Non saranno accettate risposte non giustificate.

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1 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi (Geometria e Algebra Lineare) 3 giugno Tema A Tempo a disposizione: ore. 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 Parte comune Esercizio. Sia, per k R, f k : R 3 R 3 l applicazione tale che f k x y z = a) Determinare k in modo tale che f k sia lineare. x k 3 + 3x+3y +z x 3y 3z Una condizione necessaria perché un applicazione sia lineare è che mandi il vettore nullo sul vettore nullo. In questo caso il vettore nullo è in ciascuno dei due k 3 + spazi. Abbiamo f k = per cui è necessario che k =. Ora, quando k = abbiamo f x y z = x 3x+3y +z x 3y 3z ed è la forma classica di un applicazione lineare da R m in R n. Infatti è il prodotto di x una matrice costante per il vettore y quindi è un applicazione lineare. z

2 In alternativa, per verificare esplicitamente le condizioni della definizione, siano v = x x y e v = y in R 3 e siano λ e µ in R. Allora z z f (λv +µv ) = f = = = = λ λx+µx λy +µy λz +µz (λx+µx ) 3(λx+µx )+3(λy +µy )+(λz +µz ) (λx+µx ) 3(λy +µy ) 3(λz +µz ) λ( x)+µ( x ) λ(3x+3y +z)+µ(3x +3y +z ) λ(x 3y 3z)+µ(x 3y 3z ) λ( x) λ(3x+3y +z) λ(x 3y 3z) x 3x+3y +z x 3y 3z = λf (v)+µf (v ). Quindi f è effettivamente lineare. + +µ µ( x ) µ(3x +3y +z ) µ(x 3y 3z ) x 3x +3y +z x 3y 3z ) b) Per il valore di k determinato, scrivere la matrice rappresentativa di f k nella base canonica (come base di partenza) e la base costituita dai vettori come base di arrivo. v = v = 3 7 e v 3 = Si tratta di calcolare le coordinate di f, f e f nella base proposta. Calcoliamo quindi: u = f = 3, u = f = e u 3 = f = 3.

3 Per calcolare la matrice dobbiamo risolvere il sistema x+y +z = a x+3y +4z = b x+7y +9z = c con la colonna dei termini noti uguale rispettivamente a u, u e u 3. Ci sono due possibilità sostanzialmente equivalenti. La prima è di risolvere i tre sistemi, la seconda è di risolvere il sistema tenendo a, b e c incognite e poi di inserire i valori in a, b e c per i tre vettori. Si trova allora Qualunque sia il metodo scelto si trova x = a+4b c y = a 5b+c z = a+3b c. u = 7v v +8v 3, u = 8v v +v 3, u 3 = 4v 6v +9v 3. La matrice dell applicazione nelle basi indicate è quindi Esercizio. Si consideri la matrice A = 4 4 a) Determinare gli autovalori (reali) e gli autovettori (reali) di A. Per determinare gli autovalori di A, calcoliamo il suo polinomio caratteristico, ossia λ 4 P(λ) = det(λi 3 A) = λ λ+4 aggiungendo la terza colonna alla prima λ+ 4 = λ λ+ λ+4 = (λ+) 4 λ λ+4 sottraendo la prima riga alla terza 4 = (λ+) λ λ = (λ+)(λ +). 3

4 Gli autovalori di A sono le radici reali di P(λ), cioè solo λ = (semplice). Calcoliamo ora gli autovettori di A relativi all autovalore λ =. Poiché 4 4 A+I 3 =, tali autovettori sono le soluzioni non nulle del sistema 4x y 4z = x+y z = x y z = La prima equazione è il doppio della terza, quindi è facile vedere che le soluzioni cercate sono x = z ey =, con z. Quindi gli autovettori sono i multipli non nulli del vettore v =. Si deve verificare (in brutta copia) che Av = v. b) Stabilire se la matrice A è diagonalizzabile (in R). La matrice non è diagonalizzabile (in R) perché il suo polinomio caratteristico ha radici non reali. Seconda prova in itinere Esercizio 3c. Discutere l esistenza e il numero di soluzioni del sistema x+y +z = 4 3x 7y 4z = 4 5x y +(t+)z = 4 al variare del parametro t. Si può usare il teorema di Rouché Capelli per determinare quando il sistema ha soluzioni e, quando ne ha, qual è la dimensione dello spazio delle soluzioni. La matrice dei coefficienti ha determinante uguale a t per cui per t il sistema ha una singola soluzione. Per t = si verifica che sia la matrice dei coefficienti sia la matrice completa hanno caratteristica (rango) e quindi il sistema ammette una retta di soluzioni. In tutti questi calcoli si suggerisce di usare l in alto a sinistra delle matrici per far comparire degli zeri. In alternativa si può usare la prima equazione per eliminare la variabile x del sistema. Aggiungendo 3 volte la prima equazione alla seconda e aggiungendo 5 volte la prima alla terza si ottiene il sistema equivalente x+y +z = 4 y z = 8y +(t+7)z = 6 4

