Osservazioni generali

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1 Osservazioni generali Innanzitutto Non si può dividere per. Per i numeri complessi Quando si risolve z 3 = az con a dato, ricordarsi di stare attento per che cosa si divide. Infatti non si può dividere per, quindi se si vuol dividere o semplificare qualcosa, bisogna prima assicurarsi che il qualcosa sia diverso da. Questo evita il grosso errore di dividere per perché non si può dividere per. In questo caso, dividendo per si perdeva la soluzione z =, che è una soluzione ovvia dell equazione. Inoltre, se la costante a è della forma b, con b = ρ e arg b = θ, allora a = b = ρ ma arg a = arg b + π. Altra osservazione: il prodotto per e iθ fa una rotazione di centro O (l origine), cioè (il complesso nullo), e angolo θ; il prodotto per ρe iθ fa la stessa rotazione più una dilatazione di costante ρ e sempre di centro O o. Geometria analitica Verificare i conti. Verificare i conti. Verificare i conti. Per il piano normale al piano assegnato, verificare che i vettori normali sono effettivamente perpendicolari. Verificare che i punti A e B appartengono al piano trovato. Per il piano contenente le rette parallele (esercizio 8), verificare che il vettore direttore delle rette è normale al vettore normale al piano. Se si è calcolato l equazione parametrica, verificare che il o i punti per t = stanno nel piano. Spazi vettoriali Ricordarsi che in un sottospazio vettoriale c è sempre il vettore nullo. Quindi se non c è, non è un sottospazio vettoriale. Questo permette ogni tanto di rispondere subito oppure dà la condizione su k (per la domanda c)). Per l esercizio 6, usare un determinante era controproducente, soprattutto se non si semplificava prima di espanderlo.

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3 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi (Geometria e Algebra Lineare) 7 aprile 9 Tema A Tempo a disposizione: ore e mezzo. 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. SOLUZIONI Esercizio. Sia P il punto d intersezione tra la retta x = 5 5t r : y = + t z = + 6t e il piano di equazione y z =. Sia poi Q l intersezione tra r e il piano di equazione x 3y + z 5 =. Calcolare la distanza tra P e Q. Le coordinate del punto P si trovano sostituendo le equazioni di r in quella del primo piano. Si trova infatti t = che, inserito nelle equazioni di r, porta a P (5,, ). Allo stesso modo si ha che Q(,, 4), cosicché P Q = ( 5,, 6) e P Q = P Q = 6. Esercizio. Determinare il piano ortogonale al piano x+y 4z +3 = e passante per i punti A(,, ) e B(,, 3). Il vettore n, normale al piano cercato, deve essere ortogonale al vettore n = (,, 4), normale al piano assegnato, e al vettore AB = (,, ). Si può pertanto scegliere n = n AB = (5, 6, 4) e quindi il piano cercato ha equazione 5(x ) + 6y + 4(z ) =, ossia 5x + 6y + 4z 3 =. Non dimenticare di verificare che A e B appartengono al piano e che il vettore normale al piano è normale a n. Esercizio 3. Risolvere in C l equazione e disegnare le soluzioni sul piano di Gauss. z + z + + i = Si tratta di un equazione del secondo grado. Il suo discriminante è Possiamo calcolarne una radice quadrata, = 8i. δ = i.

4 È allora facile vedere che le due soluzioni sono z = + i z = i Si verifica che le due soluzioni sono effettivamente soluzioni dell equazione. Esercizio 4. Risolvere in C l equazione z 3 = ( + i ) z Una soluzione ovvia è z =. Se adesso z è una soluzione diversa da, scriviamo z in forma esponenziale z = ρe iθ con ρ > e θ reale. Abbiamo allora cioè Otteniamo quindi ρ 3 e 3iθ = cioè ρ =. Quindi l angolo θ verifica ( + i ) ρe iθ, ( ) ρ e 4iθ = + i. ρ = + = 4 = cos 4θ = sin 4θ = e quindi 4θ = 3 3 π + kπ con k Z. Questo conduce quindi a θ = π + k π 4 6, o 3 (gli altri valori di k producono le stesse soluzioni). L insieme delle cinque soluzioni è quindi S =, } e 3 ikπ iπ+ 6 : k 3 =, } i k e 3 6 iπ : k 3. con k =, Esercizio 5. Determinare in quali dei seguenti casi il sottoinsieme W di V è un sottospazio vettoriale. Non si chiede né di verificare che V è uno spazio vettoriale né che W è incluso in V. a) V = R 3 e W = (x; y; z) : x + 3y + z = }; Possiamo riconoscere il piano ortogonale al vettore (; 3; ), oppure osservare che se (x; y; z) W, allora z = x 3y e quindi (x; y; z) = x(; ; ) + y(; ; 3) e quindi si tratta del sottospazio generato dai vettori (; ; ) e (; ; 3).

