Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

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Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4Totale Algebra lineare e geometria Docente: I. Sabadini3 Settembre 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. Nello spazio vettorialeR4 si considerino il sottospazio vettorialeUgenerato dau= [1;1;0;1]T e il sottospazioWformato dai vettori [x; y; z; t]T tali chexyz= 0. (a) Veri care cheUWe si completi una base diUad una base diW; (b) SiaVil sottospazio diR4 generato dai vettoriv 1= [1 ;0;1;2]T ,v 2= [1 ;1;3;1]T ; determinare una base diW\Ve una base diW+V; (c) Dato il vettorev 3= [0 ;1;2t; t]T determinare per quali valori dit2Ri vettori v1, v 2, v 3sono linearmente dipendenti; (d) Dire se esiste un'applicazione lineareL:R4 !R4 che abbiaWcome nucleo eV come immagine. Soluzione. (a) Poicheusoddisfa l'equazione che de nisceWsi haUW. Un vettore diWsi scrive comex[1;1;0;0]T +y[1;0;1;0]T +t[0;0;0;1]T =xw 1+ yw 2+ tw 3, dimW= 3 perche e de nito da un'unica equazione, quindi occorre scegliere due vettori che conuformino una base diW. Poicheu=w 1 w 3, una base di We data dau, w2, w 3. (b) La dimensione diVvale 2 infatti i due generatori non sono multipli. Un elemento diVe della formaav 1+ bv 2= [ a+b; b;a3b;2a+b]T e appartiene aV\W se e solo sea+bb+a+ 3b= 0, ovverob=2=3a. Si deduce che un vettore in V\We multiplo di [1;2;3;4]T . Per la formula di Grassmann si ha dim(V+W) = dim(V) + dim(W)dim(V\W) = 4 e una base diV+We, ad esempio, la base canonica diR4 . (c) Per stabilire quando i vettori dati sono linearmente dipendenti, disponiamoli sulle righe di una matrice di cui calcoliamo il rango: 2 41 0 1 2 1 13 1 0 1 2t t3 5!2 41 0 1 2 0 121 0 1 2t t3 5!2 41 0 1 2 0 121 0 0 2t+ 2t+ 13 5: Il rango della matrice vale 2 set=1 e vale 3 set̸ =1. I vettori dati sono lineramente dipendenti pert=1. (d) Per il teorema di nullita piu rango si deve avere dim ker(L)+dim Im(L) = 4. Essendo dimW+ dimV= 5 l'applicazione lineareLnon puo esistere. 2.Siaf:R3 !R3 l'applicazione lineare che, rispetto alla base canonica diR3 , e rappresentata dalla matrice A=2 41 2 1 21 3 0 513 5 e siag:R3 !R3 l'applicazione lineare che soddisfa l'uguaglianza ⟨g(v);w⟩=⟨v; f(w)⟩;8v;w2R3 dove⟨v;w⟩indica il prodotto scalare standard diR3 . (a) Determinare una base del nucleo e una base dell'immagine dif; (b) Scrivere la matrice rappresentativa digrispetto alla base canonica diR3 ; (c) Determinare una base del nucleo e una base dell'immagine dig; (d) Veri care se Im(g) = ker(f)? . Soluzione. (a) RiduciamoAa scala: 2 41 2 1 21 3 0 513 5!2 41 2 1 05 1 0 513 5!2 41 2 1 05 1 0 0 03 5: Poicher(A) = 2 abbiamo che dim(Im(A)) = 2 e una sua base e data, ad esempio da f[1;2;0]T ;[2;1;5]T gmentre dim(ker(A)) = 1. Risolvendo il sistema lineare associato alla ridotta a scala determinata qui sopra, ovverox+ 2y+z= 0,5y+z= 0 si trova che le soluzioni sono del tipoy[7;1;5]T quindi una base del nucleo dife data dal vettore [7;1;5]T . (b) Per determinare la matrice rappresentativa digbasta determinare le immagini dei vettori della base canonicae 1; e 2; e 3. Scegliamo w=1. In questo modo si determinano la prima componente dei vettorig(e i). Abbiamo: ⟨g(e i) ;e 1⟩ =⟨e i; f (e 1) ⟩=⟨e i; [1;2;0]T ⟩=8 < :1 se i= 1 2 sei= 2 0 sei= 3: Quindi [1;2;0] e la prima riga diB. Analogamente: ⟨g(e i) ;e 2⟩ =⟨e i; f (e 2) ⟩=⟨e i; [2;1;3]T ⟩=8 < :2 se i= 1 1 sei= 2 3 sei= 3; ⟨g(e i) ;e 3⟩ =⟨e i; f (e 3) ⟩=⟨e i; [0;5;1]T ⟩=8 < :0 se i= 1 5 sei= 2 1 sei= 3: La matriceBrappresentativa digrispetto alla base canonica e quindiAT . In alternativa, osserviamo che la condizione ⟨g(v);w⟩=⟨v; f(w)⟩ si puo riscrivere come⟨BT v;w⟩=⟨v;AT w⟩ ovverowT BT v= (AT w)T v: In particolare, perw=e i, v=e jsi trova ( BT )ij= a ijovvero BT =A. In alternativa: poiche l'uguaglianza (wT BT wT A)v=0deve essere vera per ogni vettorev, deve essere (wT BT wT A) =0ovverowT (BT A) =0e poiche tale uguaglianza vale vale per ogni vettorew, deve essereBT =AovveroB=AT . Abbiamor(B) = 2 quindi una base per l'immagine dige data dai vettori trasposti di due righe diAad esempio [1;2;1]T e [2;1;3]T . Il nucleo digha dimensione 1 e si trova risolvendo il sistema lineare i cui coefficienti sono le prime due colonne diA ovverox+ 2y= 0, 2xy+ 5z= 0 che ha soluzioniy[2;1;1]T quindi una base di ker(g) e data dal vettore [2;1;1]T . (d) L'uguaglianza segue dalla teoria (si veda Proposizione 6.2 del capitolo 8 del testo): ker(f)? = ker(A)? = Row(A) = Col(B) = Im(g). In alternativa: una base di ker(f) e data dal vettore [7;1;5]T . Poiche tale vettore e ortogonale ai due vettori della base di Im(g) determinata al punto precedente, si ha che ker(f)? Im(g) ed essendo dim ker(f)? = 3dim ker(f) = 2 = dim Im(g), vale l'uguaglianza. 3. Si considerino la matriceA=2 41 2 11 1 03 5 e il vettoreb= [1;2; k]T . (a) Discutere l'esistenza di soluzioni del sistema lineareAx=b; (b) Postok= 3, determinare la proiezione ortogonale dibsu Col(A); (c) Postok= 3, scomporrebinb=v+wconv2Col(A) ew2Col(A)? . Soluzione. La matriceAha rango 2 poiche le sue colonne non sono multiple fra loro. Riduciamo a scala la matrice completa: Ajb=2 41 2 1 11 2 1 0k3 5!2 41 2 1 03 1 02k13 5!2 41 2 1 03 1 0 0k5=33 5: Il rango della matrice completa vale 2 sek= 5=3. Per il teorema di Rouche-Capelli se k= 5=3 il sistema ammette un'unica soluzione. Sek̸ = 5=3,r(Ajb) = 3̸ =r(A) quindi il sistema non ammette soluzioni. (b) Sek= 3 il vettoreb̸2Col(A). Determiniamo una soluzione ai minimi quadrati del sistema lineare dato, ovvero risolviamo il sistema lineareAT Ax=AT b. Abbiamo: [3 1 1 5] [ x y] =[ 0 0] che forniscex= [0;0]T . La proiezione ortogonale cercata e data daA x= [0;0;0]T , (infattib2Col(A)? ). (c) Abbiamov=A x= [0;0;0]T ew=b. 4. SiaAuna matrice quadrata di ordinencon elementi in un campoK. Mostrare che r(A) = 1 se e solo se esistonov;w2Kn , non nulli, tali cheA=vwT . Tali vettori sono unici? Soluzione. Supponiamo che esistanov;w2Kn , non nulli, tali cheA=vwT . Poniamo v= [v 1; : : : ; v n]T ,w= [w 1; : : : ; w n]T . Il prodottovwT hai-esima riga uguale av iw = [v iw 1; : : : ; v iw n]T . Le righe diAproporzionali aw(in particolare la rigai-esima e nulla sev i= 0), quindi r(A) = 1. Viceversa, ser(A) = 1 allora tutte le rige (e colonne) diA sono multiple fra loro. Siawla prima riga non nulla a partire dal basso (esiste perche il rango della matrice non e 0). Supponiamo che sia la rigar-esima. Esiste itale che la rigai-esima sia ivolte il vettore w. Postov= [ 1; : : : ;  r; 0; : : : ;0]T , dove r= 1, si ha la tesi. I vettoriv,wnon sono unici. Presow′ =w, basta prenderev′ =1 v .