5 e, aggiungendo 8 volte la seconda alla terza si ottiene x+y +z = 4 y +z = (t )z = Quindi per t il sistema ammette una sola soluzione: z = nell ultima, y = nella seconda e quindi x = nella prima. (La soluzione per t = è sotto). Risolvere il sistema per t =. Invece per t = nell ultima z è indeterminato, y = z nella seconda e quindi x = 4 y z = z. Si inseriscono le soluzioni nelle equazioni per verificare che sono effettivamente soluzioni. Esercizio 4c. Determinare quali delle seguenti applicazioni sono lineari. Per quelle che lo sono, determinare una base del nucleo e dell immagine. a) f : C C z (5+i)z ( i)z Se z e z C, sappiamo che z +z = z +z per cui f (z +z ) = (5+i)(z +z ) ( i) ( z +z ) = (5+i)z +(5+i)z ( i) ( z +z ) = (5+i)z +(5+i)z ( i)z +( i)z = f (z)+f (z ). D altra parte, se λ R e z C, λz = λ z = λz perché siccome λ R, vale λ = λ. Quindi f (λz) = (5+i) (λz) ( i)λz = λ(5+i)z ( i)λz = λf (z). Quindi f è lineare. Abbiamo f () = 5+i +i = 3+3i e f(i) = 5i +i = 3+7i. Quindi f () e f (i) non sono proporzionali quindi l immagine di f ha dimensione almeno ; siccome C ha dimensione, l immagine di f ha dimensione. Come base di dell immagine di f possiamo prendere i vettori f () e f (i) oppure e i (oppure qualsiasi coppia di complessi non proporzionali). Dalla formula delle dimensioni, il nucleo di f ha dimensione (quindi la sua base è vuota). b) f : R R (x;y) (x+3y 3 ;x 3y) L applicazione f non è lineare. La presenza del cubo impedisce la linearità. Infatti f (;) = (3; 3) mentre f (;) = (4; 6) f (;) = (6; 6). Esercizio 5c. Si determini il centro, se esiste, e la forma canonica della conica di equazione x + 3xy y 6x 6 3y +66 =. 5

6 Bisogna anzitutto eliminare il termine 3xy, ossia diagonalizzare la matrice ( ) 3 B =. 3 I suoi autovalori sono λ = e λ =. Una base ortonormale di autovettori è data da ( ) ( 3 ) u =, u 3 =. La rotazione cercata è quindi e la nuova equazione della conica è ossia { x = (x +y 3) y = ( x 3+y ) λ (x ) +λ (y ) 8(x +y 3) 8 3( x 3+y )+66 =, Quest ultima si può riscrivere come (x ) +(y ) +6x 6 3y +66 =. (x 4) +3+(y 4 3) =, ossia (x 4) +(y 4 3) + =. Quindi la traslazione { x = x 4 y = y 4 3 porta la conica nella forma canonica (x ) (y ) =. Si tratta pertanto di un iperbole (equilatera), il cui centro ha coordinate x C = 4, y C = 4 3, ossia (usando le equazioni della rotazione) x C = 8, y C =. Si noti che il centro si poteva determinare direttamente dall equazione della conica, risolvendo il sistema Esercizio 3a. Sia B ( xc y C ) + ( Appello ) = z = ( 3 i)( i) (+i) Determinare parte reale, parte immaginaria, modulo e argomento di z 6. 6 ( )

7 Poniamo z = 3 i, z = i e z 3 = +i. Allora mentre quindi e Quindi z =, e z = z 3 =, argz = π 6, argz = π 4, argz 3 = π 4 z = ( ) = argz = π 6 π 4 π 4 = π. z 6 = 8 e argz 6 = π = π +kπ, La parte reale di z 6 è quindi mentre la sua parte immaginaria è 8. Esercizio 4a. 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 +z;x+y +z ;3x y +z) : (x;y;z) R 3} ; W non è un sottospazio vettoriale di V perché non verifica la condizione necessaria. Infatti il sistema x 3y +z = x+y +z = 3x y +z = nonhasoluzioni(primapiùsecondamenoterzadà = ; alternativamentelamatrice dei coefficienti ha caratteristica e la matrice completa ha caratteristica 3) quindi non esistono terne (x;y;z) tali che (x 3y+z;x+y+z ;3x y+z) = (;;), quindi il vettore nullo non sta in W e quindi W non è un sottospazio vettoriale. Attenzione: se il sistema fosse stato determinato, allora W sarebbe stato tutto R 3 e quindi sarebbe stato un sottospazio vettoriale; in altre parole non è la presenza del che impedisce il fatto di essere un sottospazio vettoriale. { b) V = {funzioni continue} e W = f V : 3 }; f(t)dt = Il sottoinsieme W è un sottospazio vettoriale di V. Infatti l applicazione I tale che I(f) = 3 f(t)dt è un applicazione lineare perché 3 (λf +µg)(t)dt = λ 3 f(t)dt+ µ 3 g(t)dt, quindi W è il nucleo di I. Esercizio 5a. Si considerino il piano π di equazione x+y z +4 = e i punti A(;; ) e B(; ;5). 7