5 b) V = R[x] e W = P V : P ()P () = }; Il vettore nullo, cioè il polinomio costante uguale a, non appartiene al sottoinsieme, quindi non può essere un sottospazio vettoriale. c) Determinare i valori di k tali che W 3 = f V 3 : } 5 f(t) dt = k + k sia un sottospazio vettoriale di V 3 = funzioni continue da R in R}. Per essere un sottospazio vettoriale, W 3 deve contenere la funzione nulla. L integrale della funzione nulla sarà, quindi dobbiamo avere k + k =. Le soluzioni di questa equazione sono k = (soluzione doppia). In quel caso, il sottoinsieme W 3 diventa W 3 = f V 3 : } 5 f(t) dt = e diventa relativamente ovvio che è un sottospazio vettoriale. Infatti la funzione nulla ci appartiene e quindi è non vuoto. Inoltre se f e g sono due elementi di W 3 e λ e µ sono due reali, allora 5 (λf + µg)(t) dt = = λ 5 5 λf(t) dt + 5 f(t) dt + µ = λ + µ =. 5 µg(t) dt g(t) dt Esercizio 6. Nello spazio vettoriale R 4, si considerino i quattro vettori v = (,, k, ), v = (k, 3, k + 3, 4), v 3 = (4,,, ) e v 4 = (k, 3,, ), dipendenti da un parametro reale k. a) Per quali valori di k i quattro vettori sono linearmente dipendenti? I quattro vettori sono linearmente dipendenti se e solo se esistono quattro numeri reali λ, λ, λ 3 e λ 4, non tutti nulli, tali che λ v + λ v + λ 3 v 3 + λ 4 v 4 =. Ciò porta al sistema λ + kλ + 4λ 3 + kλ 4 = 3λ + 3λ 4 = kλ + (k + 3)λ + λ 3 λ 4 = λ + 4λ = equivalente a (k 6)λ = λ 4 = λ λ 3 = λ λ = λ Esiste quindi una soluzione (λ, λ, λ 3, λ 4 ) (,,, ) se e solo se k = 3. Questo è l unico valore di k per il quale i quattro vettori sono linearmente dipendenti. 3

6 b) Per k =, calcolare la dimensione del sottospazio generato da v, v e v 3. Abbiamo visto che per k = i quattro vettori sono linearmente indipendenti. Quindi lo sono anche v, v e v 3. Ne segue che il sottospazio che generano ha dimensione 3. Esercizio 7. Rappresentare graficamente gli insiemi di numeri complessi seguenti: a) A = z C : z }; Sappiamo che la distanza tra due complessi z e z è z z. Segue che z è la distanza tra z e. Quindi l insieme A è la corona di centro e compresa tra le circonferenze di raggio e di raggio (siccome le disuguaglianze sono larghe le due circonferenze fanno parte di A). b) B = e iπ z : z A}; Il prodotto di un complesso z per e iπ = i ha l effetto di farne la rotazione di centro e angolo π. Quindi B è l immagine di A sotto l azione della rotazione di centro e angolo π, cioè la corona di centro i e compresa tra le circonferenze di raggio e di raggio. c) C = 3e iπ z : z A}. Osserviamo che C = 3w : w B}, cioè che C è l immagine di B sotto l azione dell omotetia di centro e rapporto (o costante) 3. Si tratta quindi della corona di centro 3i e compresa tra le circonferenze di raggio 3 e di raggio 6. Esercizio 8. Dopo aver verificato che le rette x + y + = r : x y z + 6 = sono parallele, determinare il piano che le contiene. s : x + 5y + z = x 4y z + 7 = Un vettore direzionale v r di r si trova come prodotto vettoriale dei vettori normali dei piani di cui r è intersezione. In formule: Stesso discorso per la retta s: v r = (,, ) (,, ) = (,, 3). v s = (, 5, ) (, 4, ) = ( 6, 3, 9) = 3(,, 3) = 3v r. Poiché v r e v s sono proporzionali, le due rette sono parallele. Per trovare il piano che le contiene, si può considerare il fascio di piani contenente s, ossia λ(x + 5y + z ) + µ(x 4y z + 7) =, e imporre il passaggio per uno dei punti di r, per esempio A(,, 5) (per trovare il punto A si è scelto y = perché permetteva di calcolare x facilmente nella prima equazione e quindi z nella seconda). Si trova che λ = µ e quindi il piano cercato ha equazione x + y + =. 4

