Geometria 2 marzo 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. Dire se è vera la seguente affermazione.
   Se $u,v, w$ sono tre vettori linearmente indipendenti di uno spazio vettoriale $V$ anche $u+v, u-v, u+w$ sono linearmente indipendenti.

2. Sia $w \in R^3$ un vettore non nullo. Determinare la dimensione del sottospazio $\{ v \in R^3\;\vert\; v \wedge w=0 \}$.

3. Siano $\pi$ un piano in $R^3$, $r$ e $s$ due rette distinte perpendicolari a $\pi$. Quale delle seguenti affermazioni è vera:
   1) Le rette $r$ e $t$ sono incidenti.
   2) Le rette $r$ e $t$ sono parallele.
   3) Le rette $r$ e $t$ sono sghembe.
   4) Possono verificarsi tutti e tre i casi.
4. Siano $f: R^4 \rightarrow R^3$, $g: R^3 \rightarrow R^3$ applicazioni lineari. Risulta sempre vero che $\imm(g) \subseteq \imm(g \circ f)$?

Esercizi.

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

$$\begin{cases} 4x+ky +6z = k \\ 2x+4y +kz = 5 \\ 2x +y +z = 0 \\ \end{cases}$$

2) Discutere la diagonalizzabilità della seguente matrice

$$\left( \begin{matrix} 5&2&-2\\ 1&6&-5\\ 3&-3&4 \end{matrix} \right )$$

e trovare, se possibile, una base di autovettori.

3) Sia $\pi$ il piano perpendicolare alla retta

$$r: \;\begin{cases} x+2y-z=3\\ 2x-y=-1 \end{cases}$$

e passante per il punto $P=(2,-1,1)$.
Sia $\pi'$ il piano passante per i punti $(0,1,1),(0,0,1),(1,2,0)$ e sia $s$ la retta di intersezione tra $\pi$ e $\pi'$.
Sia $t$ la retta di equazioni

$$\begin{cases} x=2+2 \lambda\\ y=2+ \lambda\\ z=1- \lambda. \end{cases}$$

Si studi la posizione reciproca di $s$ e $t$.

4) Data la funzione $f:\;R^3 \rightarrow R^3$ definita da

$$f(x,y,z)=(-x+2z,2x+y+4z,3x+y+2z)$$

scrivere la matrice associata ad $f$ rispetto alla base canonica di $R^3$. Determinare i sottospazi $\kker f$ e $\imm f$ e stabilire se l'applicazione $f$ è iniettiva. Determinare la controimmagine di $(1,7,6)$.

Soluzione

Domande

1. La risposta è sì. Infatti il determinante della matrice
   $$\left( \begin{matrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ \end{matrix}\right)$$
   è diverso da zero.

2. La dimensione del sottospazio è $1$. Infatti $v \wedge w=0$ se e solo se $v \in L(W)$. Poichè $v$ è non nullo si ha che $\dim L(W)=1$.

3. Le rette $r$ e $t$ sono parallele, avendo entrambe direzione ortogonale al piano.
4. La risposta è no. Per esempio se $g$ è l'identità in $R^3$ e $f$ è l'applicazione nulla riesce $\imm g = R^3$ e $\imm (f \circ g)=\{0\}$.

Esercizio 1.
La matrice associata al sistema è la matrice:

$$(A \vert B)=\left( \begin{matrix} 4 & k & 6 & k\\ 2& 4 & k &5\\ 2& 1 & 1 & 0 \end{matrix}\right)$$

Riducendo a gradino la matrice $(A \vert B)$ si ottiene:

$$\left( \begin{matrix} 2 & 1 & 1 & 0\\ 0& 3 & k-1 & 5\\ 0& 0 & (k-5)(k+2) & 2(k-5) \end{matrix}\right)$$

