Soluzioni proposte

Soluzione dell'esercizio 1 , 0, -8, -8, [0, 1, vector([2, 1, 0])], [-8, 2, vector([2, 1, -2])]

(1). Il polinomio caratteristico è dato da:

$$P_A(t)=\det(A-tI)=\det\begin{pmatrix} -2-t& 4& 8\\ 3& -6-t& 4\\ 4& -8& -8-t \end{pmatrix}$$

Sviluppando il determinante si ottiene $P_A(t)=-t(t+8)^2$. (2). Gli autovalori sono le radici di $P_A(t)$ e quindi sono 0 e $-8$. (3). Indichiamo con $V_0$ e $V_{-8}$ gli autospazi relativi agli autovalori 0 e $-8$ rispettivamente. Allora $V_0=\ker(A)$ e $V_{-8}=\ker (A+8I)$.

Riducendo a scala le matrici $A$ e $A+8I$ si ottiene che $\mathop{\rm rk}\nolimits (A)=2$ e $\mathop{\rm rk}\nolimits {A+*i}=2$ quindi $\dim(V_0)=1$ e $\dim(V_{-8})=1$

(4). La matrice $A$ non è diagonalizzabile. Dato che la somma delle dimensioni degli autospazi è $2$ che è diverso dalla dimensione dello spazio ambiente ($3$).     

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

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

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

(2). $\dim(\mathop{\rm im}\nolimits (A)=\mathop{\rm rk}\nolimits (A)=2$ e una base di $\mathop{\rm im}\nolimits (A)$ è data dalle colonne della matrice $A$ corrispondenti alle colonne dei pivot, quindi una base di $\mathop{\rm im}\nolimits (A)$ è data da $\big\{ \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ -3 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -4\\ -7\\ 10 \end{pmatrix}\big\}$.

$\dim(\ker(A))=4-\mathop{\rm rk}\nolimits (A)=4-2=2$. Per determinare una base del nucleo risolviamo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice $A$ che è equivalente a quello associato alla sua ridotta a scala:

$$\left\{ \begin{array}{l} x + 2 y - 4 z = 0 \\ z - 4 w =0 \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{l} x + 2 y - 4 z = 0 \\ z = 4 w \end{a... ...gin{array}{l} x + 2 y - 16 w = 0 \\ z = 4 w \end{array}\right.$$

$$\iff \left\{ \begin{array}{l} x = - 2 y + 16 w \\ z = 4 w \end{ar... ...a\\ w=\alpha \end{array}\right.\qquad\alpha,\beta\in\mathbb{R}$$

$$\iff \begin{pmatrix} x\\ y\\ z\\ w \end{pmatrix}=\alpha \begin{pmatrix... ...eta \begin{pmatrix} -2\\ 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}\qquad\alpha,\beta\in\mathbb{R}$$

e quindi 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). Riducendo a scala la matrice completa del sistema, $(A\vert b_k)$ si ottiene la matrice

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

quindi il sistema è compatibile se e solo se $k=0$. Risolvendo il sistema con $k=0$ si ottiene che le soluzioni sono date da:

$$\left\{ \begin{array}{l} x = 4 -2 \beta + 16\alpha \\ y = \beta... ... \begin{pmatrix} -2\\ 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}\qquad\alpha,\beta\in\mathbb{R}$$

    

Soluzione dell'esercizio 3 (1). Applichiamo il processo di ortonormalizzazione di Gram-Schmidt ai due vettori $w_1$ e $w_2$.

$$w_1' = w_1$$

$$w_2' = w_2-\frac{\langle w_2,w_1'\rangle }{\langle w_1',w_1'\rangle }w_1 = w_2-\frac{5}{4}w_1 = \begin{pmatrix} -1/4\\ 3/4\\ 3/4\\ -5/4 \end{pmatrix}$$

Una base ortonormale si ottiene allora normalizzando i due vettori:

$$w_1''&= \frac{w_1'}{\sqrt{\langle w_1',w_1'\rangle }}=\frac1{\sqrt{4}}w_1'= \begin{pmatrix} 1/2\\ 1/2\\ 1/2\\ 1/2 \end{pmatrix}$$

$$w_2'' = \frac{w_2'}{\sqrt{\langle w_2',w_2'\rangle }}=\frac{2}{\sqrt{11}}... ...pmatrix} -1/2\sqrt{11}\\ 3/\sqrt{11}\\ 3/\sqrt{11}\\ -5/\sqrt{11} \end{pmatrix}$$

(2). $W^\bot$ è l'insieme dei vettori ortogonali ha tutti i vettori di $W$, quindi $x\in W^\bot$ se e solo se

$$\left\{ \begin{array}{l} \langle w_1,x\rangle =0 \\ \langle w_2... ...a-2\beta \\ x_2=\alpha\\ x_3=\beta\\ x_4=\alpha+\beta \end{array}\right.$$

e quindi una base di $W^\bot$ è data da $\big\{ \begin{pmatrix} -2\\ 0\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -2\\ 1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}\big\}$.

(3). Dato che $v=16w_1 -4w_2\in W$, allora necessariamente $v_1=v$ e $v_2=0$.     

Soluzione dell'esercizio 4 (1). Scriviamo equazioni parametriche per $r$.

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

Il vettore direttore della retta $r$ è dato da $v=(1,0,1)$, quindi il piano $\Pi$ ha equazione $\langle X-P,v\rangle =0$ ossia

$$\langle \begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix}- \begin{pmatri... ...n{pmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}\rangle =0 \iff x-1 +z+2 =0 \iff x +z+1 =0$$

(2). La retta cercata passa per $P$ ed ha direzione ortogonale a $\Pi$, ossia parallela a $r$, quindi ha equazioni parametriche

$$\begin{pmatrix}x\\ y\\ z \end{pmatrix}=P+t \begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}\iff \begin{cases}x = 1 +t \\ y = 3 \\ z = -2 +t \end{cases}$$ (1)

(3). Dato che le rette $r$ e $s$ sono entrambe ortogonali al piano $\Pi$, sono tra loro parallele, quindi un piano che le contiene esiste.

L'equazione del generico piano passante per $r$ è data da

$$a( x+y-z )+b( x-3y-z-2 )=0$$

affincé tale piano contenga anche la retta $s$, sar`a sufficiente che contenga un suo punto, ad esempio $P$. Si ha quindi la condizione:

$$a( 1+3-(-2) )+b( 1-3\cdot3-(-2)-2 )=0 \iff 6a-8b=0 \iff 3a-4b=0$$

Basta allora prendere $a=4$ e $b=3$. L'equazione cercata è allora data da:

$$4( x+y-z )+3( x-3y-z-2 )=0 \iff 7x - 5y -7z -6 = 0$$