8 a) Determinare la retta r passante per A e per B. Poiché AB = (,,6), le equazioni parametriche di r sono x = +t y = t z = +6t b) Trovare la retta s passante per B ed ortogonale a π. Come vettore direzionale di s possiamo scegliere il vettore n π = (,, ), normale al piano π. Quindi le equazioni parametriche di s sono x = +t y = +t z = 5 t c) Determinare il piano contenente le rette r ed s. Tale piano ovviamente esiste, poiché le due rette sono incidenti nel punto B. Visto che n π è il vettore direzionale di s, come vettore normale al piano cercato possiamo prendere AB n π = (,8,3). Quindi l equazione del piano è (x )+8y+3(z+ ) =, ossia x+8y +3z +5 =. 8

9 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi (Geometria e Algebra Lineare) 3 giugno Tema B Tempo a disposizione: ore. 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 Parte comune Esercizio. Sia, per k R, f k : R 3 R 3 l applicazione tale che f k x y z = a) Determinare k in modo tale che f k sia lineare. 3x+4y k 3 + 3x y z x 3y 3z Una condizione necessaria perché un applicazione sia lineare è che mandi il vettore nullo sul vettore nullo. In questo caso il vettore nullo è in ciascuno dei due k 3 + spazi. Abbiamo f k = per cui è necessario che k =. Ora, quando k = abbiamo f x y z = 3x+4y 3x y z x 3y 3z ed è la forma classica di un applicazione lineare da R m in R n. Infatti è il prodotto di x una matrice costante per il vettore y quindi è un applicazione lineare. z

10 In alternativa, per verificare esplicitamente le condizioni della definizione, siano v = x x y e v = y in R 3 e siano λ e µ in R. Allora z z f (λv +µv ) = f = = = = λ λx+µx λy +µy λz +µz 3(λx+µx )+4(λy +µy ) 3(λx+µx ) (λy +µy ) (λz +µz ) (λx+µx ) 3(λy +µy ) 3(λz +µz ) λ(3x+4y)+µ(3x +4y ) λ(3x y z)+µ(3x y z ) λ(x 3y 3z)+µ(x 3y 3z ) λ(3x+4y) λ(3x y z) λ(x 3y 3z) 3x+4y 3x y z x 3y 3z = λf (v)+µf (v ). Quindi f è effettivamente lineare. + +µ µ(3x +4y ) µ(3x y z ) µ(x 3y 3z ) 3x +4y 3x y z x 3y 3z ) b) Per il valore di k determinato, scrivere la matrice rappresentativa di f k nella base canonica (come base di partenza) e la base costituita dai vettori come base di arrivo. v = v = 3 7 e v 3 = Si tratta di calcolare le coordinate di f, f e f nella base proposta. Calcoliamo quindi: 3 4 u = f = 3, u = f = e u 3 = f = 3.

11 Per calcolare la matrice dobbiamo risolvere il sistema x+y +z = a x+3y +4z = b x+7y +9z = c con la colonna dei termini noti uguale rispettivamente a u, u e u 3. Ci sono due possibilità sostanzialmente equivalenti. La prima è di risolvere i tre sistemi, la seconda è di risolvere il sistema tenendo a, b e c incognite e poi di inserire i valori in a, b e c per i tre vettori. Si trova allora Qualunque sia il metodo scelto si trova x = a+4b c y = a 5b+c z = a+3b c. u = v 8v +4v 3, u = 6v +3v 4v 3, u 3 = v +4v 3v 3. La matrice dell applicazione nelle basi indicate è quindi Esercizio. Si consideri la matrice A = a) Determinare gli autovalori (reali) e gli autovettori (reali) di A. Per determinare gli autovalori di A, calcoliamo il suo polinomio caratteristico, ossia λ 3 6 P(λ) = det(λi 3 A) = λ 3 λ+6 aggiungendo la terza colonna alla prima λ+3 6 = λ λ+3 λ+6 = (λ+3) 6 λ λ+6 sottraendo la prima riga alla terza 6 = (λ+3) λ λ = (λ+3)(λ +). 3

12 Gli autovalori di A sono le radici reali di P(λ), cioè solo λ = 3 (semplice). Calcoliamo ora gli autovettori di A relativi all autovalore λ = 3. Poiché 6 6 A+3I 3 = 3, 3 3 tali autovettori sono le soluzioni non nulle del sistema 6x y 6z = x+3y z = 3x y 3z = La prima equazione è il doppio della terza, quindi è facile vedere che le soluzioni cercate sono x = z ey =, con z. Quindi gli autovettori sono i multipli non nulli del vettore v =. Si deve verificare (in brutta copia) che Av = 3v. b) Stabilire se la matrice A è diagonalizzabile (in R). La matrice non è diagonalizzabile (in R) perché il suo polinomio caratteristico ha radici non reali. Seconda prova in itinere Esercizio 3c. Discutere l esistenza e il numero di soluzioni del sistema x+y +z = 4 4x 9y 5z = 8 6x 4y +(t+)z = 8 al variare del parametro t. Si può usare il teorema di Rouché Capelli per determinare quando il sistema ha soluzioni e, quando ne ha, qual è la dimensione dello spazio delle soluzioni. La matrice dei coefficienti ha determinante uguale a t per cui per t il sistema ha una singola soluzione. Per t = si verifica che sia la matrice dei coefficienti sia la matrice completa hanno caratteristica (rango) e quindi il sistema ammette una retta di soluzioni. In tutti questi calcoli si suggerisce di usare l in alto a sinistra delle matrici per far comparire degli zeri. In alternativa si può usare la prima equazione per eliminare la variabile x del sistema. Aggiungendo 4 volte la prima equazione alla seconda e aggiungendo 6 volte la prima alla terza si ottiene il sistema equivalente x+y +z = 4 y z = 8y +(t+7)z = 6 4

