Algebra Lineare Ingegneria Chimica Anno Accademico 2018/19

Transcript

1 Algebra Lineare Ingegneria Chimica Anno Accademico 08/9 Caboara Esercitazione guidata 5 ottobre 08 Esercizio. Trovare le soluzioni in C dell equazione (z 4 + )(z + iz + i) = 0 Soluzione: Le soluzioni dell equazione sono date dell unione delle soluzioni dei due fattori. Sono 6 soluzioni perche abbiamo un polinomio di grado 6. Risolviamo separatamente: Primo fattore e le quattro radici sono z 4 + = 0 = z = 4 = 4 e iπ z 0 = e i π 4, z = e i 3π 4, z = e i 5π 4, z3 = e i 7π 4, Secondo fattore: si tratta di un equazione di secondo grado in C, usiamo la formula ed otteniamo z 4,5 = i + (i) 4i = i + 4 4i Calcoliamo i = e i5π/4, ottenendo da cui z 4 = i + 4 e 5π 8 4 5π 4 e 8, e 3π 8 z 5 = i + 4 e 3π 8 = i + i = i+ i Volendo, si può raccogliere i e passare la forma esponenziale in trigonometrica per ottenere una forma cartesiana. Esercizio. Trovare le soluzioni in C dell equazione z +iz +iz 3 i z = 0 Soluzione: questo mi è venuto piu difficile di quanto pensassi:

2 Il modo piu semplice di risoluzione e operare la sostituzione z = x + iy, x, y R e svolgere i conti, ottenendo l equazione y 3 + y 3yx + x y 3y xi + x 3 i + xi i x + y = 0 Da cui il sistema y 3 + y 3yx + x y = 0 3y x + x 3 + x x + y = 0 la seconda equazione ho soluzioni solo se 3y x + x 3 + x 0, cosa che si controllera in seguito sulle soluzioni. In questo caso diviene ( 3y x + x 3 + x) = x + y = x 6 6x 4 y + x 4 + 9x y 4 6x y y = 0 Il sistema è quindi y 3 + y 3yx + x y = 0 x 6 6x 4 y + x 4 + 9x y 4 6x y y = 0 che con alcune semplici operazioni trasformiamo nel sistema 5x + 555y y y y y 4 3y y 5y = 0 y 9 9/4y 7 + 5/4y 6 + /8y 5 /4y 4 + 3/3y 3 /64y = 0 La seconda equazione ha soluzioni razionali 0, /, / che si troveranno con metodi che vedremo nel prosieguo del corso, e tre soluzioni reali vicine a., 69, 0.37,.04, che si possono trovare con metodi che studierete ad Analisi o Analisi Numerica. Per ciascuna, vediamo le x corrispondenti e verifichiamo se la condizione 3y x + x 3 + x 0 è verificata. Se y = 0 la prima equazione diviene x 6 + x 4 = 0, che ha come unica soluzione x = 0. La soluzione x = y = 0 soddisfa la condizione. Se y = /, la prima equazione diviene x + /4 = 0, che non soluzioni reali. Se y = /, la prima equazione diviene x + /4 = 0, che non soluzioni reali. Se y, 69 la prima equazione diviene x a = 0, con a 300. Quindi abbiamo le due soluzioni x 300, y.69, x 300, y.69 di cui la prima soddisfa la condizione e la seconda no.

3 Se y 0.37, la prima equazione diviene x + a = 0, con a.5, che non soluzioni reali. Se y.04, la prima equazione diviene x a = 0, con a Quindi abbiamo le due soluzioni x 7.33, y.04, x 7.33, y.04 di cui la prima soddisfa la condizione e la seconda no. Abbiamo quindi le seguenti soluzioni complesse: z 0 = 0, z i z i Esercizio 3. Dati i vettori di R u = (, ), u = (, ), u = (, ), u 3 = (, ) scrivere una combinazione lineare di u rispetto a u, u, u 3. Soluzione: abbiamo che (, ) = 7(, ) + 4(, ) + (, ) quindi u = 7u + 4u + u 3 e u è combinazione lineare di u, u, u 3 con coefficenti 7, 4,. I coefficenti 7, 4, sono una soluzione del sistema lineare a due equazioni e tre incognite (, ) = λ(, ) + µ(, ) + ν(, ) Esercizio 4. Fissato un riferimento cartesiano dello spazio euclideo 0, i, j, k e considerate le rette di equazioni x t x = 0 r : e s : y = 0 + t t R y + z = 0 z t determinare se esistonoun punto R di r ed un punto S di s tali che la retta per R, S passi per il punto. Soluzione: troviamo i due punti generici di r, s, rispettivamente R, S. Poi troviamo le equazioni parametriche della retta che passa da R, S. Poi imponiamo che questa retta passi per. + t Il punto generico S di s è dato da t al variare di t R. Per trovare + t il punto generico di r la mettiamo in forma parametrica x = 0 y + z = 0 x = y = z 3

