CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

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1 CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA FOGLIO DI ESERCIZI # 7 GEOMETRIA 2005/06 Ricordiamo le seguenti formule: L Area di un parallelogramma in R 2, di lati u = (u 1, u 2 ), v = (v 1, v 2 ) è: [ ] A(parallelogramma) = det u1 u 2 v 1 v 2 L Area di un parallelogramma in R 3, di lati u = (u 1, u 2, u 3 ), v = (v 1, v 2, v 3 ) è data dalla lunghezza (norma) u v del vettore u v prodotto vettoriale di u e v: i j k A(parallelogramma) = u v, con u v = det u 1 u 2 u 3 v 1 v 2 v 3 Il Volume del parallelepipedo di lati u = (u 1, u 2, u 3 ), v = (v 1, v 2, v 3 ) e w = (w 1, w 2, w 3 ) è uguale al valore assoluto del prodotto misto u (v w): u 1 u 2 u 3 V (parallelepipedo) = det v 1 v 2 v 3 w 1 w 2 w 3 Esercizio 7.1. Calcolare l area del triangolo di vertici A 1 (3, 1), A 2 (2, 6) e A 3 (4, 4). L area del triangolo di vertici A 1 (3, 1), A 2 (2, 6) e A 3 (4, 4) è metà dell area del parallelogramma di lati A 3 A 1 = (1, 3), A 2 A 1 = ( 1, 5) Ricordando la formula per l area di un parallelogramma in R 2 otteniamo quindi: A(triangolo A 1 A 2 A 3 ) = 1 [ ] det = = 4 Esercizio 7.2. Determinare per quali valori di k il triangolo di vertici A 1 (0, 0), A 2 (4, 2) e A 3 (1, k) ha area 5. Procedendo come nell esercizio precedente calcoliamo A 3 A 1 = (1, k), A 2 A 1 = (4, 2) Quindi A(triangolo A 1 A 2 A 3 ) = 1 [ ] 1 k 2 det = (2 4k) 2 = 1 2k Imponendo la condizione che l area del triangolo sia 5 otteniamo due possibilità:

2 2 FOGLIO DI ESERCIZI # 7 GEOMETRIA Se 1 2k 0, ovvero k 1 2 : 1 2k = 5 k = 2 soluzione accetabile perchè k 1 2 Se 1 2k < 0, ovvero k > 1 2 : 1 2k = 5 k = 3 soluzione accetabile perchè k > 1 2 Abbiamo quindi ottenuto due possibili soluzioni: k = 2 ovvero A 3 = (1, 2). k = 3 ovvero A 3 = (1, 3). Esercizio 7.3. Calcolare l area del poligono di vertici A 1 (0, 0), A 2 (1, 0), A 3 (2, 1), A 4 (1, 3) e A 5 (0, 2). Rappresentando i punti nel piano si vede che l area del poligono corrisponde alla somma delle aree dei triangoli A 1 A 2 A 3, A 1 A 3 A 4 e A 1 A 4 A 5. Ora A 1 A 2 = (1, 0), A 1 A 3 = (2, 1), A 1 A 4 = (1, 3), A 1 A 5 = (0, 2) quindi Infine A(triangolo A 1 A 2 A 3 ) = 1 [ ] det = A(triangolo A 1 A 3 A 4 ) = 1 [ ] det = A(triangolo A 1 A 4 A 5 ) = 1 [ ] det = A(poligono A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 ) = = 4 Esercizio 7.4. Calcolare l area del triangolo di vertici A 1 (1, 1, 1), A 2 (1, 3, 1), A 3 ( 1, 0, 0). L area del triangolo di vertici A 1 A 2 A 3 è la metà dell area del parallelogramma di lati A 1 A 2 e A 1 A 3, dove A 1 A 2 = (0, 2, 0), A 1 A 3 = ( 2, 1, 1) Ricordando la formula per l area di un parallelogrammo cominciamo a calcolare il vettore prodotto vettoriale: A 1 A 2 A i j k 1 A 3 = det = 2i + 0j + 4k = ( 2, 0, 4) Infine A(triangolo A 1 A 2 A 3 ) = 1 2 ( 2, 0, 4) = = 20 = Attenzione a non confondere il valore assoluto di un numero: a con la lunghezza di un vettore: v, entrambi indicati con le sbarre verticali. Esercizio 7.5. Calcolare il volume del parallelepipedo di lati u(1, 0, 0), v( 3, 1, 1) e w( 2, 2, 5).

