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Geometria 8 giugno 1999. Tema B.

Rispondere, giustificando brevemente la risposta, ad almeno due delle prime quattro domande e risolvere il maggior numero degli esercizi seguenti.

Domande.
  1. Siano $ V$ e $ W$ due sottospazi vettoriali di $ R^n$, $ \{ w_1,..,w_k\}$ una base di $ W$ e $ \{ u_1,..,u_l \}$ una base di $ U$. E' vero che $ \{ w_1,..,w_k, u_1,...,u_l \}$ è una base di $ W+U$?

  2. È vera la seguente affermazione: una matrice triangolare è sempre diagonalizzabile? Dimostrarla o trovare un controesempio.

  3. Siano $ \pi$, $ \pi'$ e $ \pi''$ tre piani in $ R^3$ a due a due non paralleli. Sia $ r$ la retta intersezione di $ \pi$ e $ \pi'$, $ s$ la retta intersezione di $ \pi'$ e $ \pi''$. Si dica se $ r$ ed $ s$ possono essere sghembe.

  4. Siano $ f: R^3 \rightarrow R^2$, $ g: R^2 \rightarrow R^3$ applicazioni lineari con $ Im(f) \subseteq Ker(g)$. Descrivere l'applicazione $ g \circ f$.


Esercizi.
1) Discutere e trovare le soluzioni del seguente sistema al variare del parametro reale $ k$:

\begin{displaymath}
\begin{cases}
2x+y +kz = 7 \\
x+4y +2z = 0 \\
2x +ky +z = -3 \\
\end{cases}\end{displaymath}




2) Discutere la diagonalizzabilità della seguente matrice

$\displaystyle \left(
\begin{matrix}
12&13& -13\\
-10&-11&10\\
1&1&-2
\end{matrix} \right )
$

e trovare, se possibile, una base di autovettori.




3) Sia $ r$ la retta passante per $ P=(5,3,-1)$ e $ Q=(3,2,-1)$; $ s$ la retta perpendicolare a

$\displaystyle \pi: \quad 3x -y -2z = 1$

e passante per $ (0,0,0)$. Si calcoli la distanza di $ r$ ed $ s$.





4) Siano $ f,g: R^2 \rightarrow R^2$ definite da $ f(x,y)=(3x-y,-x-2y)$ e $ g(1,1)=(-1,r)$, $ g(1,-1)=(r,1)$ con $ q$ parametro reale. Determinare i valori di $ r$ per cui $ f \circ g$ è invertibile e per tali valori scrivere la matrice dell'inversa rispetto alle basi canoniche.

Soluzione
Domande
  1. La risposta è no. Infatti in generale i vettori

    $\displaystyle \{ w_1,..,w_k, u_1,...,u_l \}
$

    sono linearmente dipendenti. Per esempio $ V= \langle (1,1) \rangle$ e
    $ W= \langle (1,0),\;(0,1) \rangle$.
  2. La risposta è no. Per esempio la matrice

    $\displaystyle \left(
\begin{matrix}
0 & 1\\
0 & 0
\end{matrix}\right)
$

    è triangolare ma non diagonalizzabile.
  3. La risposta è no. Infatti $ r$ e $ s$ sono complanari poichè giacciono entrambe sul piano $ \pi'$.
Esercizio 1.
La matrice associata al sistema è la matrice:

$\displaystyle (A \vert B)=\left(
\begin{matrix}
2 & 1 & k & 7\\
1& 4 & 2 & 0\\
2& k & 1 & -3
\end{matrix}\right)
$

Riduciamo la matrice a gradino usando il mnetodo di Gauss. Una possibile riduzione è:

$\displaystyle (A \vert B)$ $\displaystyle =\left( \begin{matrix}2 & 1 & k & 7\\ 1& 4 & 2 & 0\\ 2& k & 1 & -...
...matrix}2 & 1 & k & 7\\ 0& -7 & k-4 & 7\\ 0& 1-k & k-1 & 10 \end{matrix} \right)$    

Possiamo ridurre ancora e otteniamo la matrice:

$\displaystyle \left(
\begin{matrix}
2 & 1 & k & 7\\
0& -7 & k-4 & 7\\
0& 0 & (1-k)(k-11) & 7(11-k )
\end{matrix}\right)
$

Per $ k=1$ non esistono soluzioni del sistema.
Per $ k=11$ il sistema dato è equivalente al sistema

\begin{displaymath}
\begin{cases}
2x+y=7-11z \\
-7y=7-7z
\end{cases}\end{displaymath}

che ammette infinite soluzioni:

$\displaystyle x$ $\displaystyle =8-12t$    
$\displaystyle y$ $\displaystyle =t-1$    
$\displaystyle z$ $\displaystyle =t \quad t \in R.$    

Se $ k \neq 1,11$ esiste una e una sola soluzione del sistema.
La soluzione è

$\displaystyle x = -\frac{2}{ k-1}\quad
y= \frac{-3}{k-1}\quad
z= \frac{7}{k-1}
$

Esercizio 2.
Il polinomio caratteristico della matrice è :

$\displaystyle p(\lambda)= ( \lambda+1)^2(\lambda-1)
$

dunque gli autovalori sono $ \lambda_1=1$ con molteplicità algebrica $ 1$ e $ \lambda_2=-1$ con molteplicità algebrica $ 2$.
L'autospazio relativo all'autovalore $ -1$ è

$\displaystyle V_{-1}$ $\displaystyle = \kker (A+I)= \kker \left ( \begin{matrix}-13 &-13 & 13 \\ 10 &1...
...} \right ),\; \left ( \begin{matrix}0 \\ 1\\ 1 \end{matrix} \right ) \right \}.$        