Per $k=-2$ non esistono soluzioni del sistema.
Per $k=5$ il sistema dato è equivalente al sistema

$$\begin{cases} 2x+y+z=0 \\ 3y+4z=5 \end{cases}$$

che ammette infinite soluzioni:

$$x =- \frac{5}{6}+\frac{t}{6}$$

$$y =\frac{5}{3}- \frac{4t}{3}$$

$$z =t \quad t \in R.$$

Se $k \neq -2,5$ esiste una e una sola soluzione del sistema.
La soluzione è

$$x = - \frac{5}{3}- \frac{8-2k)}{3(k+2)} \quad y= \frac{5}{3}+\frac{2(1-k)}{3(k+2)}\quad z= \frac{2}{k+2}$$

Esercizio 2.
Il polinomio caratteristico della matrice è :

$$p(\lambda)= (1-\lambda) (\lambda-7)^2$$

dumque gli autovalori sono $\lambda_1=7$ con molteplicità algebrica $2$ e $\lambda_2=1$ con molteplicità algebrica $1$.
L'autospazio relativo all'autovalore $7$ è

$$V_7= \kker (A-7I)$$

che si determina risolvendo il sistema

$$\begin{cases} -x+y-z=0\\ x-y-5z=0\\ x-y-z=0\\ \end{cases}$$

Risulta allora

$$V_7= \sppan \left \{ \left( \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\right) \right \}$$

Ne deduciamo che la matrice non è diagonalizzabile.
L'autospazio relativo all'autovalore $1$ è

$$V_{1}= \kker (A-I)$$

e si determina risolvendo il sistema

$$\begin{cases} 4x+2y-2z=0\\ 3x-3y+3z=0 \end{cases}$$

Risulta allora

$$V_1= \sppan \left \{ \left( \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}\right) \right \}$$

Esercizio 3.
Il vettore direttore di $r$ è:

$$(1,2,5)$$

dunque il piano $\pi$ ha equazione cartesiana

$$x+2y+5z=5.$$

Il piano $\pi'$ ha equazione cartesiana

$$x+z-1=0$$

pertanto la retta $s$ ha equazioni cartesiane

$$\begin{cases} x+2y+5z=5\\ x+z-1=0 \end{cases}$$

Le equazioni cartesiane di $t$ si ottengono eliminando il parametro e si ha:

$$\begin{cases} x+2z=3\\ y+z=3 \end{cases}$$

Per determinare la posizione reciproca delle rette $s$ e $t$ risolviamo il sistema

$$\begin{cases} x+2y+5z=5\\ x+z-1=0\\ x+2z=3\\ y+z=3 \end{cases}$$

La matrice completa associata al sistema è:

$$\left( \begin{matrix} 1& 2& 5& 5\\ 1& 0& 1& 1\\ 1& 0& 2& 3\\ 0& 1& 1& 3 \end{matrix}\right)$$

Riducendo a gradino si ottiene che la matrice completa ha rango $4$ mentre la matrice dei coefficienti ha rango $3$. Pertanto le rette sono sghembe.
Esercizio 4.
La matrice della applicazione $f$ rispetto alla base canonica è:

$$M(f)=\left( \begin{matrix} -1& 0 &2 \\ 2& 1 & 4 \\ 3& 1 & 2 \end{matrix}\right).$$

Il nucleo dell'applicazione si trova come insieme delle soluzioni del sistema omogeneo di matrice $M(f)$.
Riducendo si trova il sistema:

$$\begin{cases} -x+2z=0\\ y+8z=0 \end{cases}$$

Ne segue che

$$\kker f = \sppan \left\{ \left( \begin{matrix} 2\\ -8\\ 1 \end{matrix}\right) \right \}$$

L'immagine della applicazione $f$ invece è generata dalle colonne linearmente indipendenti della matrice $M(f)$. Risulta:

$$\imm f = \sppan \left\{ \left( \begin{matrix} 0\\ 1\\ 1 \end{... ...}\right),\; \left( \begin{matrix} -1\\ 2\\ 3 \end{matrix}\right) \right \}$$

Infine la controimmagine di $(1,7,6)$ si determina risolvendo il sistema

$$\begin{cases} -x+2z=1\\ 2x+y+4z=7\\ 3x+y+2z=6 \end{cases}$$

Le soluzioni sono:

$$\begin{cases} x=1+2t\\ y=1-8t\\ z=1+t \end{cases}$$