Geometria per Fisica e Astrofisica

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1 Geometria per Fisica e Astrofisica Soluzione esercizi - Foglio 3 Esercizio. Risolvere i seguenti sistemi lineari al variare dei parametri reali α β e k < < (a) x + y z = αx + αy + βz = x + y z = β. (b) x x + (k + )x 3 x 4 = k x + x x 4 = x + x kx 4 =. Soluzione. (a) La matrice completa del sistema α α β β A (a sinistra della linea verticale c è la matrice dei coefficienti A a destra il vettore dei termini noti ). Efettuiamo trasformazioni elementari sulle sue righe in modo da renderla a scala seconda riga α volte la α A. terza riga volte la prima β Ora scambiamo le seconda e la terza riga β α A. Questa è la riduzione a scala della matrice di partenza. Il rango di una matrice è il numero di righe non nulle della sua riduzione a scala. Quindi distinguiamo due casi aso (A) =. In questo caso rg A =. Per il rango di distinguiamo due sottocasi. aso (A) = e α = (quindi anche β = ). Si ha rg A = rg = ed esistono 3 = soluzioni cioè infinite soluzioni dipendenti da un parametro. alcoliamole. In questo caso la matrice ridotta a scala e il sistema ridotto sono A < x + y z = y + z = =. Nella matrice abbiamo messo in evidenza i pivot cioè i primi elementi non nulli di ogni riga. Il rango di una matrice è anche il numero di pivot della sua riduzione a scala. In generale gli n r parametri (n numero di variabili r = rg A = rg ) possono essere scelti come le variabili corrispondenti alle colonne di A in cui non ci sono i pivot. In questo caso poniamo z = λ (la terza colonna di A è l unica senza pivot). Dalla seconda equazione otteniamo Dalla prima equazione otteniamo Quindi l insieme delle soluzioni è y = z + = λ +. x = y + z = (λ + ) + λ =. S (αβ)=() = {( λ + λ) λ R}. Separando i termini noti dai termini che dipendono da λ possiamo scrivere questo insieme come S (αβ)=() = {( ) + λ( ) λ R}. Si può verificare che ( ) è una soluzione particolare del sistema mentre ( ) è una soluzione del sistema omogeneo associato cioè del sistema che si ottiene da quello iniziale sostituendo ai termini noti tutti zeri. Il fatto che la soluzione di un sistema si possa scrivere come una soluzione particolare più una combinazione di soluzioni del sistema omogeneo associato è vero in generale.

2 aso (A) = e α cioè β = α e α. In questo caso la riduzione a scala di β A α dove abbiamo messo di nuovo in evidenza i pivot. Questa volta rg A = mentre rg = 3. Poiché rg A rg non esistono soluzioni. In altri termini S (αβ)β= αα = Ø. aso () cioè β α. In questo caso la matrice a scala e il sistema ridotto sono < x + y z β A y + z = β α ()z = α Quindi rg A = rg = 3 ed esiste esattamente una soluzione. alcoliamola. Dalla terza equazione z = α (si noti che in questo caso il denominatore ha senso). Dalla seconda equazione otteniamo y = z β + = α β + = α αβ β + α + β = Dalla prima equazione otteniamo x = y + z = α + β αβ β Quindi l insieme delle soluzioni è S (αβ)β α = j β α + β αβ β. α α β + αβ + β ()(β ) = = = β. α + β αβ β α ff (si noti che non si tratta di infinite soluzioni dipendenti da due parametri ma piuttosto si ha che per ogni coppia (α β) tale che β α si ha una soluzione; usando un linguaggio più logico si ha che la quantificazione su α e β è esterna all insieme delle soluzioni). (b) La matrice completa del sistema è k + A. k Efettuiamo trasformazioni elementari sulle sue righe in modo da renderla a scala k + k seconda riga prima (k + ) k A. terza riga volte la prima 3 (k + ) k k Dobbiamo fare un ulteriore trasformazione k + (k + ) k terza riga 3 volte la seconda (k + ) k (k + 3) Questa è la riduzione a scala della matrice di partenza. Il rango di A e il rango di allora valgono in ogni caso 3 infatti se k il terzo elemento della terza riga è un pivot di A e di ma se k = allora k cioè il quarto elemento della terza riga è un pivot di A e di. Quindi in ogni caso esistono 4 3 = soluzioni. alcoliamole distinguendo i due casi. aso (A) k. In questo caso la matrice ridotta a scala e il sistema ridotto sono rispettivamente k + k >< x x + (k + )x 3 x 4 = (k + ) k A x (k + )x 3 = k (k + ) ( k) (k + 3) > (k + )x 3 + ( k)x 4 = (k + 3) A.

