Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

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Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4Totale Algebra lineare e geometria Docente: I. Sabadini24 Luglio 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 Nota: alcuni quesiti potrebbero essere risolti con metodi diversi da quelli propo- sti. 1. (11 punti) SiaLl'applicazione lineare che, rispetto alla base canonica diR3 , e rappre- sentata dalla matrice A=2 4 3 63 0 3 0 66 63 5: (a) Stabilire se esiste una base diR3 formata da autovettori diAe in caso affermativo determinarla; (b) Stabilire se esiste una base ortonormale diR3 formata da autovettori diA; (c) Stabilire se il vettore [1;1;0]T appartiene allo spazio immagine diL. (d) Considerata la baseB=f[1;0;1]T ;[0;1;1]T ;[1;1;0]T gdiR3 , determinare la matrice rappresentativa dell'applicazione lineareLrispetto aB. Soluzione. (a) Esiste una base diR3 formata da autovettori diAse e solo seA e diagonalizzabile. Un facile conto mostra che det(AI) =(3)2 quindi gli autovalori diAsono 1= 0 e  2= 3 con molteplicita 2. Veri chiamo quindi la regolarita dell'autovalore 2essendo  1semplice e quindi regolare. Essendo r(A3I) = 1 anche 2e regolare e la matrice Ae diagonalizzabile. Determiniamo una base diR3 formata da autovettori diA. Gli autovettori diArelativi a 1= 0 si trovano risolvendo il sistema 3 y= 0, 6x6y+ 6z= 0 che fornisce vettori del tipo [x;0;x]T ,x̸ = 0. Gli autovettori diArelativi a 3= 3 soddisfano 6x6y+ 3z= 0, che fornisce vettori del tipo [x; y;2y2x]T ,x; y̸ = 0. Una base di R3 formata da autovettori diAe ad esempiof[1;0;1]T ;[1;0;2]T ;[0;1;2]T g. (b) Esiste una base ortonormale diR3 formata da autovettori diAse e solo seAe ortogonalmente diagonalizzabile ovvero se e solo seAe reale e simmetrica. In questo casoAnon e simmetrica quindi tale base non esiste. (c) Il vettorev= [1;1;0]T appartiene allo spazio immagine diLse e solo se appartiene a Col(A) ovvero se e solo se dim(Col(A)) = dim(Col(Ajv)) se e solo ser(A) =r(Ajv). Abbiamo Ajv=2 4 3 63 1 0 3 0 1 66 6 03 5!2 4 3 63 1 0 3 0 1 0 6 0 23 5!2 4 3 63 1 0 3 0 1 0 0 0 03 5 da cui segue cher(A) = 2 =r(Ajv) quindivappartiene all'immagine diL. (d) La matriceSdel cambio di base ha per colonne i vettori della baseB. La matrice rappresentativaBrispetto alla baseBeB=S 1 AS. Con conti, che omettiamo, si trova che S 1 =1 22 41 1 1 1 1 1 1 113 5 da cuiB=S 1 AS=1 22 41 1 1 1 1 1 1 113 52 4 3 63 0 3 0 66 63 52 41 0 1 0 1 1 1 1 03 5=2 43 0 0 9 0 0 9 3 33 5: 2. (11 punti) Nello spazio vettorialeR4 dotato del prodotto scalare standard, si consideri il sottospazio vettorialeUgenerato dau 1= [1 ;1;0;1]T ,u 2= [3 ;0;0;1]T ,u 3= [0;1;1;0]T . (a) Determinare la proiezione ortogonale div= [2;0;1;1]T suU; (b) Determinare una base ortogonale diU; (c) Determinare, se esiste, un sottospazioWdiR4 diverso daU? tale cheR4 =UW; (d) SiaL:R4 !R4 l'applicazione lineare che a un vettore diR4 associa la sua proiezione ortogonale suU, trovare il nucleo diL. Soluzione. (a) Il sottospazioU? contiene i vettori [x; y; z; t]T ortogonali au 1, u 2, u3, ovvero tali che x+yt= 0, 3x+t= 0,y+z= 0. QuindiU? contiene i vettori del tipo [x;4x;4x;3x]T =x[1;4;4;3]T =xw,x2R. Scriviamov=v U+ v ? dovev U2 U,v ?2 U? . Poichefwge una base diU? si hav ?