3 FOGLIO DI ESERCIZI # 7 GEOMETRIA Il volume del parallelepipedo `dato dal prodotto misto dei vettori che formano i lati del parallelepipedo, quindi: V (parallelepipedo) = det = 1 (5 2) = Esercizio 7.6 (Esercizio 6.26). Sia W il sottospazio di R 4 generato dai vettori v 1 = (k, 1, 1, 2), v 2 = (0, 1, 0, 1), v 3 = (k, 0, 1, 1). a) Al variare del parametro k, trovare una base di W. b) Si completi la base trovata in a) ad una base di R 4. Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice A formata dai tre vettori affiancata dalla matrice identica: k 0 k III I k 0 k II I III ki k k 0 IV 2I IV II a) Dalla riduzione vediamo che rg(a) = 2 e B(W ) = {v 1, v 2 } (oppure B(W ) = {v 1, v 3 }). b) La matrice formata dalla prima, seconda, quarta e quinta colonna ha rango 4, quindi Esercizio 7.7 (Esercizio 6.41). Siano B(R 4 ) = {v 1, v 2, e 1, e 2 } v 1 = (1, 1, 1, 1), v 2 = (k, 1, 1, 1) R 4 a) Si trovino i valori del parametro k per i quali v 1 e v 2 sono indipendenti. b) Per k = 2, si estenda l insieme {v 1, v 2 } a una base di R 4. Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice costituita da v 1 e v 2 e dai quattro vettori della base canonica di R 4 : 1 k k II + I 0 k III II IV + III a) I due vettori v 1 e v 2 sono indipendenti quando la matrice ad essi associata ha rango 2. Di conseguenza v 1 e v 2 sono indipendenti se k 1.

4 4 FOGLIO DI ESERCIZI # 7 GEOMETRIA b) Ponendo k = 2 nella matrice ridotta otteniamo Una base di R 4 deve essere formata da quattro vettori. Dalla matrice notiamo che se aggiungiamo alle prime due colonne, corrispondenti a v 1 e v 2, la quarta e quinta colonna (per esempio) otteniamo una matrice di rango quattro. Quindi i quattro vettori corrispondenti sono linearmente indipendenti e una base di R 4 è data dall insieme: { v 1, v 2, (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) } Esercizio 7.8 (Esercizio 6.42). Si consideri l insieme S costituito dai seguenti vettori di R 4 v 1 = (1, 2, 2, 1), v 2 = (2, 1, 2, 1), v 3 = (0, 1, 2, 1) a) E possibile estendere S a una base di R 4? b) In caso affermativo, trovare una base di R 4 contenente S. Per rispondere ad entrambi i quesiti riduciamo a gradini la matrice ottenuta dalla matrice associata ai 3 vettori, affiancata dalla matrice associata ai vettori della base canonica di R 4 : II 2I III II IV I III + II IV + III IV III a) La matrice associata ai vettori v 1, v 2 e v 3 ha rango 3, quindi i vettori sono linearmente indipendenti e S può essere esteso a una base di R 4. b) Dalla matrice completa vediamo che la prima, seconda, terza e sesta colonna sono linearmente indipendenti, quindi una base B di R 4 contenente S è data da Esercizio 7.9 (Esercizio 6.35). B = { v 1, v 2, v 3, e 3 = (0, 0, 1, 0) } a) Trovare una base del sottospazio V di R 5 così definito: V = {x R 5 2x 1 x 2 + x 3 x 4 = 0, x 1 x 3 2x 4 + 2x 5 = 0}. b) Determinare una base di R 5 contenente la base di V trovata in a).

