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Soluzioni proposte

Le soluzioni di questo compito non sono molto particolareggiate. Il metodo usato per la risoluzione può essere visto nell'altro compito dello stesso appello.

Soluzione dell'esercizio 1 (1). $ P_A(t)=-t(t-3)^2$. (2). Autovalori 0 e $ 3$. (3). Una base di $ V_0$ è $ \big\{
\begin{pmatrix}
2\  1\  2
\end{pmatrix}\big\}$. Una base di $ V_3$ è $ \big\{
\begin{pmatrix}
3\  1\  0
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
1\  0\  1
\end{pmatrix}\big\}$. (4). La matrice è diagonalizzabile, dato che la somma delle dimensioni degli autospazi è $ 3$ che è pari alla dimensione dello spazio ambiente.     back.gif


Soluzione dell'esercizio 2 (1). Una ridotta a scala di $ A$ è

$\displaystyle \begin{pmatrix}
1 & 2 & -4 & 0 \  0 & 0 & 1 & -4 \  0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$

quindi $ \mathop{\rm rk}\nolimits (A)=2$.

(2). Una base di $ \mathop{\rm im}\nolimits (A)$ è data da $ \big\{\begin{pmatrix}
1\  2\  -3
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
-4\  -7\  10
\end{pmatrix}\big\}$. Una base di $ \ker(A)$ è data da $ \big\{\begin{pmatrix}
16\  0\  4\  1
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
-2\  1\  0\  0
\end{pmatrix}\big\}$. (3). Una ridotta a scala della matrice completa del sistema $ (A\vert b_k)$ è data da

$\displaystyle \left(
\begin{array}{cccc\vert c}
1 & 2 & -4 & 0 & 2k\  0 & 0 & 1 & -4 & k+1 \  0 & 0 & 0 & 0 & k
\end{array}\right)
$

Quindi il sistema è risolubile se e solo se $ k=0$. In tal caso le soluzioni sono espresse da:

$\displaystyle \begin{pmatrix}
x\  y\  z\  w
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
4...
... 4 \  1
\end{pmatrix}+\beta
\begin{pmatrix}
-2 \  1 \  0 \  0
\end{pmatrix}$

    back.gif


Soluzione dell'esercizio 3 (1). Base ortogonale

$\displaystyle w_1'$ $\displaystyle =$ $\displaystyle w_2$  
$\displaystyle w_2'$ $\displaystyle =$ $\displaystyle w_1-\frac{\langle w_1,w_1'\rangle }{\langle w_1',w_1'\rangle }w_1 = w_1-\frac12w_2
=
\begin{pmatrix}
1\ 1/2\ 1\ -1/2
\end{pmatrix}$  

Base ortonormale
$\displaystyle w_1''&=$   $\displaystyle \frac{w_1'}{\sqrt{\langle w_1',w_1'\rangle }}=\frac1{\sqrt{2}}w_1'=
\begin{pmatrix}
0\ 1/\sqrt2\ 0\ 1/\sqrt2
\end{pmatrix}$  
$\displaystyle w_2''$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{w_2}{\sqrt{\langle w_2',w_2'\rangle }}=\frac{\sqrt{2}}{\sqr...
...sqrt{2}/\sqrt{5}\ 1/\sqrt{10}\ \sqrt{2}/\sqrt{5}\ -1/\sqrt{10}
\end{pmatrix}$  

(2). Una base di $ W^\bot$ è data da $ \big\{
\begin{pmatrix}
1\  -1\  0\  1
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
-1 \  0\  1 \  0
\end{pmatrix}\big\}$

(3).

$\displaystyle v_1$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \langle v,w_1''\rangle w_1''+\langle v,w_2''\rangle w_2''=\frac{6...
...2/5\ -1/5
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
2/5\ 16/5\ 2/5\ 14/5
\end{pmatrix}$  
$\displaystyle v_2$ $\displaystyle =$ $\displaystyle v-v_1 =
\begin{pmatrix}
1\ 5\ -2\ 1
\end{pmatrix}-
\begin{pmat...
.../5\ 14/5
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
3/5\ 9/5\ -12/5\ -9/5
\end{pmatrix}$  

    back.gif


Soluzione dell'esercizio 4 (1). Equazione parametrica di $ r$

$\displaystyle r :=
\begin{cases}
x = 2\\
y = 2+t\\
z = t
\end{cases}$

Retta generica per $ P$ ed incidente ad $ r$

$\displaystyle \begin{pmatrix}
x\  y\  z
\end{pmatrix}=P+\lambda(
\begin{pmatr...
...\  1\  3
\end{pmatrix}+ \lambda
\begin{pmatrix}
3\  1+t\  t-3
\end{pmatrix}$

Condizione di ortogonalità:

$\displaystyle \langle
\begin{pmatrix}
0\  1\  1
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
3\  1+t\  t-3
\end{pmatrix}\rangle =0
\iff
2t-2=0
\iff
t=1
$

Equazione di $ s$

$\displaystyle s := \begin{cases}
x = -1 +3\lambda\\
y = 1 +2 \lambda\\
z = 3 -2 \lambda
\end{cases}$

(2).

$\displaystyle \Pi := 3(x+1) + 2 (y-1)-2(z-3)=0
\iff
3x+2y-2z+7=0
$

(3). $ Q=(2,2,0)\in r$. Dato che $ r$ è parallela a $ \Pi$, il piano per $ Q$ parallelo a $ \Pi$ contiene $ r$. La sua equazione è data da

$\displaystyle 3(x-2) + 2 (y-2)-2(z)=0
\iff
3x+2y-2z-10=0
$

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Luminati Domenico 2002-06-18