13 e, aggiungendo 8 volte la seconda alla terza si ottiene x+y +z = 4 y +z = (t )z = Quindi per t il sistema ammette una sola soluzione: z = nell ultima, y = nella seconda e quindi x = nella prima. (La soluzione per t = è sotto). Risolvere il sistema per t =. Invece per t = nell ultima z è indeterminato, y = z nella seconda e quindi x = 4 y z = z. Si inseriscono le soluzioni nelle equazioni per verificare che sono effettivamente soluzioni. Esercizio 4c. Determinare quali delle seguenti applicazioni sono lineari. Per quelle che lo sono, determinare una base del nucleo e dell immagine. a) f : R [x] R P(x) 3 P(t)dt L applicazione f è lineare. Se P, Q sono polinomi e λ e µ sono reali allora f (λp + µq) = 3 (λp+µq)(t)dt = 3 (λp(t)+µq(t))dt = 3 (λp(t))dt+ 3 (µq(t))dt = λ 3 P(t)dt+µ 3 Q(t)dt = λf (P)+µf (Q). L applicazione non è l applicazione nulla, infatti il polinomio ha per immagine f () = 3 dt = 4 quindi la sua immagine è di dimensione almeno ; siccome R è di dimensione, l immagine ha dimensione. Quindi la formula delle dimensioni afferma che il nucleo ha dimensione ed è costituito dai polinomi ax+b tali che f (ax+b) = 4a+4b = cioè i multipli di x. b) f : R 3 R 3 (x;y;z) (x 3y +z;z;x 3y +z) L applicazione f non è lineare. La presenza del quadrato impedisce la linearità. Infatti f (;;) = ( 3;; 3) mentre f (; ;) = (3;; 3) f (;;) = (3;;3). Esercizio 5c. Si determini il centro, se esiste, e la forma canonica della conica di equazione x + 3xy y 8x 8 3y +98 =. Bisogna anzitutto eliminare il termine 3xy, ossia diagonalizzare la matrice B = ( )

14 I suoi autovalori sono λ = e λ =. Una base ortonormale di autovettori è data da ( ) ( 3 ) u =, u 3 =. La rotazione cercata è quindi e la nuova equazione della conica è ossia { x = (x +y 3) y = ( x 3+y ) λ (x ) +λ (y ) 4(x +y 3) 4 3( x 3+y )+98 =, Quest ultima si può riscrivere come (x ) +(y ) +8x 8 3y +98 =. (x 7) +98+(y 7 3) =, ossia (x 7) +(y 7 3) + =. Quindi la traslazione { x = x 7 y = y 7 3 porta la conica nella forma canonica (x ) (y ) =. Si tratta pertanto di un iperbole (equilatera), il cui centro ha coordinate x C = 7, y C = 7 3, ossia (usando le equazioni della rotazione) x C = 4, y C =. Si noti che il centro si poteva determinare direttamente dall equazione della conica, risolvendo il sistema Esercizio 3a. Sia B ( xc y C ) + ( Appello ) = z = ( 3+i)(+i) ( i) Determinare parte reale, parte immaginaria, modulo e argomento di z 6. Poniamo z = 3+i, z = +i e z 3 = i. Allora mentre ( ) z =, e z = z 3 =, argz = π 6, argz = π 4, argz 3 = π 4 6

15 quindi e Quindi z = ( ) = argz = π 6 + π 4 +π 4 = π. z 6 = 8 e argz 6 = π = π +kπ, La parte reale di z 6 è quindi mentre la sua parte immaginaria è 8. Esercizio 4a. 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+y +5z = }; Il sottoinsieme W è un sottospazio vettoriale di V. È immediato osservare che il vettore nullo vi appartiene e quindi la condizione necessaria è verificata. Il sottoinsieme W può esserre identificato con (a scelta) il nucleo dell applicazione lineare (x;y;z) x+y +5z oppure come il sottospazio ortogonale al vettore ( ;;5) oppure come lo spazio generato da (;;) e (5;;); per una qualsiasi delle tre ragioni precedenti si tratta di un sottospazio vettoriale di V. b) V = R[x] e W = { P(x) : P R[x] } ; IlsottoinsiemeW contienesolopolinomiavaloripositivi(onulli)quindinoncontiene i multipli negativi dei suoi elementi. In particolare contiene x ma non x quindi non è un sottospazio vettoriale (in alternativa contiene x e x +x+ ma non la loro differenza). Esercizio 5a. Si considerino il piano π di equazione x+y z +4 = e i punti A(;; ) e B(;;5). a) Determinare la retta r passante per A e per B. Poiché AB = (,,6), le equazioni parametriche di r sono x = +t y = t z = +6t b) Trovare la retta s passante per B ed ortogonale a π. Come vettore direzionale di s possiamo scegliere il vettore n π = (,, ), normale al piano π. Quindi le equazioni parametriche di s sono x = +t y = +t z = 5 t 7