3 (per comodità abbiamo moltiplicato l ultima riga/equazione per ). Poniamo x 4 = λ parametro da cui dipenderanno le soluzioni (la quarta riga di A è l unica senza pivot). Dalla terza equazione x 3 = ( k)x4 + k + 3 k + Dalla seconda equazione otteniamo = ( k)λ + k + 3 k + = ( k) k + λ + k + 3 k +. x = (k + )x3 + k Dalla prima equazione otteniamo = ( k)λ + k k = ( k)λ +. x = x (k + )x 3 + x 4 + k = ( k)λ + ( k)λ k 3 + λ + k = (k )λ. Quindi in questo caso l insieme delle soluzioni è j ( k) S k = (k )λ ( k)λ + k + λ + k + 3 k + λ ff λ R. Separando i termini noti dalla parte dipendente dal parametro λ si può scrivere j S k = k + 3 ff k + ( k) + λ k k k + λ R (di nuovo attenzione al diverso significato dei due parametri possiamo dire che per ogni k esistono soluzioni dipendenti dal parametro λ). aso () k =. In questo caso la matrice a scala e il sistema ridotto sono rispettivamente >< x x x 4 A x = > 3 3x 4 = In questo caso poniamo x 3 = λ (ora la terza colonna è l unica senza pivot). Dalla terza e dalla seconda equazione otteniamo rispettivamente x 4 = e x =. Dalla prima 3 L insieme delle soluzioni è dunque S k= = ` 3 λ 3 x = x + x 4 = 3 = 3. λ R} = ` λ( ) λ R. Esercizio. (a) Determinare la matrice = A + A +! A + 3! A3 + 4! A4 dove A è la matrice quadrata A A. 3 (b) Prendendo spunto dallo sviluppo di Taylor della funzione esponenziale (lo avete visto o lo vedrete a alcolo) si definisce l esponenziale di una matrice quadrata nel seguente modo e A = X k= alcolare e A dove A è la matrice 3 3 di cui sopra. k! Ak = A + A +! A + 3! A3 + 4! A4 +. Soluzione. (a) Si ha A = I 3 A A A 3

4 A A A 3 3 A 3 = AA A A. 3 Dunque anche A 4 = AA 3 è la matrice nulla di ordine 3. Allora si ha = A + A +! A + 3! A3 + 4! A4 A A. 3 + ( ) (b) In realtà per ogni k 3 si ha che A k è la matrice nulla di ordine 3 essendo A k = A k 3 A 3 ed essendo A 3 nulla. Dunque e A = A. Esercizio 3. Sia V l insieme dei reali strettamente positivi. Definiamo le seguenti operazioni V V V R V V (v w) v w = vw (a v) a v = v a dove vw denota l usuale prodotto tra reali e v a denota l usuale potenza di base v ed esponente reale a (in generale ricordiamo che b a è definito da b a = e a log b assumendo di conoscere le definizioni di esponenziale e logaritmo). Dimostrare che (V ) è uno spazio vettoriale sul campo R. Soluzione. Le operazioni sono ben definite. Dobbiamo allora dimostrare i seguenti cinque fatti () (V ) è un gruppo abeliano; () proprietà associativa v V a b R a (b v) = (ab) v; (3) proprietà distributiva v w V a R a (v w) = (a v) (a w); (4) proprietà distributiva v V a b R (a + b) v = (a v) (b v); (5) buon comportamento dell elemento neutro di R v V v = v. Dimostriamoli. () segue dal fatto che l insieme dei reali positivi con l operazione di prodotto è un gruppo abeliano (lo abbiamo visto in esercizi precedenti). I fatti () (3) (4) e (5) possono essere verificati esplicitando le operazioni e () segue dalla nota proprietà delle potenze (v b ) a = v ab ; (3) segue dalla nota proprietà delle potenze (vw) a = v a w a ; (4) segue dalla nota proprietè delle potenze v a+b = v a v b ; (5) segue dal fatto che v = v. Esercizio 4. Sia V = M (R) (a volte indicato con M( R)) lo spazio vettoriale delle matrici quadrate reali del secondo ordine. Verificare che il sottoinsieme j a b U = a b R} a b di V è un sottospazio vettoriale. Determinare una base di U e la sua dimensione. Soluzione. Esistono diversi modi per verificare che un sottoinsieme U di uno spazio vettoriale V su un campo K è un sottospazio. Uno consiste nel verificare che tutti gli assiomi siano verificati. In realtà basta meno infatti vale il risultato che U è un sottospazio vettoriale di V se e solo se λ µ K v w V λv + µw V.

