Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

First partial exam

Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4Totale Algebra lineare e geometriaPrima Prova Intermedia Docente: I. Sabadini4 Maggio 2015 Cognome:Nome:Matricola: Gli esercizi vanno svolti su questi fogli, nello spazio sotto il testo e, in caso di necessita, sul retro. I fogli di brutta a quadretti non devono essere consegnati. Tutte le risposte devono essere giusti cate 1. SiaA=[ 1 2 3 2] e si consideri l'applicazione lineareL:M R(2 ;2)!M R(2 ;2) de nita daL(X) =AXXA. a) (3 punti) Scrivere la matrice rappresentativa diLrispetto alla base canonica di MR(2 ;2); b) (5 punti) Determinare nucleo e immagine diLprecisandone la dimensione e una base; c) (4 punti) Stabilire se la matriceB=[ 1 1 31] ammette controimmagini tramiteL e, in caso affermativo determinare la bra sopraB. Soluzione. a) SiaX=[ x y z t] . Abbiamo L(X) =[ 1 2 3 2] [ x y z t] [ x y z t] [ 1 2 3 2] =[ 3y+ 2z2x3y+ 2t 3x+ 3z+ 3t3y2z] :(1) Fissata la base canonicafE 11; E 12; E 21; E 22g diM R(2 ;2), la matriceXsi scrive come X=xE 11+ yE 12+ zE 21+ tE 22pertanto ha coordinate date dal vettore [ x; y; z; t]T 2R4 . L'immagine diXtramiteLha coordinate [3y+ 2z;2x3y+ 2t;3x+ 3z+ 3t;3y2z]T Si ha quindi che la matrice rappresentativa diLe M=2 6 6 40 3 2 0 23 0 2 3 0 3 3 032 03 7 7 52 M R(4 ;4): Si noti cheMha per colonne le coordinate, rispetto alla base canonica, diL(E 11) ; : : : ;L(E 22). b) RiduciamoMa scala: M!2 6 6 4 23 0 2 0 3 2 0 3 0 3 3 032 03 7 7 5!2 6 6 4 23 0 2 0 3 2 0 0 9=2 3 0 032 03 7 7 5!2 6 6 4 23 0 2 0 3 2 0 0 0 0 0 0 0 0 03 7 7 5= U: Poicher(M) = 2 si ha che dim(Im(L)) = 2 e dim(ker(L)) = 2. Le prime due colonne della ridotta a scalaUdiMsono linearmente indipendenti, quindi le prime due colonne diMsono linearmente indipendenti e dunque costituiscono una base di Col(M). Si deduce che le corrispondenti matrici[ 02 3 0] ;[ 33 03] costituiscono una base di Im(L). Per determinare il nucleo diLbasta risolvere il sistema {2x3y+ 3z= 0 2y+ 3z= 0 le cui soluzioni sono della forma2 6 6 4 3y y 3=2y t3 7 7 5= y2 6 6 4 3 1 3=2 03 7 7 5+ t2 6 6 40 0 0 13 7 7 5= yv 1+ tv 2; al variare diy; tinR. Una base di ker(L) e quindi data dalle matrici corrispondenti a v1, v 2tramite la mappa di parametrizzazione, ovvero E=[ 3 1 3=2 0] ;E 22: c) La matriceBha controimmagini tramiteLse e solo se il vettore [1;1;3;1]T appartiene a Col(M) ovvero se e solo se la matrice 2 6 6 40 3 1 23 1 3 0 3 0313 7 7 5 ha rango 2. Riduciamo a scala:2 6 6 40 3 1 23 1 3 0 3 0313 7 7 5!2 6 6 4 23 1 0 3 1 3 0 3 0313 7 7 5!2 6 6 4 23 1 0 3 1 0 9=2 3=2 0313 7 7 5!2 6 6 4 23 1 0 3 1 0 0 0 0 0 03 7 7 5: Poiche il rango e 2 il vettore corrispondente aBappartiene a Col(M) ovveroB2Im(L). Determiniamo una controimmagine qualsiasi diB, ad esempio quella conz=t= 0 (ricordiamo che due variabili sono libere) e risolviamo il sistema ottenuto uguagliando l'espressione in (1) aB, ovvero 8 < :3 y= 1 2x3y= 1 3x= 33y=1 Si ottienex=1 ey= 1=3. Quindi una controimmagine diBe la matriceC= [ 1 1=3 0 0] . La bra sopraBe data daC+ ker(L), ovvero dalle matrici della forma C+yE+tE 22, al variare di y; tinR. 2.Si considerino la matriceA=2 6 6 41 3 3 5 0 1 0 2 1 4 3 7 1 2 2 33 7 7 5 e il vettoreb= [3; h;2h+ 1;1]T . a) (3 punti) Determinare per quali valori dih2Ril