7 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi (Geometria e Algebra Lineare) 7 aprile 9 Tema B Tempo a disposizione: ore e mezzo. 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. SOLUZIONI Esercizio. Sia P il punto d intersezione tra la retta x = 8 8t r : y = + t z = + 6t e il piano di equazione y z =. Sia poi Q l intersezione tra r e il piano di equazione x 3y + z 5 =. Calcolare la distanza tra P e Q. Le coordinate del punto P si trovano sostituendo le equazioni di r in quella del primo piano. Si trova infatti t = che, inserito nelle equazioni di r, porta a P (8,, ). Allo stesso modo si ha che Q(,, 4), cosicché P Q = ( 8,, 6) e P Q = P Q =. Esercizio. Determinare il piano ortogonale al piano 4x+y 4z +3 = e passante per i punti A(,, ) e B(,, 3). Il vettore n, normale al piano cercato, deve essere ortogonale al vettore n = (4,, 4), normale al piano assegnato, e al vettore AB = (,, ). Si può pertanto scegliere n = n AB = (5, 4, 6) e quindi il piano cercato ha equazione 5(x ) + 4y + 6(z ) =, ossia 5x + 4y + 6z 7 =. Non dimenticare di verificare che A e B appartengono al piano e che il vettore normale al piano è normale a n. Esercizio 3. Risolvere in C l equazione e disegnare le soluzioni sul piano di Gauss. z (4 + 6i)z 5 + 4i = Si tratta di un equazione del secondo grado. Il suo discriminante è Possiamo calcolarne una radice quadrata, = 8i. δ = i.

8 È allora facile vedere che le due soluzioni sono z = + 4i z = 3 + i Si verifica che le due soluzioni sono effettivamente soluzioni dell equazione. Esercizio 4. Risolvere in C l equazione z 3 = ( + i ) 3 z Una soluzione ovvia è z =. Se adesso z è una soluzione diversa da, scriviamo z in forma esponenziale z = ρe iθ con ρ > e θ reale. Abbiamo allora ρ 3 e 3iθ = ( + i ) 3 ρe iθ, cioè ( ρ e 4iθ = + i ) 3. Otteniamo quindi cioè ρ =. Quindi l angolo θ verifica ρ = + 3 = 4 = cos 4θ = 3 sin 4θ = e quindi 4θ = π + kπ con k Z. Questo conduce quindi a θ = π + k π 3 6, o 3 (gli altri valori di k producono le stesse soluzioni). L insieme delle cinque soluzioni è quindi S =, } e ikπ iπ+ 6 : k 3 =, } i k e 6 iπ : k 3. con k =, Esercizio 5. Determinare in quali dei seguenti casi il sottoinsieme W di V è un sottospazio vettoriale. Non si chiede né di verificare che V è uno spazio vettoriale né che W è incluso in V. a) V = R 4 e W = (x; y; z; t) : x 3y + z + t = }; Il vettore nullo, cioè (; ; ), non appartiene al sottoinsieme, quindi non può essere un sottospazio vettoriale.