5 Quasto esercizio potrebbe essere risolto con questa verifica. Ma esiste un altro metodo se riusciamo a scrivere gli elementi di U come combinazioni lineari di certi vettori fissati allora U è un sottospazio vettoriale. Questo metodo permette anche di determinare una base e la dimensione di U. Nel nostro caso il generico vettore di U si può scrivere a b = a a b quindi U = j a + b + b a b R} = Span (ricordiamo che Span(v... v m) denota lo spazio generato dai vettori v... v m cioè l insieme di tutte le loro possibili combinazioni lineari). Questo dimostra che U è un sottospazio vettoriale di V. Inoltre poichè le due matrici che generano U sono indipendenti (come si verifica facilmente) si ha che queste costituiscono una base di U e dunque la dimensione di U è. Esercizio 5. Dire se Span(v v v 3) = R 3 nei seguenti due casi (a) v = ( ) v = ( ) e v 3 = ( ); (b) v = ( ) v = ( 3) e v 3 = ( ). Soluzione. In generale si ha Span(v v v 3) = R 3 se e solo se ogni vettore di R 3 si può esprimere come combinazione lineare dei tre vettori v v e v 3. Questo avviene se e solo se il sistema quadrato la cui matrice dei coefficienti ha per righe le coordinate dei tre vettori ha sempre soluzione. E questo è vero se e solo se il rango di tale matrice è 3. Nel nostro caso dobbiamo calcolare il rango di A A e 3 A. Questi possono essere calcolati o con la riduzione a scala e conteggio dei pivot (come abbiamo visto per i sistemi) oppure (per chi lo ha già visto) con il calcolo del determinante. Facendo i conti si ottiene rg A = 3 (det A ) e rg = (det = ma esiste un minore di ordine due non nullo). Si dice anche che A è non singolare mentre è singolare. Riassumendo (a) Span(v v v 3) = R 3 ; (b) Span(v v v 3) R 3. Esercizio 6. Discutere al variare del parametro t R la dipendenza o indipendenza lineare dei tre vettori v v e v 3 nei seguenti due casi (a) v = ( t ) v = (t ) e v 3 = ( ); (b) v = ( t ) v = (t ) e v 3 = ( ). Soluzione. In generale m vettori sono independenti se e solo se la matrice che ha come righe le componenti dei vettori ha rango m. Nel nostro caso quindi ci chiediamo quando le matrici t t A t A e t A hanno rango 3 ovvero quando il loro determinante non è nullo. Di nuovo possiamo effettuare la riduzione a scala e contare i pivot oppure possiamo fare il calcolo del determinante. Si ottiene Riassumendo det A = t t + = cioè per nessun valore di t det = t t = t = oppure t =. (a) v v e v 3 sono sempre linearmente indipendenti per qualunque valore di t; (b) v v e v 3 sono linarmente dipendenti se e solo se t = o t =.