4 Il punto generico R di r è quindi (, z, z) al variare di z R, o se preferiamo λ al variare di λ R. λ La retta per R, S è quindi x + t rs : y = λ + A λ t A R z λ λ + t Bisogna imporre che x 4 t rs : y = λ + A λ t A R z λ λ + t rs, ovvero trovare t, λ tali che esista un A tale che 4 t = λ + A λ t λ λ + t Notiamo che non ci interessa il valore preciso di A. Risolviamo = + A(4 t) = λ + A( λ t) = λ + A(λ + t) Con qualche piccola operazione e sostituendo alla terza equazione la somma della terza e della quarta, otteniamo il sistema = A(4 t) A = (t 4) = λ + A( λ t) ponendo t / 4, /3} = λ + A( λ t) = A( 3t) A = ( 3t) Abbiamo quindi l equazione (t 4) = ( 3t) che ci da t = 5 9, che rispetta la condizione t / 4, /3} e quindi A = 5, da cui sostituendo nella seconda equazione otteniamo λ = 3. La retta che cerchiamo è quindi x rs : y = + A z A R 4

5 ovvero e abbiamo x rs : y = + A z 3 3 R = 3 S = A R Esercizio 5. Risolvere al variare di t R il sistema lineare x + y z + t = x + y + z + 3t = 3x + y z + t = y + z t = 0 Soluzione: dato che t è un parametro, la matrice associata al sistema è, secondo la notazione che usiamo t 3t 3 t 0 t Riducendo con Gauss otteniamo Use R::=Q[x,y,z,t],Lex; A:=Mat( [ [,,-,-t], [,,,-3t], [3,,-,-t], [0,,,t] ]); L:=RiduciScalaVerbose(A);L;// Ritorna la matrice e le colonne dei pivot Ho trovato il pivot in posizione A[, ]= Cancello la ^a colonna, sotto il pivot [,, -, -t + ] ^a-*^a [0, -3, 3, -t] 3^a-3*^a [0, -4,, t - ] 0 sotto pivot[0,,, t] Ho trovato il pivot in posizione A[, ]=-3 Cancello la ^a colonna, sotto il pivot [,, -, -t + ] [0, -3, 3, -t] 3^a-4/3*^a [0, 0, -, 0/3t - ] 5

6 4^a+/3*^a [0, 0, 3, /3t] Ho trovato il pivot in posizione A[3, 3]=- Cancello la 3^a colonna, sotto il pivot [,, -, -t + ] [0, -3, 3, -t] [0, 0, -, 0/3t - ] 4^a+3/*3^a [0, 0, 0, 6/3t - 3] Ho trovato il pivot in posizione A[4, 4]=6/3t - 3 La matrice triangolare superiore associata al sistema è quindi t t 0 0 0/3t /3t 3 L ultima riga mi dice che la matrice ha soluzioni solo se 6/3t 3 = 0, ovvero se t = 9/6. In questo caso il sistema ha una sola soluzione, dato che i pivot sono tutti non nulli. Sostituendo questo valore di t nella matrice otteniamo 7/ /6 0 0 / dividiamo la seconda riga per 3 e la terza per 7/6 0 3/6 0 0 / La terza riga mi da La seconda riga mi dà e infine la prima riga mi da z = 8 = z = 6 y z = 3 6 = y 6 = 3 6 = y = 4 6 x + y z = 7 6 = x = 7 6 = x = 0 Il sistema ha quindi soluzione se t = 9/6, e questa soluzione è Se t 9/6 il sistema è impossibile. x = 0 y = 6 z = 6 6

7 Esercizio 6. Risolvere al variare di t R il sistema lineare tx + (t )y + z = (t )y + tz = x + z = 5 Soluzione: La matrice associata al sistema è t t 0 t t 0 5 Se t 0 andiamo avanti con Gauss, se t = 0 risolviamo a parte. Sostituiamo la terza riga con la somma della terza riga /t e della prima riga. Otteniamo t t 0 t t 0 t + /t + 5/t Sostituiamo alla terza riga la terza riga sottratta la seconda. Otteniamo t t 0 t t 0 0 /t 5/t Sappiamo gia che t 0, se t /, } il sistema ha un unica soluzione, perche i pivot sono tutti non nulli. Verificheremo a parte i tre casi particolari. La terza riga ci dice che ( /t)z = 5/t = z = 5t t Sostituendo nella seconda riga otteniamo 5t (t )y + t t = = y = 5t + t t 3t + e sappiamo che t 3t + 0 per le condizioni poste. Sostituendo nella terza riga otteniamo tx + (t ) 5t + t t 3t + + 5t 5t 5 = = x = t t Si può controllare che sostituendo ad x, y, z le rispettive espressioni in funzione di t che abbiamo qui calcolato il sistema si trasformi nell identità = = 5 = 5 Casi particolari 7

8 t = 0 Il sistema diviene y + z = y = x + z = 5 che ha immediatamente soluzione unica x = 3/, y =, z =. t = possiamo usare la matrice in forma triangolare superiore / 5/ che ci dice che z = e z = 5, il sistema è quindi impossibile t = possiamo usare la matrice in forma triangolare superiore, che ha come ultima riga 0 z = 5 il sistema è quindi impossibile 8