9 b) V = R[x] e W = P V : P ( ) = }; Il vettore nullo, cioè il polinomio costante uguale a, appartiene al sottoinsieme, quindi non è vuoto. Dati due polinomio P e Q tali che P ( ) = Q ( ) = e due reali λ e µ, (λp + µq) ( ) = λp ( ) + µq ( ) = λ + µ = quindi W è un sottospazio vettoriale. c) Determinare i valori di k tali che W 3 = f V 3 : } 4 f(t) dt = k + 5k sia un sottospazio vettoriale di V 3 = funzioni continue da R in R}. Per essere un sottospazio vettoriale, W 3 deve contenere la funzione nulla. L integrale della funzione nulla sarà, quindi dobbiamo avere k + 5k =. Le soluzioni di questa equazione sono k = e k =. In quel caso, il sottoinsieme W 3 diventa W 3 = f V 3 : } 4 f(t) dt = e diventa relativamente ovvio che è un sottospazio vettoriale. Infatti la funzione nulla ci appartiene e quindi è non vuoto. Inoltre se f e g sono due elementi di W 3 e λ e µ sono due reali, allora 4 (λf + µg)(t) dt = = λ 4 4 λf(t) dt + 4 f(t) dt + µ = λ + µ =. 4 µg(t) dt g(t) dt Esercizio 6. Nello spazio vettoriale R 4, si considerino i quattro vettori v = (,, k, ), v = (k, 3, k + 3, 4), v 3 = (,,, ) e v 4 = (k, 3,, ), dipendenti da un parametro reale k. a) Per quali valori di k i quattro vettori sono linearmente dipendenti? I quattro vettori sono linearmente dipendenti se e solo se esistono quattro numeri reali λ, λ, λ 3 e λ 4, non tutti nulli, tali che Ciò porta al sistema equivalente a λ v + λ v + λ 3 v 3 + λ 4 v 4 =. λ + kλ + λ 3 + kλ 4 = 3λ + 3λ 4 = kλ + (k + 3)λ + λ 3 λ 4 = λ + 4λ = (k 3)λ = λ 4 = λ λ 3 = λ λ = λ Esiste quindi una soluzione (λ, λ, λ 3, λ 4 ) (,,, ) se e solo se k = 3. Questo è l unico valore di k per il quale i quattro vettori sono linearmente dipendenti. 3

10 b) Per k =, calcolare la dimensione del sottospazio generato da v, v e v 3. Abbiamo visto che per k = i quattro vettori sono linearmente indipendenti. Quindi lo sono anche v, v e v 3. Ne segue che il sottospazio che generano ha dimensione 3. Esercizio 7. Rappresentare graficamente gli insiemi di numeri complessi seguenti: a) A = z C : Im ( ( 3i)z ) = }; Se scriviamo z = x + iy con x e y R, abbiamo ( 3i)z = x + 3y + i(y 3x) e quindi A = z C : y 3x = }, cioè A è la retta passante per il punto di coordinate x =, y = (cioè z = i ) e il punto di coordinate x = 3, y = (cioè z = 3 ). b) B = e iπ z : z A}; Il prodotto di un complesso z per e iπ = i ha l effetto di farne la rotazione di centro e angolo π. Quindi B è l immagine di A sotto l azione della rotazione di centro e angolo π, cioè la retta passante per i punti z = iz = e z = iz = i 3 c) C = 3e iπ z : z A}. Osserviamo che C = 3w : w B}, cioè che C è l immagine di B sotto l azione dell omotetia di centro e rapporto (o costante) 3. Si tratta quindi della retta passante per i punti z = 3z = 3 e z = 3z = i Esercizio 8. Dopo aver verificato che le rette x + y + 4 = r : x y z + 9 = sono parallele, determinare il piano che le contiene. s : x + 5y + z = x 4y z + 7 = Un vettore direzionale v r di r si trova come prodotto vettoriale dei vettori normali dei piani di cui r è intersezione. In formule: Stesso discorso per la retta s: v r = (,, ) (,, ) = (,, 3). v s = (, 5, ) (, 4, ) = ( 6, 3, 9) = 3(,, 3) = 3v r. Poiché v r e v s sono proporzionali, le due rette sono parallele. Per trovare il piano che le contiene, si può considerare il fascio di piani contenente s, ossia λ(x + 5y + z ) + µ(x 4y z + 7) =, e imporre il passaggio per uno dei punti di r, per esempio A( 4,, 5) (per trovare il punto A si è scelto y = perché permetteva di calcolare x facilmente nella prima equazione e quindi z nella seconda). Si trova che λ = 7µ e quindi il piano cercato ha equazione x + 3y + 3z 7 =. 4

