Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

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Algebra lineare e GeometriaAppello luglio Ingegneria Matematica24 luglio 2014 Cognome:Nome:Matricola: 1.Si consideri il sistema lineare8 > < > :x +y= 3 2x3y=4 2xy= 10(1) a) si mostri che il sistema e sovradeterminato; b) si scrivano le equazioni normali del sistema, e si determini la soluzione ai minimi quadrati del sistema (perche e unica?); c) si scriva la proiezione ortogonalepdib= [3;4;10]T sullo spazio colonna della matriceAdei coefficienti del sistema, e si veri chi chebpe ortogonale alle colonne diA. Soluzione. (a) La matrice dei coefficienti del sistema e la matrice completa sono rispettivamente A=2 41 1 23 213 5[Ajb] =2 41 1 3 234 21 103 5 dovebindica il vettore colonna dei termini noti. Un semplice calcolo mostra che det(Ajb)̸ = 0, quindir(Ajb) = 3, mentrer(A) = 2 quindi il sistema e sovradetermina- to. (b) Le equazioni normali del sistema sono date daAT Ax=AT b, e AT A=[ 97 7 11] AT b=[ 15 5] : Risolvendo il sistema lineare{ 9x7y= 15 7x+ 11y= 5(2) si trova la soluzione ai minimi quadrati^x= [4;3]T che e unica dato che il rango diA (e quindi della matrice quadrataAT A) vale 2. (c) La proiezione ortogonale dibsullo spazio colonna diAe data da p=A^x=2 41 1 23 213 5[ 4 3] =2 47 1 53 5: Veri chiamo chebp= [4;3;5]T sia ortogonale alle colonnec 1e c 2di A: [4;3;5]T
[1;2;2]T =46 + 10 = 0;[4;3;5]T
[1;3;1]T =4 + 95 = 0: 2.Si veri chi che=2 e un autovalore della matrice A=2 4 1 2 2 2 2 4 2 4 23 5 calcolandone la molteplicita geometrica. Si scriva la decomposizione spettrale diAe quella diA 1 , dopo aver spiegato percheAe invertibile. Soluzione. La molteplicita geometrica dell'autovalore 1= 2 e g2= 3 r(A+ 2I) = 3r0 @2 41 2 2 2 4 4 2 4 43 51 A= 31 = 2: Il corrispondente autospazioV 2e il piano di equazione x+ 2y+ 2z= 0. SiccomeAe simmetrica, la molteplicita algebrica dell'autovalore 1= 2 coincide con la moltepli- cita geometrica, e quindi e 2. L'altro autovalore 2di Asi puo ricavare sfruttando il fatto che la traccia diAe la somma degli autovalori 2= tr( A)2 1= 3 + 4 = 7 L'autospazioV 7, per il teorema spettrale, e la retta ortogonale all'autospazio V 2, cioe la retta generata dal vettorev= [1;2;2]T le cui componenti sono i coefficienti dell'equazione del pianoV 2. La proiezione ortogonale diR3 sull'autospazioV 7di dimensione 1 e P2=1 ∥v∥2vvT =1 92 41 2 2 2 4 4 2 4 43 5: La proiezione ortogonale diR3 sull'autospazioV 2di dimensione 2 e P1= IP 2=1 92 48 22 2 54 24 53 5: La decomposizione spettrale diAe A= 1P 1+  2P 2= 2 92 48 22 2 54 24 53 5+7 92 41 2 2 2 4 4 2 4 43 5: La matriceAe invertibile perche nessuno dei suoi autovalori e nullo, e la decomposizione spettrale diA 1 e A 1 = 1 1P 1+  1 2P 2= 1 182 48 22 2 54 24 53 5+1 632 41 2 2 2 4 4 2 4 43 5 per cuiA 1 =1 232 72 4 54 18 18 1827 36 18 36273 5=1 142 4 6 2 2 23 4 2 4 33 5 3.Si scriva la matrice ortogonaleQ= [q 1q 2q 3] determinata dalle seguenti richieste:  la prima colonnaq 1appartiene alla retta generata da v= [2;1;2]T , eq 1
