Soluzioni proposte

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.     

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

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

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

(2). Una base di $\mathop{\rm im}\nolimits (A)$ è data da $\big\{\begin{pmatrix} 1\\ -1\\ 3 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2\\ -1\\ 7 \end{pmatrix}\big\}$. Una base di $\ker(A)$ è data da $\big\{\begin{pmatrix} 6\\ 0\\ -2\\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -4\\ 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}\big\}$. (3). Una ridotta a scala della matrice completa del sistema $(A\vert b_k)$ è data da

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

Quindi il sistema è risolubile se e solo se $k=-2$. In tal caso le soluzioni sono esattamente date da $\ker(A)$ e quindi sono espresse da:

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

    

Soluzione dell'esercizio 3 (1). Base ortogonale

$$w_1' = w_1$$

$$w_2' = w_2-\frac{\langle w_2,w_1'\rangle }{\langle w_1',w_1'\rangle }w_1 = w_2-\frac{5}{9}w_1 = \begin{pmatrix} -1/9\\ 4/9\\ 1\\ -1/9 \end{pmatrix}$$

Base ortonormale

$$w_1''&= \frac{w_1'}{\sqrt{\langle w_1',w_1'\rangle }}=\frac1{3}w_1'= \begin{pmatrix} 2/3\\ 1/3\\ 0\\ 2/3 \end{pmatrix}$$

$$w_2'' = \frac{w_2'}{\sqrt{\langle w_2',w_2'\rangle }}=\frac{3}{\sqrt{11}}... ...atrix} -1/3\sqrt{11}\\ 4/3\sqrt{11}\\ 3/\sqrt{11}\\ -1/3\sqrt{11} \end{pmatrix}$$

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

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

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

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

Il piano il punto $P$ ed ed ortogonale a $r$ ha equazione.

$$\langle \begin{pmatrix}3\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} ,X-P\rangle =0\i... ...nd{pmatrix} - \begin{pmatrix}2\\ 3\\ -2 \end{pmatrix} \rangle =0\iff 3x+y-9=0$$ (1)

(2). La retta $s$ ha equazioni parametriche

$$X=P+t \begin{pmatrix} 3\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}$$

e quindi equazioni cartesiane

$$\begin{cases} z+2=0 \\ x-3y +7 =0 \end{cases}$$

(3). La distanza di un punto di $r$ da un piano che contiene $s$ sarà sicuramente inferiore della distanza tra le due rette $r$ e $s$. Calcoliamoci tale distanza. Per farlo calcoliamo il punto $Q$ di intersezione di $\Pi$ con $r$ e quindi calcoliamo la distanza tra $P$ e $Q$.

Calcolo di $Q$:

$$\begin{cases} 3x+y-9=0\\ x = 1+3t \\ y = t \\ z = 1/2 \end{... ...ses}\iff \begin{cases} t=3/5\\ x = 14/5 \\ y = 3/5 \\ z = 1/2 \end{cases}$$

quindi $Q=(14/5,3/5,1/2)$.

$$d(P,Q)=\sqrt{(2-14/5)^2+(3-3/5)^2+(-2-1/2)^2}=\sqrt{\frac{253}{20}}<\sqrt{13}<\sqrt{16}=4$$

Quindi un piano con le caratteristiche richieste non esiste.