11 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi (Geometria e Algebra Lineare) 7 aprile 9 Tema C Tempo a disposizione: ore e mezzo. 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. SOLUZIONI Esercizio. Sia P il punto d intersezione tra la retta x = 3 3t r : y = + t z = + 6t e il piano di equazione y z =. Sia poi Q l intersezione tra r e il piano di equazione x 3y + z 5 =. Calcolare la distanza tra P e Q. Le coordinate del punto P si trovano sostituendo le equazioni di r in quella del primo piano. Si trova infatti t = che, inserito nelle equazioni di r, porta a P (3,, ). Allo stesso modo si ha che Q(,, 4), cosicché P Q = ( 3,, 6) e P Q = P Q = 46. Esercizio. Determinare il piano ortogonale al piano 6x+y 4z +3 = e passante per i punti A(,, ) e B(,, 3). Il vettore n, normale al piano cercato, deve essere ortogonale al vettore n = (6,, 4), normale al piano assegnato, e al vettore AB = (,, ). Si può pertanto scegliere n = n AB = (5,, 8) e quindi il piano cercato ha equazione 5(x ) + y + 8(z ) =, ossia 5x + y + 8z =. Non dimenticare di verificare che A e B appartengono al piano e che il vettore normale al piano è normale a n. Esercizio 3. Risolvere in C l equazione e disegnare le soluzioni sul piano di Gauss. z + (6 + 4i)z i = Si tratta di un equazione del secondo grado. Il suo discriminante è Possiamo calcolarne una radice quadrata, = 8i. δ = i.

12 È allora facile vedere che le due soluzioni sono z = 4 i z = 3i Si verifica che le due soluzioni sono effettivamente soluzioni dell equazione. Esercizio 4. Risolvere in C l equazione z 3 = ( 3 i ) z Una soluzione ovvia è z =. Se adesso z è una soluzione diversa da, scriviamo z in forma esponenziale z = ρe iθ con ρ > e θ reale. Abbiamo allora cioè Otteniamo quindi ρ 3 e 3iθ = cioè ρ =. Quindi l angolo θ verifica ( 3 i ) ρe iθ, ρ e 4iθ = 3 i. ρ = 3 + = 4 = cos 4θ = 3 sin 4θ = e quindi 4θ = π + kπ con k Z. Questo conduce quindi a θ = π + k π 6 4, o 3 (gli altri valori di k producono le stesse soluzioni). L insieme delle cinque soluzioni è quindi S =, } e ikπ iπ+ 4 : k 3 =, } i k e 4 iπ : k 3. con k =, Esercizio 5. Determinare in quali dei seguenti casi il sottoinsieme W di V è un sottospazio vettoriale. Non si chiede né di verificare che V è uno spazio vettoriale né che W è incluso in V. a) V = R 3 e W = (x + 3y; y 3x; 3y) : x, y R}; Siccome (x+3y; y 3x; 3y) = x(; 3; )+y(3; ; 3), si tratta del sottospazio generato dai vettori (; 3; ) e (3; ; 3).