16 c) Determinare il piano contenente le rette r ed s. Tale piano ovviamente esiste, poiché le due rette sono incidenti nel punto B. Visto che n π è il vettore direzionale di s, come vettore normale al piano cercato possiamo prendere AB n π = ( 8,8,). Quindi l equazione del piano è 8(x )+8y =, ossia 8x+8y +8 =. 8

17 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi (Geometria e Algebra Lineare) 3 giugno Tema C Tempo a disposizione: ore. 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 Parte comune Esercizio. Sia, per k R, f k : R 3 R 3 l applicazione tale che f k x y z = a) Determinare k in modo tale che f k sia lineare. x+3y k 3 + 3x z x 3y 3z Una condizione necessaria perché un applicazione sia lineare è che mandi il vettore nullo sul vettore nullo. In questo caso il vettore nullo è in ciascuno dei due k 3 + spazi. Abbiamo f k = per cui è necessario che k =. Ora, quando k = abbiamo f x y z = x+3y 3x z x 3y 3z ed è la forma classica di un applicazione lineare da R m in R n. Infatti è il prodotto di x una matrice costante per il vettore y quindi è un applicazione lineare. z

18 In alternativa, per verificare esplicitamente le condizioni della definizione, siano v = x x y e v = y in R 3 e siano λ e µ in R. Allora z z f (λv +µv ) = f = = = = λ λx+µx λy +µy λz +µz (λx+µx )+3(λy +µy ) 3(λx+µx ) (λz +µz ) (λx+µx ) 3(λy +µy ) 3(λz +µz ) λ(x+3y)+µ(x +3y ) λ(3x z)+µ(3x z ) λ(x 3y 3z)+µ(x 3y 3z ) λ(x+3y) λ(3x z) λ(x 3y 3z) x+3y 3x z x 3y 3z = λf (v)+µf (v ). Quindi f è effettivamente lineare. + +µ µ(x +3y ) µ(3x z ) µ(x 3y 3z ) x +3y 3x z x 3y 3z ) b) Per il valore di k determinato, scrivere la matrice rappresentativa di f k nella base canonica (come base di partenza) e la base costituita dai vettori come base di arrivo. v = v = 3 7 e v 3 = Si tratta di calcolare le coordinate di f, f e f nella base proposta. Calcoliamo quindi: 3 u = f = 3, u = f = e u 3 = f = 3.

19 Per calcolare la matrice dobbiamo risolvere il sistema x+y +z = a x+3y +4z = b x+7y +9z = c con la colonna dei termini noti uguale rispettivamente a u, u e u 3. Ci sono due possibilità sostanzialmente equivalenti. La prima è di risolvere i tre sistemi, la seconda è di risolvere il sistema tenendo a, b e c incognite e poi di inserire i valori in a, b e c per i tre vettori. Si trova allora Qualunque sia il metodo scelto si trova x = a+4b c y = a 5b+c z = a+3b c. u = v 9v +5v 3, u = 9v 3v, u 3 = v v. La matrice dell applicazione nelle basi indicate è quindi Esercizio. Si consideri la matrice A = a) Determinare gli autovalori (reali) e gli autovettori (reali) di A. Per determinare gli autovalori di A, calcoliamo il suo polinomio caratteristico, ossia λ 4 8 P(λ) = det(λi 3 A) = λ 4 λ+8 aggiungendo la terza colonna alla prima λ+4 8 = λ λ+4 λ+8 = (λ+4) 8 λ λ+8 sottraendo la prima riga alla terza 8 = (λ+4) λ λ = (λ+4)(λ +). 3

20 Gli autovalori di A sono le radici reali di P(λ), cioè solo λ = 4 (semplice). Calcoliamo ora gli autovettori di A relativi all autovalore λ = 4. Poiché 8 8 A+4I 3 = 4, 4 4 tali autovettori sono le soluzioni non nulle del sistema 8x y 8z = x+4y z = 4x y 4z = La prima equazione è il doppio della terza, quindi è facile vedere che le soluzioni cercate sono x = z ey =, con z. Quindi gli autovettori sono i multipli non nulli del vettore v =. Si deve verificare (in brutta copia) che Av = 4v. b) Stabilire se la matrice A è diagonalizzabile (in R). La matrice non è diagonalizzabile (in R) perché il suo polinomio caratteristico ha radici non reali. Seconda prova in itinere Esercizio 3c. Discutere l esistenza e il numero di soluzioni del sistema x+y +z = 4 x +y = x+6y +(t+6)z = al variare del parametro t. Si può usare il teorema di Rouché Capelli per determinare quando il sistema ha soluzioni e, quando ne ha, qual è la dimensione dello spazio delle soluzioni. La matrice dei coefficienti ha determinante uguale a t per cui per t il sistema ha una singola soluzione. Per t = si verifica che sia la matrice dei coefficienti sia la matrice completa hanno caratteristica (rango) e quindi il sistema ammette una retta di soluzioni. In tutti questi calcoli si suggerisce di usare l in alto a sinistra delle matrici per far comparire degli zeri. In alternativa si può usare la prima equazione per eliminare la variabile x del sistema. Togliendo la prima equazione alla seconda e aggiungendo la prima alla terza si ottiene il sistema equivalente x+y +z = 4 y z = 8y +(t+7)z = 6 4