6 Esercizio 7. Sia V uno spazio vettoriale su un campo K. (a) Verificare che è generalmente falsa l affermazione se n vettori v v... v n sono linearmente dipendenti allora ciascuno di essi è combinazione lineare dei rimanenti. (b) Verificare che se due vettori v e v non nulli sono linearmente dipendenti allora ciascuno di essi è multiplo dell altro. (c) Verificare che è generalmente falsa l affermazione se tre vettori v v e v 3 non nulli sono linearmente dipendenti allora ciascuno di essi è combinazione lineare degli altri due. Soluzione. (a) Dimostrare che l affermazione è generalmente falsa vuol dire trovare un esempio in cui non è verificata. Se si considerano i tre vettori ( ) ( ) e ( ) di R si vede facilmente che sono linearmente dipendenti ma il terzo non è combinazione lineare dei primi due. (b) Siano v e v due vettori non nulli linearmente dipendenti. Questo vuol dire che esistono λ λ K non entrambi nulli tali che λ v + λ v = vettore nullo di V. In generale uno dei due coefficienti λ o λ potrebbe essere nullo ma in questo caso sono entrambi non nulli altrimenti si avrebbe v = o v = in contraddizione con le ipotesi. Dunque si ha v = λ λ v e v = λ λ v cioè ciascuno dei due vettori è multiplo dell altro. (c) L esempio è lo stesso presentato nella soluzione del punto (a). Esercizio. (a) Mostrare che l insieme dei polinomi a coefficienti reali di grado n (n fissato) P n[x] = {p(x) = a + a x + a x + + a nx n a i R} è uno spazio vettoriale. Determinarne una base e la dimensione. (b) Mostrare che U = {p(x) P n[x] p() = } è un sottospazio vettoriale di P n[x]. Determinarne una base e la dimensione. (c) Mostrare che W = {p(x) P n[x] p() = p()} è un sottospazio vettoriale di P n. Determinarne una base e la dimensione. Soluzione. (a) Ragionando come nella soluzione dell Esercizio 4 si ha P n[x] = Span( x x... x n ) cioè P n[x] è il sottospazio generato dai vettori (in questo caso polinomi) x x... x n. Tali vettori sono indipendenti infatti a + a x + a x + + a nx n = (a a a... a n) = (... ) che equivale a dire che l unico polinomio identicamente nullo è quello con tutti i coefficienti nulli. Quindi i polinomi x x... x n costituiscono una base di P n[x] e la sua dimensione è n +. (b) Dato p(x) = a + a x + a x + + a nx n la condizione p() = equivale a a =. Dunque U = {p(x) = a x + a x + + a nx n a i R}. Ragionando come in (a) si ha che questo è il sottospazio generato dai polinomi x x... x n. Questi costituiscono una base U e la sua dimensione è n. (c) Dato p(x) = a + a x + a x + + a nx n la condizione p() = p() equivale a a = a + a + a + a n ovvero a + a + + a n =. Esplicitando un coefficiente la condizione diventa a n = (a +a + +a n ). Dunque l espressione del generico vettore (polinomio) di W è a + a x + a x + + a n x n (a + a + + a n a)x n.

7 Questa si può anche scrivere a + a (x x n ) + a (x x n ) + + a n (x n x n ). Quindi W = Span( x x n x x n... x n x n ). cioè W è il sottospazio generato dai polinomi x x n x x n... x n x n. Tali vettori sono indipendenti infatti a + a (x x n ) + a (x x n ) + + a n (x n x n ) = a + a x + a x + + a n x n (a + a + + a n )x n = (a a a... a n ) = (... ). Quindi i polinomi x x n... x n x n costituiscono una base di W e la sua dimensione è n. Esercizio 9. Si considerino i vettori u = ( ) R 3 e v = ( ) v = ( ) R 4. (a) Estendere l insieme {u } ad una base ortogonale di R 3. (b) Normalizzare i vettori ottenuti nel punto (a) per ottenere una base ortonormale. (c) alcolare le coordinate del vettore z = ( ) R 3 rispetto alla base. (d) alcolare le coordinate del generico vettore z = (a b c) R 3 rispetto alla base. (e) Estendere l insieme {v v } ad una base ortogonale di R 4. (f) Normalizzare i vettori ottenuti nel punto (e) per ottenere una base ortonormale. (g) alcolare le coordinate del vettore w = ( ) R 4 rispetto alla base. (h) alcolare le coordinate del generico vettore w = (a b c d) rispetto alla base. Soluzione. (a) Un vettore (a b c) R 3 è ortogonale ad u se e solo se (a b c) ( ) = a + b + c = Quindi l insieme dei vettori ortogonali ad u che si denota con u è u = {(a b c) R 3 a + b + c = } = {(a b a b) a b R} = {a( ) + b( ) a b R} = Span(( ) ( )). Scegliamo uno di questi vettori ad esempio ponendo (a b) = ( ). Si ottiene u = ( ) che è chiaramente indipendente da u e per costruzione ad esso ortogonale (in realtà si verifica in generale che se due vettori non nulli sono ortogonali allora sono necessariamente indipendenti). Ora un vettore (a b c) R 3 è ortogonale sia ad u che ad u se e solo se j (a b c) ( ) = (a b c) ( ) = ovvero j a + b + c = a c =. Questo è un sistema lineare omogeneo che ha soluzioni (a b c) = (λ λ λ). Dunque l insieme dei vettori contemporaneamente ortogonali ad u e u è u u = {(a b c) R 3 a + b + c = b = c} = {(λ λ λ) λ R} = Span(( )). Possiamo allora scegliere u 3 = ( ) e si ha che (u u u 3) è la base ortogonale richiesta. (b) Per normalizzare un vettore è sufficiente dividerlo per la sua norma. Si ha u = + + = 3 u = u u = ( ) = u = p + + ( ) = u = u u = ( ) = u 3 = + + = 6 u 3 = u3 u = ( ) = La base (u u u 3) è la base ortonormale richiesta..