13 b) V = R[x] e W = P V : P (3) = }; Il vettore nullo, cioè il polinomio costante uguale a, non appartiene al sottoinsieme, quindi non può essere un sottospazio vettoriale. c) V 3 = R[x] e W 3 = P V 3 : P ()P () = }; Il vettore nullo, cioè il polinomio costante uguale a, non appartiene al sottoinsieme, quindi non può essere un sottospazio vettoriale. d) Determinare i valori di k tali che W 4 = f V 4 : } 3 f(t) dt = k + k + sia un sottospazio vettoriale di V 4 = funzioni continue da R in R}. Per essere un sottospazio vettoriale, W 4 deve contenere la funzione nulla. L integrale della funzione nulla sarà, quindi dobbiamo avere k + k + =. Le soluzioni di questa equazione sono k = (soluzione doppia). In quel caso, il sottoinsieme W 4 diventa W 4 = f V 4 : } 3 f(t) dt = e diventa relativamente ovvio che è un sottospazio vettoriale. Infatti la funzione nulla ci appartiene e quindi è non vuoto. Inoltre se f e g sono due elementi di W 4 e λ e µ sono due reali, allora 3 (λf + µg)(t) dt = = λ 3 3 λf(t) dt + 3 f(t) dt + µ = λ + µ =. 3 µg(t) dt g(t) dt Esercizio 6. Nello spazio vettoriale R 4, si considerino i quattro vettori v = (,, k, ), v = (k, 3, k + 3, 4), v 3 = (,,, ) e v 4 = (k, 3,, ), dipendenti da un parametro reale k. a) Per quali valori di k i quattro vettori sono linearmente dipendenti? I quattro vettori sono linearmente dipendenti se e solo se esistono quattro numeri reali λ, λ, λ 3 e λ 4, non tutti nulli, tali che λ v + λ v + λ 3 v 3 + λ 4 v 4 =. Ciò porta al sistema equivalente a λ + kλ λ 3 + kλ 4 = 3λ + 3λ 4 = kλ + (k + 3)λ + λ 3 λ 4 = λ + 4λ = kλ = λ 4 = λ λ 3 = λ λ = λ 3

14 Esiste quindi una soluzione (λ, λ, λ 3, λ 4 ) (,,, ) se e solo se k =. Questo è l unico valore di k per il quale i quattro vettori sono linearmente dipendenti. b) Per k =, calcolare la dimensione del sottospazio generato da v, v e v 3. Abbiamo visto che per k = i quattro vettori sono linearmente indipendenti. Quindi lo sono anche v, v e v 3. Ne segue che il sottospazio che generano ha dimensione 3. Esercizio 7. Rappresentare graficamente gli insiemi di numeri complessi seguenti: a) A = z C : 3 z + 3 }; Sappiamo che la distanza tra due complessi z e z è z z. Segue che z + 3 è la distanza tra z e 3. Quindi l insieme A è la corona di centro 3 e compresa tra le circonferenze di raggio e di raggio (siccome le disuguaglianze sono larghe le due 3 circonferenze fanno parte di A). b) B = e iπ z : z A}; Il prodotto di un complesso z per e iπ = i ha l effetto di farne la rotazione di centro e angolo π. Quindi B è l immagine di A sotto l azione della rotazione di centro e angolo π, cioè la corona di centro 3i e compresa tra le circonferenze di raggio e 3 di raggio. c) C = e iπ z : z A}. Osserviamo che C = w : w B}, cioè che C è l immagine di B sotto l azione dell omotetia di centro e rapporto (o costante). Si tratta quindi della corona di centro 6i e compresa tra le circonferenze di raggio e di raggio 4. 3 Esercizio 8. Dopo aver verificato che le rette r : x + y + = x y z + 7 = s : x + 5y + z = x 4y z + 7 = sono parallele, determinare il piano che le contiene. Un vettore direzionale v r di r si trova come prodotto vettoriale dei vettori normali dei piani di cui r è intersezione. In formule: Stesso discorso per la retta s: v r = (,, ) (,, ) = (,, 3). v s = (, 5, ) (, 4, ) = ( 6, 3, 9) = 3(,, 3) = 3v r. Poiché v r e v s sono proporzionali, le due rette sono parallele. Per trovare il piano che le contiene, si può considerare il fascio di piani contenente s, ossia λ(x + 5y + z ) + µ(x 4y z + 7) =, 4

15 e imporre il passaggio per uno dei punti di r, per esempio A(,, 5) (per trovare il punto A si è scelto y = perché permetteva di calcolare x facilmente nella prima equazione e quindi z nella seconda). Si trova che λ = 5µ e quindi il piano cercato ha equazione x + 7y + z =. 5

