Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

First partial exam

Soluzione prima prova intermedia. 1. Dati i vettori v1= ! " 1 0 1 # $,v2= ! " !1 2 1 # $: a) Quante sono le matrici ortogonali di ordine 3 la cui prima colonna `e un multiplo scalare di v1e la cui seconda colonna `e un multiplo di v2? b) Determinare una matrice ortogonale Q di ordine 3 la cui prima colonna `e un multiplo scalare di v1e la cui seconda colonna `e un multiplo di v2. Le righe di Q formano una base ortonormale di R3? Soluzione Siccome vT1v2= !1+1 = 0, la prima (rispettivamente la seconda) colonna della matrice `e uno dei due versori della retta generata da v1(risp. da v2); la terza colonna `e uno dei due versori della retta perpendicolare al piano generato da v1ev2. Ci sono due scelte per ogni colonna, il numero di matrici `e quindi 8. Per trovare un vettore v3=[ x, y, z ]T perpendicolare a v1ev2risolviamo il sistema lineare % vT3v1= x+ z=0 vT3v2= !x+2 y+ z=0 Assegnando alla variabile libera zil valore 1 si trova v3=[ !1,!1,1]T. Per normalizzare i vettori vkcalcoliamo la loro lunghezza: ||v1||= "2, ||v2||= "6, ||v3||= "3 Possiamo ora scrivere una matrice Q della forma richiesta: Q = & v1 ||v1|| v2 ||v2|| v3 ||v3|| ' = ! (((((((((" 1"2 ! 1"6 ! 1"3 0 2"6 ! 1"3 1"2 1"6 1"3 # )))))))))$ Le righe di Q formano una base ortonormale di R3perch´e, se Q `e ortogonale, anche QT`e ortogonale. Lo si pu`o comunque verificare direttamente: le righe di Q sono a due a due perpendicolari e hanno lunghezza uno come si vede calcolando i prodotti scalari di una riga per un’altra. 2. Dati i vettori v1= ! " 1 1 !1 # $,v2= ! " 0 2 2 # $: a) Quante sono le matrici ortogonali di ordine 3 la cui prima colonna `e un multiplo scalare di v1e la cui seconda colonna `e un multiplo di v2? b) Determinare una matrice ortogonale Q di ordine 3 la cui prima colonna `e un multiplo scalare di v1e la cui seconda colonna `e un multiplo di v2. Le righe di Q formano una base ortonormale di R3? Soluzione L’esercizio `e identico al precedente salvo che per le coordinate dei vet- tori. Nella soluzione quindi la di!erenza `e che in questo caso si trova che un vettore perprendicolare a v1ev2`ev3= [2 ,!1,1]T,e ||v1||= "3, ||v2||=2 "2, ||v3||= "6 Una matrice Q della forma richiesta `e quindi Q = & v1 ||v1|| v2 ||v2|| v3 ||v3|| ' = ! (((((((((" 1"3 0 2"6 1"3 1"2 ! 1"6 ! 1"3 1"2 1"6 # )))))))))$ 3. Si considerino: A = ! " 12 !1 !2 1 1 1 1 1 0 3 4 # $ b= ! " b1 b2 b3 # $. a) Sotto quali condizioni il sistema Ax = b ha soluzione? b) Determinare una base per ker( A). c) Quando una soluzione esiste, scrivere tutte le soluzioni del sistema nella forma: soluzione particolare pi`u soluzioni del sistema omogeneo associato. d) Trovare una base per lo spazio colonna di A. e) Quando il sistema non ammette alcuna soluzione, qual `e il rango della matrice completa [ A|b]? Per rispondere alla prima domanda riduciamo la matrice completa del sistema a scala: ! " 12 !1 !2 b1 1 1 1 1 b2 1 0 3 4 b3 # $ # ! " 12 !1 !2 b1 0 !1 2 3 b2! b1 0 !2 4 6 b3! b1 # $ # ! " 12 !1 !2 b1 0 !1 2 3 b2! b1 0 0 0 0 b3! 2b2+ b1 # $ Questo mostra che il sistema ammette soluzioni se e solo se b1! 2b2+ b3= 0 (questa `e l’equazione dello spazio colonna della matrice). La matrice del sistema ha rango due, le incognite sono quattro, per cui il nucleo ha dimensione 2: si tratta del numero delle variabili libere, che in questo caso sono x3e x4. Una base {v1,v2}del nucleo si ottiene ponendo b1= b2= b3= 0 e assegnando alle variabili libere prima i valori x3=1 ,x 4= 0 e poi i valori x3=0 ,x 4= 1: si trova cos`ı v1=[ !3,2,1,0]T, v2=[ !4,3,0,1]T. Supponiamo ora che b1! 