5 FOGLIO DI ESERCIZI # 7 GEOMETRIA Determiniamo le soluzioni del sistema omogeneo: [ ] II [ ] II I x 1 = r + 2s 2t x 2 = 3r + 3s 4t x 3 = r r, s, t R x 4 = s x 5 = t Quindi V = (1, 3, 1, 0, 0), (2, 3, 0, 1, 0), ( 2, 4, 0, 0, 1) a) Dalla risoluzione del sistema omogeneo segue che B(V ) = {(1, 3, 1, 0, 0), (2, 3, 0, 1, 0), ( 2, 4, 0, 0, 1)} b) Per completare la base B basta osservare che la matrice ha rango 5, quindi B(R 5 ) = {(1, 3, 1, 0, 0), (2, 3, 0, 1, 0), ( 2, 4, 0, 0, 1), (1, 0, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0, 0)} I Prova di accertamento - A.A. 2004/05 Esercizio Si consideri il sistema lineare (1 + k)x = 0 ky + z + w = 2 (k parametro reale) x + kz + 2w = k x + kw = 0 a) Si dica per quali valori di k il sistema ammette una unica soluzione. b) Si determinino tutte le soluzioni del sistema per k = 0. Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema 1 + k IV k 0 0 k k 2 k 0 k k 2 k k 0 I 1 + k k 0 0 k III I 0 0 k 2 k k IV (1 + k)i k(1 + k) 0 a) Il sistema ammette una unica soluzione se rg(a) = rg(a b) = 4, cioè se k 0, 1.

6 6 FOGLIO DI ESERCIZI # 7 GEOMETRIA b) Torniamo al sistema nel caso k = 0: x = 0 x = 0 y = t z + w = 2 z = 2 2w = 0 w = 0 t R Esercizio Sia r la retta nello spazio di equazioni cartesiane x+z +1 = 2x+2y z 3 = 0 e sia l la retta di equazioni parametriche x = 2t, y = t, z = 0. a) Determinare una equazione cartesiana del piano π contenente il punto P (1, 2, 3) e ortogonale alla retta l. b) Stabilire se esiste una retta passante per P, contenuta in π ed incidente la retta r. In caso affermativo determinare equazioni di tale retta. a) La retta l ha direzione (2, 1, 0), quindi il piano ortogonale a l ha equazione del tipo 2x y = d. Imponendo il passaggio per il punto P si ottiene 2 2 = d, quindi d = 0 e π : 2x y = 0 b) Il punto P appartiene a π; se la retta r interseca π in un punto A, la retta passante per A e P è la retta cercata. Determiniamo quindi l eventuale intersezione tra r e π: 2x y = 0 y = 2x y = 2x x + z = 1 x + z = 1 x + z = 1 2x + 2y z 3 = 0 6x z 3 = 0 7x = 2 ( ) 2 A 7, 4 7, 9 7 Determiniamo quindi il vettore direzione AP ( ) 5 AP = 7, 10 7, 30 parallelo a (1, 2, 6) 7 Infine la retta cercata ha equazioni x = 1 + t { 2x y = 0 y = 2 + 2t t R, e 6x z = 3 z = 3 + 6t Esercizio Sia S = { x R 4 x 1 4x 2 x 3 + 2kx 4 = k + 1, 2x 1 kx 3 + kx 4 = 2k + 2, 3x 1 4kx 2 + 9x 3 + 3x 4 = 0 } a) Stabilire per quali valori di k R l insieme S è un sottospazio di R 4. b) Per i valori di k trovati al punto precedente determinare la dimensione e una base di S. a) Le soluzioni di un sistema formano uno spazio vettoriale sse il sistema è omogeneo: { k + 1 = 0 k = 1 2k + 2 = 0