v>0;  le componentix; y; zdella seconda colonnaq 2veri cano x4y+z= 0 ez >0;  detQ>0. Per il teorema di EuleroQrappresenta una rotazione diR3 attorno a un asse: si calcoli il coseno dell'angolo di tale rotazione. Soluzione. La prima colonna si trova normalizzandov, la seconda risolvendo il sistema 2x+y+ 2z=x4y+z= 0, le cui soluzioni sono i vettori di coordinate [t;0; t]T , e imponendo cheq 2sia un versore avente terza coordinata positiva: q1=v ∥v∥[2 =3;1=3;2=3]T ;q 2= [ 1=p 2;0;1=p 2]T La terza colonnaq 3e il prodotto vettoriale delle prime due (oppure e, dei due versori normali al pianox4y+z= 0, quello per cui il determinante della matrice risulta positivo; i vettori normali al piano sono i multipli scalari di [1;4;1]T ): q3= q 1 q 2=1 3p 2 i j k 2 1 2 1 0 1 = 1 3p 2[1 ;4;1]T QuindiQ=2 6 6 6 6 6 42 31 p 21 3p 2 1 30 4 3p 2 2 31 p 21 3p 23 7 7 7 7 7 5 In ne, dettol'angolo di rotazione, trQ=1 + 2p 2 3p 2= )cos() =tr Q1 2= 1 p 2 6p 2=p 22 12 4. SianoHeKdue sottospazi di dimensione 2 diR4 , e si supponga dim(H\K) = 1: Si possono quindi scegliere tre versoriq 1, q 2e q 3di R4 , e in modo chefq 1g sia una base ortonormale diH\K,fq 1; q 2g sia una base ortonormale diH, efq 1; q 3g sia una base ortonormale diK. SianoPeQle matrici delle proiezioni ortogonali suHe suK rispettivamente: Pv=v H; Qv=v Kper ogni v2R4 : Mostrare chePQ=QPse e solo seq 2? q 3; dimostrare inoltre che, se PQ=QP, alloraPQrappresenta la proiezione ortogonale sulla rettaH\K=Rq 1. Soluzione. Si ricordi cheP=P 1+ P 2e Q=P 1+ P 3, dove P i= q iqT ie la matrice della proiezione ortogonale sulla rettaRq i. Inoltre P2 i= P iper i= 1;2;3 percheP i e una matrice di proiezione;P 1P 2= P 2P 1= Opercheq 1e q 2sono ortogonali, e P1P 3= P 3P 1= Opercheq 1e q 3sono ortogonali. Quindi PQ= (P 1+ P 2)( P 1+ P 3) = P 1+ P 2P 3 QP= (P 1+ P 3)( P 1+ P 2) = P 1+ P 3P 2 Concludiamo chePQ=QPse e solo seP 2P 3= P 3P 2. Seq 2? q 3, allora P 2P 3= P 3P 2= O, e quindiPQ=QP. Inoltre dal conto precedente si ricavaPQ=P 1come richiesto. Supponiamo ora cheP 2P 3= P 3P 2. Osserviamo che lo spazio colonna di P 2P 3e contenuto nello spazio colonna diP 2, che e la retta Rq 2(in altri termini, l'immagine dell'applicazionev7!P 2P 3v e contenuta nell'immagine dell'applicazionew7!P 2w , come si vede ponendow=P 3v ; l'applicazionew7!P 2w e la proiezione ortogonale sulla rettaRq 2la cui immagine e la retta Rq 2). Analogamente, lo spazio colonna diP 3P 2e contenuto nella retta Rq 3. Quindi, se P 2P 3= P 3P 2, allora lo spazio colonna delle due matriciP 2P 3e P 3P 2e contenuto nell'intersezione Rq 2\ Rq 3. In ne, l'intersezioneRq 2\ Rq 3e l'intersezione di due sottospazi di dimensione 1, quindi consiste solo del vettore nullo oppureRq 2= Rq 3; ma se fosse Rq 2= Rq 3, si avrebbe H=K= H\Kil che e assurdo perche per ipotesi dim(H\K) = 1. Quindi l'intersezione Rq 2\ Rq 3consiste del solo vettore nullo, e a fortiori (a maggior ragione) lo spazio colonna delle due matriciP 2P 3e P 3P 2consiste del solo vettore nullo, per cui le due matrici sono nulle. Allora0=P 2P 3q 3= P 2q 3: Questo signi ca che la proiezione ortogonale diq 3su q 2e nulla, quindi q 2? q 3. Es. 1: 10 puntiEs. 2: 10 puntiEs. 3: 10 puntiEs. 4: 3 puntiTotale Algebra lineare e GeometriaAppello luglio Ingegneria Matematica24 luglio 2014 Cognome:Nome:Matricola: 1.Si consideri il sistema lineare8 > < > :x 2y= 1 3x2y=3 x+y= 9(3) a) si mostri che il sistema e sovradeterminato; b) si scrivano le equazioni normali del sistema, e si determini la soluzione ai minimi quadrati del sistema (perche e unica?); c) si scriva la proiezione ortogonalepdiv= [1;3;9]T sullo spazio colonna della matriceAdei coefficienti del sistema, e si veri chi chevpe ortogonale alle