8 (c) Se poniamo z = ( ) = x u + x u + x 3u 3 otteniamo il sistema lineare < x + x + x 3 = 3 x x = x + x + x 3 = che ha come unica soluzione (x x x 3) = ( ). Queste sono quindi le coordinate. (d) Generalizzando la soluzione del punto precedente si ottiene il sistema lineare < x + x + x 3 = a 3 x x = b x + x + x 3 = c 6. Sottraendo la prima equazione dalla terza otteniamo x = a 3 + c 6. Dalla seconda otteniamo x = x +b = a 3+b +c 6. Infine sommando le prime due abbiamo x +x 3 = a 3+b da cui x 3 = a 3 + b x = 3a 3 b c 6. Quindi le coordinate di z = (a b c) sono (x x x 3) = ( a 3 + b + c 6 a 3 + c 6 3a 3 b c 6) Si noti che la precedente relazione si può anche scrivere come segue x a x A b x 3 3 c A 6 e infatti la matrice quadrata che compare nella precedente formula è l inversa della matrice dei coefficienti del sistema lineare considerato (dalla teoria sappiamo che un sistema lineare AX = con A matrice quadrata invertibile ha un unica soluzione data da X = A ). (e) Osserviamo innanzitutto che v e v sono ortogonali tra loro essendo v v =. Un vettore (a b c d)r 4 è ortogonale a v = ( ) e v = ( ) se e solo se j a + b + c + d = b c =. Questo sistema lineare omogeneo ha soluzioni date da ( 5λ µ λ λ µ) dunque v v = {λ( 5 ) + µ( ) λ µ R} = Span(( 5 ) ( )). Se scegliamo ad esempio v 3 = ( ) si ha che v v e v 3 sono indipendenti e ortogonali. Un vettore (a b c d)r 4 è ortogonale a v v e v 3 se e solo se < a + b + c + d = b c = a + d =. Questo sistema lineare omogeneo ha soluzioni date da (5λ 4λ λ 5λ) dunque v v v 3 = {λ(5 4 5)} = Span((5 4 5)). Allora se scegliamo v 4 = (5 4 5) si ha che (v v v 3 v 4) è la base ortogonale richiesta. (f) Normalizziamo i vettori v v v 3 e v 4. Si ha v = 7 v = v v = 7 ( ) = v = 5 v = v v = 5 ( ) = v 3 = 3 v 3 = v3 v = ( ) = 3 v 4 = 7 v 4 = v4 v = 7 (5 4 5) = La base (v v v 3 v 4) è la base ortonormale richiesta.

9 (g) Se poniamo z = ( ) = x v + x v + x 3v 3 + x 4v 4 otteniamo il sistema lineare x + x + x 3 + x 4 = 7 >< x x 3 = x + x + x 4 = > 5x 4x x 3 + 5x 4 = che ha come unica soluzione (x x x 3 x 4) = (/ 7 ) (3 ). Quindi le coordinate di z = ( ) nella base (v v v 3 v 4) sono 3 7 (x x x 3 x 4) = (h) Generalizzando la soluzione del punto precedente si ottiene il sistema lineare x + x + x 3 + x 4 = a 7 >< x x 3 = b 5 x > + x + x 4 = c 5x 4x x 3 + 5x 4 = d 7 Questo sistema ha un unica soluzione data da 3a 7 x = + b c + d 7 7 a 7 >< x = + b d 7 35 a 7 x 3 = b 5 d > x 4 = a 7 b c + 9d 7 7. Quindi queste sono le coordinate del generico vettore w = (a b c d) R 4 (v v v 3 v 4). Si noti che l ultima formula si può anche scrivere x 3/7 /5 / /7 a 7 x 3 A = /7 /5 /35 b /7 /5 /35 c x 4 /7 /5 / 9/7 d A 7 rispetto alla base e infatti la matrice quadrata che compare nella precedente formula è l inversa della matrice dei coefficienti del sistema lineare considerato.