7 FOGLIO DI ESERCIZI # 7 GEOMETRIA b) Cerchiamo le soluzioni del sistema nel caso k = 1 riducendo a gradini la matrice associata al sistema: II 2I III 3I x 1 4x 2 x 3 2x 4 = x 2 + 3x 3 + 3x 4 = 0 III 2II x 3 + x 4 = 0 x 1 = 3 2 t x 2 = 3 8 t t R S = {( 32 x 3 = t, 38 ) }, 1, 2 t t R x 4 = 2t Infine B(S) = {( 32, 38, 2, 1 )}, dim(s) = 1 Esercizio Sia con k parametro reale. V = (1, 1, 2, 1), (2, k + 3, 4, 2), (0, 1, 1, k 2 1) a) Si determini la dimensione di V al variare di k R. b) Si stabilisca per quali valori di k R il vettore v 4 = (3, 3, k + 6, 3) appartiene a V. Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice A formata dai tre vettori v 1, v 2 e v 3, affiancata dalla colonna dei termini noti formata dal vettore v 4 (in modo da risolvere anche l equazione xv 1 + yv 2 + zv 3 = v 4 ): 1 k k + 6 II I 0 k III 2I k 1 2 k IV + I 0 0 k k k IV (k 2 1)III k(k 2 1) a) Consideriamo la matrice A. Se k 1 allora Se k = 1 allora rg(a) = 3 = dim(v ), B(V ) = {v 1, v 2, v 3 }. rg(a) = 2 = dim(v ), B(V ) = {v 1, v 3 }. b) v 4 appartiene a V se il sistema associato all equazione xv 1 + yv 2 + zv 3 = v 4 ammette soluzione, ovvero se rg(a) = rg(a b). Notiamo che k(k 2 1) = 0 se k = 0, ±1. Quindi Se k 0, ±1, allora rg(a) = 3 < rg(a b) = 4 e v 4 non appartiene a V.

8 8 FOGLIO DI ESERCIZI # 7 GEOMETRIA Se k = 0, la matrice A b diventa: Quindi rg(a) = rg(a b) = 3 e v 4 appartiene a V. Se k = 1, la matrice A b diventa: Quindi rg(a) = rg(a b) = 3 e v 4 appartiene a V. Se k = 1, la matrice A b diventa: III II Quindi rg(a) = 2 < rg(a b) = 3 e v 4 non appartiene a V. Esercizio Si considerino i polinomi p 1 = x 2 + ax + b + c, p 2 = x 2 + bx + a + c, p 3 = x 2 + cx + a + b. a) Mostrare che per ogni valore dei parametri a, b, c i tre polinomi sono dipendenti nello spazio dei polinomi R[x]. b) Calcolare la dimensione dello spazio p 1, p 2, p 3 R[x] al variare di a, b, c. Associamo ad ogni polinomio il vattore che esprime le sue componenti rispetto alla base canonica {x 2, x, 1} di R[x]: p 1 = (1, a, b + c), p 2 = (1, b, a + c), p 3 = (1, c, a + b) Possiamo quindi svolgere l esercizio lavorando sui tre vettori. Consideriamo la matrice associata ai tre vettori: a b c II ai 0 b a c a 0 b a c a b + c a + c a + b III (b + c)i 0 a b a c III + II a) La matrice associata ai tre vettori ha sempre rango minore di tre, quindi i tre vettori e i tre polinomi sono linearmente dipendenti. b) Dal punto a) sappiamo che p 1, p 2, p 3 ha sicuramente dimensione minore di tre. Inoltre Se a = b = c, allora la matrice ha rango 1 e p 1, p 2, p 3 ha dimensione 1. Se a b o a c, allora la matrice ha rango 2 e p 1, p 2, p 3 ha dimensione 2. ( Esercizio Siano P 1 = (1, 1, 0), P 2 = (1, 0, 1), P 3 = , 1 3, ), e P 4 = (1, 2, 1) quattro punti nello spazio. a) Calcolare l angolo tra i vettori P 1 P 2 e P 2 P 3. b) Mediante il determinante, calcolare il volume del prisma con base il triangolo P 1 P 2 P 3 e lato il segmento P 1 P 4.

9 FOGLIO DI ESERCIZI # 7 GEOMETRIA a) Sia ϑ l angolo cercato, usiamo la formula cos(ϑ) = ( P 1 P 2, P 2 P 3 ) P 1 P 2 P 2 P 3 Poichè ( 2 P 2 P 3 = 3, 1, 1 ), 3 3 P 1 P 2 = (0, 1, 1), si ha ( P 1 P 3, P 2 P 3 ) = = Quindi cos(ϑ) = 0 e ϑ = π 2. b) Il volume del tetraedo é metà del volume del parallelepipedo di lati P 1 P 2, P 1 P 3 e P 1 P 4. Poichè ( 2 P 1 P 3 = 3, 1 1, 1 1 ), P 1 P 4 = (0, 3, 1) 3 3 otteniamo V = det = =