colonne diA. Soluzione. (a) La matrice dei coefficienti del sistema e la matrice completa sono rispettivamente A=2 41 2 32 1 13 5[Ajb] =2 41 2 1 323 1 1 93 5 dovebindica il vettore colonna dei termini noti. Un semplice calcolo mostra che det(Ajb)̸ = 0, quindir(Ajb) = 3, mentrer(A) = 2 quindi il sistema e sovradetermina- to. (b) Le equazioni normali del sistema sono date daAT Ax=AT b, e AT A=[ 117 7 9] AT b=[ 1 13] : Risolvendo il sistema lineare{ 11x7y= 1 7x+ 9y= 13(4) si trova la soluzione ai minimi quadrati^x= [2;3]T che e unica dato che il rango diA (e quindi della matrice quadrataAT A) vale 2. (c) La proiezione ortogonale dibsullo spazio colonna diAe data da p=A^x=2 41 2 32 1 13 5[ 2 3] =2 4 4 0 53 5: Veri chiamo chebp= [5;3;4]T sia ortogonale alle colonnec 1e c 2di A: [5;3;4]T
[1;3;1]T =59 + 4 = 0;[5;3;4]T
[2;2;1]T =10 + 6 + 4 = 0: 2. Si veri chi che=3 e un autovalore della matrice A=2 4 2 2 2 2 1 4 2 4 13 5 calcolandone la molteplicita geometrica. Si scriva la decomposizione spettrale diAe quella diA 1 , dopo aver spiegato percheAe invertibile. Soluzione. La molteplicita geometrica dell'autovalore 1= 3 e g3= 3 r(A+ 3I) = 3r0 @2 41 2 2 2 4 4 2 4 43 51 A= 31 = 2: Il corrispondente autospazioV 3e il piano di equazione x+ 2y+ 2z= 0. SiccomeAe simmetrica, la molteplicita algebrica dell'autovalore 1= 3 coincide con la moltepli- cita geometrica, e quindi e 2. L'altro autovalore 2di Asi puo ricavare sfruttando il fatto che la traccia diAe la somma degli autovalori 2= tr( A)2 1= 0 + 6 = 6 L'autospazioV 6, per il teorema spettrale, e la retta ortogonale all'autospazio V 3, cioe la retta generata dal vettorev= [1;2;2]T le cui componenti sono i coefficienti dell'equazione del pianoV 3. La proiezione ortogonale diR3 sull'autospazioV 6di dimensione 1 e P2=1 ∥v∥2vvT =1 92 41 2 2 2 4 4 2 4 43 5: La proiezione ortogonale diR3 sull'autospazioV 3di dimensione 2 e P1= IP 2=1 92 48 22 2 54 24 53 5: La decomposizione spettrale diAe A= 1P 1+  2P 2= 1 32 48 22 2 54 24 53 5+2 32 41 2 2 2 4 4 2 4 43 5: La matriceAe invertibile perche nessuno dei suoi autovalori e nullo, e la decomposizione spettrale diA 1 e A 1 = 1 1P 1+  1 2P 2= 1 272 48 22 2 54 24 53 5+1 542 41 2 2 2 4 4 2 4 43 5 per cuiA 1 =1 542 4 15 6 6 66 12 6 1263 5=1 182 4 5 2 2 22 4 2 423 5 3.Si scriva la matrice ortogonaleQ= [q 1q 2q 3] determinata dalle seguenti richieste:  la prima colonnaq 1appartiene alla retta generata da v= [1;2;2]T , eq 1
v>0;  le componentix; y; zdella seconda colonnaq 2veri cano 4 xyz= 0 ez >0;  detQ>0 Per il teorema di EuleroQrappresenta una rotazione diR3 attorno a un asse: si calcoli il coseno dell'angolo di tale rotazione. Soluzione. La prima colonna si trova normalizzandov, la seconda risolvendo il sistema x+ 2y+ 2z= 4xyz= 0, le cui soluzioni sono i vettori di coordinate [0;t; t]T , e imponendo cheq 2sia un versore avente terza coordinata positiva: q1=v ∥v∥= [1 =3;2=3;2=3]T ;q 2= [0 ;1=p 2;1=p 2]T La terza colonnaq 3e il prodotto vettoriale delle prime due (oppure e, dei due versori normali al piano 4xyz= 0, quello per cui il determinante della matrice risulta positivo; i vettori normali al piano sono i multipli scalari di [1;4;1]T ): q3= q 1 q 2=1 3p 2 i j k 1 2 2 01 1 = 1 3p 2[4 ;1;1]T QuindiQ=2 6 6 6 6 6 41 304 3p 2 2 31 p 2 1 3p 2 2 31 p 2 1 3p 23 7 77 77 5 In ne, dettol'angolo di rotazione, trQ=1 2p 2 3= )cos() =tr Q1 2= 1 3(1 +p 2)