il sistema lineareAx=b ammette soluzioni. b) (4 punti) In corrispondenza dei valori dihtrovati al punto precedente, determinare tutte le soluzioni del sistema. c) (3 punti) Stabilire se il vettorec= [1;2;1;3]T appartiene allo spazio colonna di A. Soluzione. a) Riduciamo a scala la matrice [Ajb]: 2 6 6 41 3 3 5 3 0 1 0 2h 1 4 3 7 2h+ 1 1 2 2 3 13 7 7 5!2 6 6 41 3 3 5 3 0 1 0 2h 0 1 0 2 2h2 011223 7 7 5!2 6 6 41 3 3 5 3 0 1 0 2h 0 0 0 0h2 0 01 0h23 7 7 5 !2 6 6 41 3 3 5 3 0 1 0 2h 0 01 0h2 0 0 0 0h23 7 7 5: Le prime quattro colonne della matrice sono una ridotta a scalaUdiAe mostrano cher(A) = 3. La matrice completa [Ajb] ha rango 3 seh= 2 mentre ha rango 4 seh̸ = 2. Per il teorema di Rouche-Capelli il sistema data ha soluzione se e solo se r(A) =r(Ajb), ovvero se e solo seh= 2. b) Postoh= 2 il sistema ammette11 soluzioni, infatti le soluzioni dipendono da 4r(A) = 3 parametri. Risolviamo il sistema omogeneo associato adAusando come matrice dei coefficienti la ridotta a scalaU: 8 < :x + 3y+ 3z+ 5t= 0 y+ 2t= 0 z= 0 da cuiy=2t,z= 0 che, sostituite nella prima equazione, fornisconox=3y3z 5t= 6t5t=t. Le soluzioni del sistema omogeneo associato adAsono quindi della format[12 0 1]T . Troviamo una soluzione particolare del sistema dato ponendo, ad esempiot= 0: 8 < :x + 3y+ 3z= 3 y= 2 z= 0 Si ricava immediatamente la soluzione [3 2 0 0]T . Le soluzioni del sistema dato sono quindi della forma2 6 6 4 3 2 0 03 7 7 5+ t2 6 6 41 2 0 13 7 7 5; t 2R: c) Il vettorec2Col(A) se e solo ser(A) =r([Ajc]). Sappiamo cher(A) = 3 e che le prime tre colonne diAsono linearmente indipendenti. SiaA′ la matrice ottenuta accostando le prime tre colonne diA. Il vettorec2Col(A) se e solo sec2Col(A′ ) se e solo se 3 =r(A′ ) =r([A′ jc]). Riduciamo a scala [A′ jc]: 2 6 6 41 3 3 1 0 1 0 2 1 4 3 1 1 2 2 33 7 7 5!2 6 6 41 3 3 1 0 1 0 2 0 1 0 0 011 23 7 7 5!2 6 6 41 3 3 1 0 1 0 2 0 0 02 0 01 43 7 7 5!2 6 6 41 3 3 1 0 1 0 2 0 01 4 0 0 023 7 7 5: Poicher([A′ jc]) = 4 il vettorecnon appartiene allo spazio colonna diA. 3. (6 punti) Determinare le equazioni della retta passante per il puntoP(1;0;1) e per- pendicolare alla rettardi equazionix+y+z4 = 0,yz1 = 0 e alla rettasdi equazioni 2xy+ 4 = 0,yz= 0. Soluzione. La rettarha direzione ortogonale ad entrambi i piani che la de niscono, quindi ha direzione data dal prodotto vettoriale [1 1 1]T [0 11]T = [2 1 1]T : In modo analogo, la direzione dise data da [21 0]T [0 11]T = [1 2 2]T : La retta cercata ha direzione [a b c]T ortogonale a quella dire disovvero ha direzione tale che2a+b+c= 0,a+ 2b+ 2c= 0. Si ricavaa= 0,b=cquindi la direzione cercata e [0 11]T . La retta richiesta ha equazioni parametriche 8 < :x = 1 y=t z= 1t che si possono anche scrivere nella forma{x= 1 z= 1y 4. (4 punti) SianoU,W,Zsottospazi di uno spazio vettorialeVsuK. Stabilire se l'uguaglianzaU\(W+Z) = (U\W) + (U\Z) e vera o falsa, dimostrando l'affermazione o fornendo un controesempio. (Eventualmen-te usare il retro del foglio). Soluzione. L'affermazione e falsa, come il seguente controesempio dimostra. Consideriamo lo spazio vettorialeR2 . SiaUil sottospazio generato da [1;1]T ,Wil sottospazio generato dae 1= [1 ;0]T ,Zil sottospazio generato dae 2= [0 ;1]T . Si ha cheW+ZeR2 quindiU\(W+Z) =U. Un conto immediato mostra cheU\W=f0g e cheU\Z=f0gquindi (U\W) + (U\Z) =f0g.