21 e, aggiungendo 8 volte la seconda alla terza si ottiene x+y +z = 4 y +z = (t )z = Quindi per t il sistema ammette una sola soluzione: z = nell ultima, y = nella seconda e quindi x = nella prima. (La soluzione per t = è sotto). Risolvere il sistema per t =. Invece per t = nell ultima z è indeterminato, y = z nella seconda e quindi x = 4 y z = z. Si inseriscono le soluzioni nelle equazioni per verificare che sono effettivamente soluzioni. Esercizio 4c. Determinare quali delle seguenti applicazioni sono lineari. Per quelle che lo sono, determinare una base del nucleo e dell immagine. a) f : C C z (3 i)z +(+3i)z Siano z e z complessi e λ un reale. Allora f(z +z ) = (3 i)(z +z )+(+3i) ( z +z ) = (3 i)z +(3 i)z +(+3i)(z +z ) perché (a,b) C, a+b = a+b = (3 i)z +(3 i)z +(+3i)z +(+3i)z = f (z)+f (z ). Nello stesso modo (usando che λz = λ z e che λ = λ perché λ R) si verifica che f (λz) = λf(z). Quindi f è lineare. Il suo nucleo è costituito dagli z = x+iy tali che f (z) = cioè (dopo semplificazione) 5(x+y)+i(x+y) = e quindi tali che y = x ovvero i multipli di i. Dal teorema delle dimensioni l immagine ha dimensione e quindi una sua base è l immagine di un qualsiasi vettore che non appartiene al nucleo, per esempio f () = 5+i. b) f : R R 3 (x;y) (x+y;x 3y;y) L applicazione f non è lineare. La presenza del quadrato impedisce la linearità. Infatti f (;) = (;;), mentre f ( ;) = ( ;;) f (;) = ( ; ;). Esercizio 5c. Si determini il centro, se esiste, e la forma canonica della conica di equazione x + 3xy y 4x 4 3y +4 =. 5

22 Bisogna anzitutto eliminare il termine 3xy, ossia diagonalizzare la matrice ( ) 3 B =. 3 I suoi autovalori sono λ = e λ =. Una base ortonormale di autovettori è data da ( ) ( 3 ) u =, u 3 =. La rotazione cercata è quindi e la nuova equazione della conica è ossia { x = (x +y 3) y = ( x 3+y ) λ (x ) +λ (y ) (x +y 3) 3( x 3+y )+4 =, Quest ultima si può riscrivere come (x ) +(y ) +4x 4 3y +4 =. (x ) ++(y 3) 6+4 =, ossia (x ) +(y 3) + =. Quindi la traslazione { x = x y = y 3 porta la conica nella forma canonica (x ) (y ) =. Si tratta pertanto di un iperbole (equilatera), il cui centro ha coordinate x C =, y C = 3, ossia (usando le equazioni della rotazione) x C =, y C =. Si noti che il centro si poteva determinare direttamente dall equazione della conica, risolvendo il sistema Esercizio 3a. Sia B ( xc y C ) + ( 3 Appello ) = z = ( 3 i)(+i) ( i) Determinare parte reale, parte immaginaria, modulo e argomento di z 6. 6 ( )

23 Poniamo z = 3 i, z = +i e z 3 = i. Allora mentre quindi e Quindi z =, e z = z 3 =, argz = π 6, argz = π 4, argz 3 = π 4 z = ( ) = argz = π 6 + π 4 +π 4 = 7π. z 6 = 8 e argz 6 = 7π = π +kπ, La parte reale di z 6 è quindi mentre la sua parte immaginaria è 8. Esercizio 4a. 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 = 3 e x+y 3z = }; Il sottoinsieme W non è un sottospazio vettoriale di V in quanto il vettore nullo non vi appartiene. b) V = R[x] e W = {P : P (x) = }; Il sottoinsieme W è costituito dai polinomi costanti, si tratta quindi del sottospazio generato dal polinomio. Esercizio 5a. Si considerino il piano π di equazione x+y z +4 = e i punti A(;; ) e B(;4;5). a) Determinare la retta r passante per A e per B. Poiché AB = (,4,6), le equazioni parametriche di r sono x = +t y = 4t z = +6t b) Trovare la retta s passante per B ed ortogonale a π. Come vettore direzionale di s possiamo scegliere il vettore n π = (,, ), normale al piano π. Quindi le equazioni parametriche di s sono x = +t y = 4+t z = 5 t 7

