2I = A 4I = V 2 = (x, 0, x), x R}, V 4 = (z, 0, z), z R}. Pertanto una base di autovettori ortogonali tra loro può essere: 0 B = v, v 2, v 3 } =, 0, 0 0 (l ortogonalità è garantita dal teorema spettrale, oppure si può verificare per via diretta che v v 2 = v 2 v 3 = v 3 v = 0). c. La matrice ortogonale cercata è quella che diagonalizza A, rappresentando la trasformazione T rispetto ad una base ortonormale di autovettori: P = v v v 2 v 2 v 3 v 3 = Essendo ortogonale, verifica P = P T, dunque, posta D = diag(, 2, 4), si ha la relazione di similitudine: d. Vedi punto c. D = P AP = P T AP. e. Si dimostra facilmente che A 4 è simmetrica: (A 4 ) T = (A A A A) T = (A T A T A T A T ) = (A A A A) = A 4. Perciò, per il teroema spettrale, ammette una base ortonormale di autovettori.. 0

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