L'autospazio relativo all'autovalore $ 1$ è

$\displaystyle V_{1}$ $\displaystyle = \kker (A-I)= \kker \left ( \begin{matrix}-11 &-13 & 13 \\ 10 &1...
...n \left \{ \left( \begin{matrix}13 \\ -10 \\ 1 \end{matrix} \right ) \right \}.$        

Concludiamo che la matrice è diagonalizzabile e una base di autovettori è data

$\displaystyle \mathcal{B}= \left \{
\left(
\begin{matrix}
1 \\
-1 \\
0
\end...
... ),\;
\left (
\begin{matrix}
13 \\
-10 \\
1
\end{matrix}\right )
\right \}
$

Esercizio 3.
La retta $ r$ ha equazione parametrica:

\begin{displaymath}
\begin{cases}
x=5+ 2 \lambda \\
y=3+ \lambda \\
z=-1
\end{cases}\end{displaymath}

mentre la retta $ s$ ha equazione parametrica

\begin{displaymath}
\begin{cases}
x= 3 \mu \\
y=- \mu \\
z=- 2 \mu
\end{cases}\end{displaymath}

La direzione di una generica retta incidente $ r$ e $ s$ è

$\displaystyle v= \left(
\begin{matrix}
2 \lambda- 3 \mu +5 \\
\lambda+ \mu +3 \\
2 \mu -1
\end{matrix}\right )
$

Affinché questa retta sia ortogonale a $ r$ deve essere $ v \cdot (2,1,0)=0$ mentre affinché sia ortogonale a $ s$ deve essere $ v \cdot (3,-1,-2)=0$. Queste due condizioni forniscono il sistema

\begin{displaymath}
\begin{cases}
5 \lambda -5 \mu=-13 \\
5 \lambda -14 \mu=-14
\end{cases}\end{displaymath}

da cui si ottiene

$\displaystyle \lambda = -\frac{112}{45} \quad \mu= \frac{1}{9}.
$

Il punto di intersezione tra la retta $ r$ e la retta ortogonale ad $ r$ e $ s$ è:

$\displaystyle P_1=(\frac{1}{45}, \frac{23}{45}, -1)
$

mentre il punto di intersezione tra la retta $ s$ e la retta ortogonale ad $ r$ e $ s$ è:

$\displaystyle P_2=(\frac{1}{3}, - \frac{1}{9}, - \frac{2}{9})
$

La distanza tra le rette $ r$ e $ s$ è pari alla distanza tra $ P_1$ e $ P_2$:

$\displaystyle d(P_1,P_2)= \sqrt{(P_{1,x}-P_{2,x})^2+(P_{1,y}-P_{2,y})^2+(P_{1,z}-P_{2,z})^2}
= \frac{7}{\sqrt{45}}
$

Esercizio 4.
Scriviamo le matrici di $ f$,$ g$ e $ f \circ g$ rispetto alla base canonica di $ R^2$.
La matrice della applicazione $ f$ è:

$\displaystyle M(f)=\left(
\begin{matrix}
3 & -1 \\
-1 & -2 \\
\end{matrix}\right).
$

Per scrivere la matrice della applicazione $ g$ bisogna determinare $ g(1,0)$ e $ g(0,1)$.
Ora

$\displaystyle (1,0)$ $\displaystyle = \frac{1}{2} \left [ (1,1)+(1,-1) \right ]$    
$\displaystyle (0,1)$ $\displaystyle = \frac{1}{2} \left [ (1,1)-(1,-1) \right ],$    

pertanto

$\displaystyle g(1,0)$ $\displaystyle = \frac{1}{2} \left [ g(1,1)+ g(1,-1) \right ]= \frac{1}{2} \left [ (-1,r)+(r,1) \right ]$    
$\displaystyle g(0,1)$ $\displaystyle = \frac{1}{2} \left [ g(1,1)- g(1,-1) \right ]= \frac{1}{2} \left [ (-1,r)-(r,1) \right ],$    

In definitiva

$\displaystyle g(1,0)$ $\displaystyle = (\frac{r-1}{2}, \; \frac{r+1}{2})$    
$\displaystyle g(0,1)$ $\displaystyle = (- \frac{r+1}{2}, \; \frac{r-1}{2})$    

Risulta allora

$\displaystyle M(g)=\left(
\begin{matrix}
\displaystyle{\frac{r-1}{2}} & - \disp...
...ystyle{\frac{r+1}{2}} & \displaystyle{\frac{r-1}{2}} \\
\end{matrix}\right).
$

Infine la matrice di $ (f \circ g)$ è:

$\displaystyle M(f \circ g)=M(f) \cdot M(g)=\left(
\begin{matrix}
\displaystyle{...
...style{\frac{1+3r}{2}} & \displaystyle{\frac{3-r}{2}} \\
\end{matrix}\right).
$

Il determinante della matrice è

$\displaystyle \dete (M(f \circ g))= -\frac{7}{2}(r^2+1) \neq 0 \quad \forall q \in R.
$

Pertanto $ (f \circ g)$ è invertibile per ogni $ r$ in $ R$. La matrice dell'inversa rispetto alla base canonica è:

$\displaystyle M((f \circ g)^{-1})=\left(
\begin{matrix}
\displaystyle{\frac{r-3...
...3r}{r^2+1}} & \displaystyle{\frac{2(2-r)}{7(r^2+1)}} \\
\end{matrix}\right).
$


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Andreatta Marco
2000-09-18