24 c) Determinare il piano contenente le rette r ed s. Tale piano ovviamente esiste, poiché le due rette sono incidenti nel punto B. Visto che n π è il vettore direzionale di s, come vettore normale al piano cercato possiamo prendere AB n π = ( 4,8, 3). Quindi l equazione del piano è 4(x )+8y 3(z +) =, ossia 4x+8y 3z + =. 8

25 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi (Geometria e Algebra Lineare) 3 giugno Tema D Tempo a disposizione: ore. 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 Parte comune Esercizio. Sia, per k R, f k : R 3 R 3 l applicazione tale che f k x y z = a) Determinare k in modo tale che f k sia lineare. x+y k 3 + 3x+y x 3y 3z Una condizione necessaria perché un applicazione sia lineare è che mandi il vettore nullo sul vettore nullo. In questo caso il vettore nullo è in ciascuno dei due k 3 + spazi. Abbiamo f k = per cui è necessario che k =. Ora, quando k = abbiamo f x y z = x+y 3x+y x 3y 3z ed è la forma classica di un applicazione lineare da R m in R n. Infatti è il prodotto di x una matrice costante per il vettore y quindi è un applicazione lineare. z

26 In alternativa, per verificare esplicitamente le condizioni della definizione, siano v = x x y e v = y in R 3 e siano λ e µ in R. Allora z z f (λv +µv ) = f = = = = λ λx+µx λy +µy λz +µz (λx+µx )+(λy +µy ) 3(λx+µx )+(λy +µy ) (λx+µx ) 3(λy +µy ) 3(λz +µz ) λ(x+y)+µ(x +y ) λ(3x+y)+µ(3x +y ) λ(x 3y 3z)+µ(x 3y 3z ) λ(x+y) λ(3x+y) λ(x 3y 3z) x+y 3x+y x 3y 3z = λf (v)+µf (v ). Quindi f è effettivamente lineare. + +µ µ(x +y ) µ(3x +y ) µ(x 3y 3z ) x +y 3x +y x 3y 3z ) b) Per il valore di k determinato, scrivere la matrice rappresentativa di f k nella base canonica (come base di partenza) e la base costituita dai vettori come base di arrivo. v = v = 3 7 e v 3 = Si tratta di calcolare le coordinate di f, f e f nella base proposta. Calcoliamo quindi: u = f = 3, u = f = e u 3 = f = 3.

27 Per calcolare la matrice dobbiamo risolvere il sistema x+y +z = a x+3y +4z = b x+7y +9z = c con la colonna dei termini noti uguale rispettivamente a u, u e u 3. Ci sono due possibilità sostanzialmente equivalenti. La prima è di risolvere i tre sistemi, la seconda è di risolvere il sistema tenendo a, b e c incognite e poi di inserire i valori in a, b e c per i tre vettori. Si trova allora Qualunque sia il metodo scelto si trova x = a+4b c y = a 5b+c z = a+3b c. u = 9v v +6v 3, u = v 9v +4v 3, u 3 = 6v 6v +3v 3. La matrice dell applicazione nelle basi indicate è quindi Esercizio. Si consideri la matrice A = a) Determinare gli autovalori (reali) e gli autovettori (reali) di A. Per determinare gli autovalori di A, calcoliamo il suo polinomio caratteristico, ossia λ P(λ) = det(λi 3 A) = λ λ+ aggiungendo la terza colonna alla prima λ+ = λ λ+ λ+ = (λ+) λ λ+ sottraendo la prima riga alla terza = (λ+) λ λ = (λ+)(λ +). 3

28 Gli autovalori di A sono le radici reali di P(λ), cioè solo λ = (semplice). Calcoliamo ora gli autovettori di A relativi all autovalore λ =. Poiché A+I 3 =, tali autovettori sono le soluzioni non nulle del sistema x y z = x+y z = x y z = La prima equazione è il doppio della terza, quindi è facile vedere che le soluzioni cercate sono x = z ey =, con z. Quindi gli autovettori sono i multipli non nulli del vettore v =. Si deve verificare (in brutta copia) che Av = v. b) Stabilire se la matrice A è diagonalizzabile (in R). La matrice non è diagonalizzabile (in R) perché il suo polinomio caratteristico ha radici non reali. Seconda prova in itinere Esercizio 3c. Discutere l esistenza e il numero di soluzioni del sistema x+y +z = 4 y z = x+4y +(t+5)z = 8 al variare del parametro t. Si può usare il teorema di Rouché Capelli per determinare quando il sistema ha soluzioni e, quando ne ha, qual è la dimensione dello spazio delle soluzioni. La matrice dei coefficienti ha determinante uguale a t per cui per t il sistema ha una singola soluzione. Per t = si verifica che sia la matrice dei coefficienti sia la matrice completa hanno caratteristica (rango) e quindi il sistema ammette una retta di soluzioni. In tutti questi calcoli si suggerisce di usare l in alto a sinistra delle matrici per far comparire degli zeri. In alternativa si può usare la prima equazione per eliminare la variabile x del sistema. Aggiungendo volte la prima alla terza si ottiene il sistema equivalente x+y +z = 4 y z = 8y +(t+7)z = 6 4