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17 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi (Geometria e Algebra Lineare) 7 aprile 9 Tema D Tempo a disposizione: ore e mezzo. 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. SOLUZIONI Esercizio. Sia P il punto d intersezione tra la retta x = 6 6t r : y = + t z = + 6t e il piano di equazione y z =. Sia poi Q l intersezione tra r e il piano di equazione x 3y + z 5 =. Calcolare la distanza tra P e Q. Le coordinate del punto P si trovano sostituendo le equazioni di r in quella del primo piano. Si trova infatti t = che, inserito nelle equazioni di r, porta a P (6,, ). Allo stesso modo si ha che Q(,, 4), cosicché P Q = ( 6,, 6) e P Q = P Q = 73. Esercizio. Determinare il piano ortogonale al piano x + y 4z + 3 = e passante per i punti A(,, ) e B(,, 3). Il vettore n, normale al piano cercato, deve essere ortogonale al vettore n = (,, 4), normale al piano assegnato, e al vettore AB = (,, ). Si può pertanto scegliere n = n AB = (5, 7, 3) e quindi il piano cercato ha equazione 5(x ) + 7y + 3(z ) =, ossia 5x + 7y + 3z =. Non dimenticare di verificare che A e B appartengono al piano e che il vettore normale al piano è normale a n. Esercizio 3. Risolvere in C l equazione e disegnare le soluzioni sul piano di Gauss. z iz + i = Si tratta di un equazione del secondo grado. Il suo discriminante è Possiamo calcolarne una radice quadrata, = 8i. δ = i.

18 È allora facile vedere che le due soluzioni sono z = + i z = Si verifica che le due soluzioni sono effettivamente soluzioni dell equazione. Esercizio 4. Risolvere in C l equazione z 3 = ( i ) z Una soluzione ovvia è z =. Se adesso z è una soluzione diversa da, scriviamo z in forma esponenziale z = ρe iθ con ρ > e θ reale. Abbiamo allora ρ 3 e 3iθ = ( i ) ρe iθ, cioè Otteniamo quindi ρ e 4iθ = i. ρ = + = 4 = cioè ρ =. Quindi l angolo θ verifica cos 4θ = sin 4θ = e quindi 4θ = π + kπ con k Z. Questo conduce quindi a θ = π + k π 4 6, o 3 (gli altri valori di k producono le stesse soluzioni). L insieme delle cinque soluzioni è quindi S =, } e ikπ iπ+ 6 : k 3 =, } i k e 6 iπ : k 3. con k =, Esercizio 5. Determinare in quali dei seguenti casi il sottoinsieme W di V è un sottospazio vettoriale. Non si chiede né di verificare che V è uno spazio vettoriale né che W è incluso in V. a) V = R 3 e W = (x 3y; 5x + y; xy) : x, y R}; I vettori (; 5; ) (x =, y = ) e ( 3; ; ) (x =, y = ) appartengono a W, però la loro somma v = ( ; 6; ) non ci appartiene. Infatti per appartenere al questo insieme dovrebbe essere della forma v = (x 3y; 5x + y; xy), quindi o x = o y =. Se x =, dobbiamo avere y = 6 (per la seconda componente), ma la prima sarebbe 8; se invece y =, dobbiamo avere x = (per la prima componente), ma la seconda sarebbe. Quindi non è un sottospazio vettoriale.