= vw, inoltrev U? w quindi 0 =⟨v U; w⟩=⟨vvw;w⟩=⟨v;w⟩ v⟨w;w⟩da cui v=⟨ v;w⟩ ⟨w;w⟩= 3 42= 1 14: Concludiamo che la proiezione ortogonale cercata si ottiene comevU= v1 14w =1 14[27 ;4;10;17]T : (b) Una base ortogonalefb 1; b 2; b 3g perUsi ottiene tramite l'algoritmo di Gram- Schmidt applicato alla basefu 1; u 2; u 3g . Poniamob 1= u 1. Abbiamo poi b2= u 2⟨ u 2; b 1⟩ ⟨b 1; b 1⟩b 1=1 3[7 ;2;0;5]T b3= u 3( ⟨u 3; b 1⟩ ⟨b 1; b 1⟩b 1+⟨ u 3; b 2⟩ ⟨b 2; b 2⟩b 2) =1 13[ 2;8;13;6]T (c) Per determinareWbasta scegliere un vettoreu 4di R4 che non sia multiplo diw e tale chefu 1; u 2; u 3; u 4g sia una base diR4 . Ad esempio possiamo scegliereu 4= [0;0;0;1]T , eWe il sottospazio generato dau 4. (d) Il nucleo di ker(L) e dato dai vettori ortogonali aUovvero e dato daU? e una sua base efwg. 3.(5 punti) Si considerino, nello spazio, le retterdi equazionixy+z1 = 0,y2z+3 = 0 edsdi equazionix+y2 = 0,xy+ 4z= 0. (a) Veri care che le due rette sono sghembe. (b) Calcolare la minima distanza trareds. Soluzione. (a) Riscriviamo le rette in forma parametrica: r:8 < :x =2 +t y=3 + 2t z=ts :8 < :x = 12u y= 1 + 2u z=u Le retteredssono dirette come i vettoriv= [1;2;1]T ew= [2;2;1]T , rispettiva- mente, quindi non sono parallele. Non sono nemmeno incidenti, poiche l'uguaglianza della terza coordinata imponet=uda cui segue3 + 2u= 1 + 2uche e impossibile. (b) Scegliamo due puntiP2reQ2s:P(2;3;0) eQ(1;1;0). La distanza e data dalla misura della proiezione ortogonale di⃗ P Qlungovw, ovvero d(r; s) =j ⃗ P Q
(vw)j ∥vw∥= j [3;4;0]T
[0;3;6]T j p 45= 4 p 5: 4. (6 punti) SiaAuna matrice quadrata reale di ordine 2 avente autovalori 0;1;2 a cui corrispondono tre autovettori linearmente indipendentiu,v,w, rispettivamente. (a) Determinare una base per ker(A) e una base per una base per Col(A); (b) Stabilire, motivando la risposta, se il sistema lineareAx=uha soluzioni. Soluzione. PoicheAe simile alla matriceD=diag(0;1;2) e quindiAeDrappresen- tano la stessa applicazione lineare rispetto a basi diverse, si ha cher(A) =r(D) = 2 quindi dim ker(A) = 1 e poicheAu=0,fugcostituisce una base per ker(A). Inoltre, essendo anche Col(A) = Col(D) si ha dim(Col(A)) = 2. PoicheAv=veAw= 2w, v,wappartengono allo spazio colonna diAed essendo linearmente indipendenti for- mano una base di Col(A). (b) Il sistema lineare dato non puo avere soluzioni infatti, se le avesse,uapparter- rebbe allo sapzio colonna diAe sarebbe quindi lineramente dipendente dav,w, contrariamente all'ipotesi.