29 e, aggiungendo 8 volte la seconda alla terza si ottiene x+y +z = 4 y +z = (t )z = Quindi per t il sistema ammette una sola soluzione: z = nell ultima, y = nella seconda e quindi x = nella prima. (La soluzione per t = è sotto). Risolvere il sistema per t =. Invece per t = nell ultima z è indeterminato, y = z nella seconda e quindi x = 4 y z = z. Si inseriscono le soluzioni nelle equazioni per verificare che sono effettivamente soluzioni. Esercizio 4c. Determinare quali delle seguenti applicazioni sono lineari. Per quelle che lo sono, determinare una base del nucleo e dell immagine. a) f : R [x] R [x] P(x) P(x ) Siano P e Q due polinomi. Allora f (P + Q) = (P + Q)(x ) = P(x ) + Q(x ) = f (P) + f (Q). Inoltre se P è un polinomio e λ un reale, f (λp) = (λp)(x ) = λp(x ) = λf(p). Quindi f è lineare. Il suo nucleo è fatto dai polinomi ax + b tali che ax +b sia il polinomio nullo, quindi a = b = cioè il suo nucleo è ridotto al polinomio nullo. Dal teorema delle dimensioni l immagine ha dimensione ed è generata dai due polinomi f () e f (x) cioè da e x ; quindi una base dell immagine è {,x }. b) f : R 3 R (x;y;z) (x+3y z;y 3) L applicazionef nonèlineareedsivedeimmediatamenteperchéf (;;) = (; 3) (;). Esercizio 5c. Si determini il centro, se esiste, e la forma canonica della conica di equazione x + 3xy y 5x 5 3y +678 =. Bisogna anzitutto eliminare il termine 3xy, ossia diagonalizzare la matrice ( ) 3 B =. 3 I suoi autovalori sono λ = e λ =. Una base ortonormale di autovettori è data da ( ) ( 3 ) u =, u 3 =. 5

30 La rotazione cercata è quindi e la nuova equazione della conica è ossia { x = (x +y 3) y = ( x 3+y ) λ (x ) +λ (y ) 6(x +y 3) 6 3( x 3+y )+678 =, Quest ultima si può riscrivere come (x ) +(y ) +5x 5 3y +678 =. (x 3) +338+(y 3 3) =, ossia (x 3) +(y 3 3) + =. Quindi la traslazione { x = x 3 y = y 3 3 porta la conica nella forma canonica (x ) (y ) =. Si tratta pertanto di un iperbole (equilatera), il cui centro ha coordinate x C = 3, y C = 3 3, ossia (usando le equazioni della rotazione) x C = 6, y C =. Si noti che il centro si poteva determinare direttamente dall equazione della conica, risolvendo il sistema Esercizio 3a. Sia B ( xc y C ) + ( Appello ) = z = ( 3+i)( i) (+i) Determinare parte reale, parte immaginaria, modulo e argomento di z 6. Poniamo z = 3+i, z = i e z 3 = +i. Allora mentre ( ) z =, e z = z 3 =, argz = π 6, argz = π 4, argz 3 = π 4 quindi z = ( ) = 6

31 e Quindi argz = π 6 π 4 π 4 = 7π. z 6 = 8 e argz 6 = 7π = π +kπ, La parte reale di z 6 è quindi mentre la sua parte immaginaria è 8. Esercizio 4a. 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 3y +z; x+y 4z;y 3z;x 3y +z) : (x;y;z) R 3} ; Il sottoinsieme W è l immagine di un applicazione lineare da R 3 in R 4 e quindi è un sottospazio vettoriale. Si poteva giungere alla stessa conclusione osservando che (x 3y +z; x+y 4z;y 3z;x 3y +z) = x(; ;;)+y( 3;;; 3)+z(; 4; 3;) e quindi che W è lo spazio generato dai 3 vettori evidenziati nell uguaglianza. b) V = {funzioni da R in R} e W = {f V : f(3) }; Il sottoinsieme W non è un sottospazio vettoriale in quanto la funzione costante uguale a è un elemento di W ma non il suo doppio. Esercizio 5a. Si considerino il piano π di equazione x+y z +4 = e i punti A(;; ) e B(;7;5). a) Determinare la retta r passante per A e per B. Poiché AB = (,7,6), le equazioni parametriche di r sono x = +t y = 7t z = +6t b) Trovare la retta s passante per B ed ortogonale a π. Come vettore direzionale di s possiamo scegliere il vettore n π = (,, ), normale al piano π. Quindi le equazioni parametriche di s sono x = +t y = 7+t z = 5 t 7

32 c) Determinare il piano contenente le rette r ed s. Tale piano ovviamente esiste, poiché le due rette sono incidenti nel punto B. Visto che n π è il vettore direzionale di s, come vettore normale al piano cercato possiamo prendere AB n π = (,8, 6). Quindi l equazione del piano è (x )+8y 6(z +) =, ossia x+8y 6z +4 =. 8