19 b) V = R 3 [x] e W = a 3 x 3 + a x + a x + a V : a 3 + a = } ; Il vettore nullo, cioè il polinomio costante uguale a, appartiene al sottoinsieme, quindi non è vuoto. Dati due polinomio P (x) = a 3 x 3 + a x + a x + a e Q(x) = b 3 x 3 + b x + b x + b tali che a 3 + a = e b 3 + b = e due reali λ e µ, abbiamo (λp + µq) = (λa 3 + µb 3 )x 3 + (λa + µb )x + (λa + µb )x + λa + µb quindi (λa 3 + µb 3 ) + λa + µb = λa 3 + λa + µb 3 + µb = λ + µ = e quindi W è un sottospazio vettoriale. c) Determinare i valori di k tali che W 3 = f V 3 : } f(t) dt = k + 5k + sia un sottospazio vettoriale di V 3 = funzioni continue da R in R}. Per essere un sottospazio vettoriale, W 3 deve contenere la funzione nulla. L integrale della funzione nulla sarà, quindi dobbiamo avere k + 5k + =. Le soluzioni di questa equazione sono k = e k =. In quel caso, il sottoinsieme W 3 diventa W 3 = f V 3 : } f(t) dt = e diventa relativamente ovvio che è un sottospazio vettoriale. Infatti la funzione nulla ci appartiene e quindi è non vuoto. Inoltre se f e g sono due elementi di W 3 e λ e µ sono due reali, allora (λf + µg)(t) dt = = λ λf(t) dt + f(t) dt + µ = λ + µ =. µg(t) dt g(t) dt Esercizio 6. Nello spazio vettoriale R 4, si considerino i quattro vettori v = (,, k, ), v = (k, 3, k + 3, 4), v 3 = (3,,, ) e v 4 = (k, 3,, ), dipendenti da un parametro reale k. a) Per quali valori di k i quattro vettori sono linearmente dipendenti? I quattro vettori sono linearmente dipendenti se e solo se esistono quattro numeri reali λ, λ, λ 3 e λ 4, non tutti nulli, tali che λ v + λ v + λ 3 v 3 + λ 4 v 4 =. Ciò porta al sistema equivalente a λ + kλ + 3λ 3 + kλ 4 = 3λ + 3λ 4 = kλ + (k + 3)λ + λ 3 λ 4 = λ + 4λ = (k 5)λ = λ 4 = λ λ 3 = λ λ = λ 3

20 Esiste quindi una soluzione (λ, λ, λ 3, λ 4 ) (,,, ) se e solo se k = 5. Questo è l unico valore di k per il quale i quattro vettori sono linearmente dipendenti. b) Per k =, calcolare la dimensione del sottospazio generato da v, v e v 3. Abbiamo visto che per k = i quattro vettori sono linearmente indipendenti. Quindi lo sono anche v, v e v 3. Ne segue che il sottospazio che generano ha dimensione 3. Esercizio 7. Rappresentare graficamente gli insiemi di numeri complessi seguenti: a) A = z C : Im ( (4 + 5i)z ) = }; Se scriviamo z = x + iy con x e y R, abbiamo (4 + 5i)z = 4x 5y + i(4y + 5x) e quindi A = z C : 4y + 5x = }, cioè A è la retta passante per il punto di coordinate x =, y = 4 (cioè z = i 4 ) e il punto di coordinate x = 5, y = (cioè z = 5 ). b) B = e iπ z : z A}; Il prodotto di un complesso z per e iπ = i ha l effetto di farne la rotazione di centro e angolo π. Quindi B è l immagine di A sotto l azione della rotazione di centro e angolo π, cioè la retta passante per i punti z = iz = e 4 z = iz = i 5 c) C = e iπ z : z A}. Osserviamo che C = w : w B}, cioè che C è l immagine di B sotto l azione dell omotetia di centro e rapporto (o costante). Si tratta quindi della retta passante per i punti z = z = e z = z = i 5 Esercizio 8. Dopo aver verificato che le rette r : x + y = x y z + 4 = s : x + 5y + z = x 4y z + 7 = sono parallele, determinare il piano che le contiene. Un vettore direzionale v r di r si trova come prodotto vettoriale dei vettori normali dei piani di cui r è intersezione. In formule: Stesso discorso per la retta s: v r = (,, ) (,, ) = (,, 3). v s = (, 5, ) (, 4, ) = ( 6, 3, 9) = 3(,, 3) = 3v r. 4

21 Poiché v r e v s sono proporzionali, le due rette sono parallele. Per trovare il piano che le contiene, si può considerare il fascio di piani contenente s, ossia λ(x + 5y + z ) + µ(x 4y z + 7) =, e imporre il passaggio per uno dei punti di r, per esempio A(,, 5) (per trovare il punto A si è scelto y = perché permetteva di calcolare x facilmente nella prima equazione e quindi z nella seconda). Si trova che λ = µ e quindi il piano cercato ha equazione x y z + 4 =.