2b2+ b3= 0 e troviamo la soluzione particolare v0del sistema che corrisponde ai valori x3= x4= 0 delle variabili libere: questo significa risolvere il sistema % x1+2 x2= b1 !x2= b2! b1 La soluzione particolare v0`e quindi [ !b1+2 b2,b 1! b2,0,0]T. Le soluzioni del sistema sono perci`o i vettori della forma v= v0+ t1v1+ t2v2 al variare di t1et2in R. Una base per lo spazio colonna di A `e costituita dai vettori [1 ,1,1]T, [2 ,1,0]T (questi vettori colonna corrispondono alle colonne contenenti i pivots nella matrice ridotta a scala). Infine, quando il sistema non ammette soluzione, il rango della matrice completa `e 3, uno in pi`u del rango di A. 4. Si considerino: A = ! " 1 2 3 1 2 0 1 3 !122 !2 # $ b= ! " b1 b2 b3 # $. a) Sotto quali condizioni il sistema Ax = b ha soluzione? b) Determinare una base per ker( A). c) Quando una soluzione esiste, scrivere tutte le soluzioni del sistema nella forma: soluzione particolare pi`u soluzioni del sistema omogeneo associato. d) Trovare una base per lo spazio colonna di A. e) Quando il sistema non ammette alcuna soluzione, qual `e il rango della matrice completa [ A|b]? Per rispondere alla prima domanda riduciamo la matrice completa del sistema a scala: ! " 1 2 3 1 b1 2 0 1 3 b2 !1 2 2 !2 b3 # $ # ! " 1 2 3 1 b1 0 !4 !51 b2! 2b1 0 4 5 !1 b1+ b3 # $ # ! " 1 2 3 1 b1 0 !4 !51 b2! 2b1 0 0 0 0 !b1+ b2+ b3 # $ Questo mostra che il sistema ammette soluzioni se e solo se b1! b2! b3= 0 (questa `e l’equazione dello spazio colonna della matrice). La matrice del sistema ha rango due, le incognite sono quattro, per cui il nucleo ha dimensione 2: si tratta del numero delle variabili libere, che in questo caso sono x3e x4. Una base {v1,v2}del nucleo si ottiene ponendo b1= b2= b3= 0 e assegnando alle variabili libere prima i valori x3=4 ,x 4= 0 e poi i valori x3=0 ,x 4= 4 (naturalmente si pu`o porre 1 o qualsiasi altro numero, purch´e diverso da zero, al posto di 4; il vantaggio di scegliere 4 `e che cos`ı si trovano vettori che per coordinate hanno numeri interi). Si trova cos`ı v1=[ !2,!5,4,0]T, v2=[ !6,1,0,4]T. Supponiamo ora che b1! b2! b3= 0 e troviamo la soluzione particolare v0del sistema che corrisponde ai valori x3= x4= 0 delle variabili libere: questo significa risolvere il sistema % x1+2 x2= b1 2x1= b2 La soluzione particolare v0`e quindi &b2 2,2b1! b2 4 ,0,0 'T . Le soluzioni del sistema sono perci`o i vettori della forma v= v0+ t1v1+ t2v2 al variare di t1et2in R. Una base per lo spazio colonna di A `e costituita dai vettori [1 ,2,!1]T, [2 ,0,2]T(questi vettori colonna corrispondono alle colonne contenenti i pivots nella matrice ridotta a scala). Infine, quando il sistema non ammette soluzione, il rango della matrice completa `e 3, uno in pi`u del rango di A. 5. Date le seguenti a!ermazioni, se ne dia una giustificazione nel caso in cui siano vere e si fornisca un controesempio nel caso in cui siano false. a) se i vettori v1, . . . , vm generano un sottospazio U di uno spazio vettoriale V, allora dim U = m; b) dati due sottospazi U,W di uno spazio vettoriale V, pu`o capitare che la loro somma sia uguale a U; c) sia A $ M (m, n ); se il sistema Ax = 0 ammette infinite soluzioni il rango di A non pu`o essere n. Soluzione a) Falso. La dimensione di U soddisfa dim U % m e non vale l’uguaglianza ogni volta che i vettori dati sono lineramente dipendenti. Come controesempio basta prendere V qualsiasi, m = 1, v1= 0(o v1,v2fra loro multipli). b) Vero. Sia W & U allora banalmente W + U = {w + v,|w $ W, u $ U}= U. Viceversa, se W + U = {w + v,|w $ W, u $ U}= U allora, in particolare, si ha che per ogni w $ W la somma w + 0U = w $ U. Quindi ogni vettore di W appartiene a U da cui W & U. c) Vero. Le soluzioni, quando esistono, dipendono da n! r(A) parametri in virt`u del Teorema di Rouch´e-Capelli. Se r(A)= n la soluzione esisterebbe ma unica. 6. Date le seguenti a!ermazioni, se ne dia una giustificazione nel caso in cui siano vere e si fornisca un controesempio nel caso in cui siano false. a) se i vettori v1, . . . , vm generano un sottospazio U di uno spazio vettoriale V, allora dim V > m ; b) dati due sottospazi di uno spazio vettoriale V, pu`o capitare che la loro intersezione sia vuota; c) sia A $ M (m, n ); il sistema Ax = b ammette infinite soluzioni se r(A)