Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

First partial exam

Es. 1Es. 2Totale Algebra lineare e GeometriaPrima Prova intermedia Ingegneria Matematica8 maggio 2014 Cognome:Nome:Matricola: Gli esercizi vanno svolti su questi fogli, nello spazio sotto il testo e, in caso di necessita, sul retro. I fogli di brutta a quadretti non devono essere consegnati. Tutte le risposte devono essere giusticate 1. 1.a) Per quali valori dihil sistema lineare 8 > < > :x 1+ x 2+ 7 x 3+ 4 x 4= 3 x1+ 2 x 2+ 11 x 3+ 6 x 4= h 2x 1+ x 2+ 10 x 3+ 6 x 4= 1 ammette soluzioni? Per tali valori si determinino le soluzioni del sistema. 1.b) DettaAla matrice dei coefficienti del sistema, si determinino dimensione e tre basi distinte dello spazio colonna Col(A) diA. 1.c) Per quali valori dihil vettoreb= [3; h;1]T appartiene a Col(A)? Per tali valori si scriva il vettore delle coordinate dibrispetto a ciascuna delle tre basi di Col(A) determinate al puntob). SoluzioneRiduciamo a scala la matricecompletadel sistema 2 41 1 7 4 3 1 2 11 6 h 2 1 10 6 13 5!2 41 1 7 4 3 0 1 4 2 h3 0142 53 5!2 41 1 7 4 3 0 1 4 2 h3 0 0 0 0 h83 5 Il sistema ha soluzione se e solo seh= 8; perh= 8, usando come variabili liberex 3= t 1 ex 4= t 2, possiamo scrivere le soluzioni del sistema nella forma 2 6 6 4x 1 x2 x3 x43 7 7 5=2 6 6 4 2 5 0 03 7 7 5+ t 12 6 6 4 3 4 1 03 7 7 5+ t 22 6 6 4 2 2 0 13 7 7 5 La riduzione a scala mostra che il rango della matrice dei coefficienti e due, quindi lo spazio colonna ha dimensione due, e che una sua base e formata dalle colonne corrispon- denti ai pivots, cioe dalle prime due colonnev 1= [1 ;1;2]T ev 2= [1 ;2;1]T . Ci sono inniti modi di scegliere tre basi distinte dello spazio colonna. Una scelta possibile, che consente di rispondere alla domanda 1.c) senza fare ulteriori conti, efv 1; v 2g ,fv 2; v 1g , f2v 1; v 2g . Il vettoreb= [3; h;1]T appartiene a Col(A) se e solo se il sistema del puntoa) ha soluzione, quindi se e solo seh= 8. Perh= 8, il vettore delle coordinate e [2;5]T rispetto alla basefv 1; v 2g (cf. soluzione del sistema), e [5;2]T rispetto alla base fv 2; v 1g , e [1;5]T rispetto alla basef2v 1; v 2g . 2.SiaVlo spazio vettoriale dei polinomiP(x) =a+bx+cx2 +dx3 di grado minore o uguale a tre, e siaL:V!Vla funzione denita da L(P(x)) =P(2)(1 +x3 ) + (1 +x)P′ (x): 2.a) Mostrare cheLe lineare. 2.b) Scrivere la matrice che rappresentaLrispetto alla baseB=f1; x; x2 ; x3 gdiV. Determinare il rango diLe una base del nucleo diL. 2.c) Stabilire la dimensione di Im(L)\Ker(L). SoluzioneUn primo modo di dimostrare cheLe lineare e di determinare la sua matrice e il seguente. Verichiamo cheLe lineare mostrando cheL(sP+tQ) =sL(P) +tL(Q) per ognis; t2Re ogniP; Q2R(in realta il fatto chePeQsiano polinomi e irrilevante per la linearita diL, basta assumere che siano funzioni derivabili): L(sP+tQ) = (sP+tQ)(2)(1 +x3 ) + (1 +x)(sP+tQ)′ (x) = =sP(2)(1 +x3 ) +tQ(2)(1 +x3 ) +s(1 +x)P′ (x) +t(1 +x)Q′ (x) = =s( P(2)(1 +x3 ) + (1 +x)P′ (x)) +t( Q(2)(1 +x3 ) + (1 +x)Q′ (x)) = =sL(P) +tL(Q) Per scrivere la matrice diL, calcoliamo le immagini dei vettori della base L(1) = 1(1 +x3 ) + (1 +x)0 = 1 +x3 L(x) = 2(1 +x3 ) + (1 +x) = 3 +x+x3 L(x2 ) = 4(1 +x3 ) + (1 +x)(2x) = 4 + 2x+ 2x2 + 4 L(x3 ) = 8(1 +x3 ) + (1 +x)(3x2 ) = 8 + 3x2 + 11x3 La matrice che rappresenta l'applicazione ha come prima colonna le componenti diL(1) rispetto alla basef1; x; x2 ; x3 g, come seconda colonna le componenti diL(x), eccetera, quindi e A=2 6 6 41 3 4 8 0 1 2 0 0 0 2 3 1 2 4 113 7 7 5 Un secondo modo di dimostrare cheLe lineare e di determinare la sua matrice e il seguente. ScriviamoLin coordinate:Le lineare se e solo se le componenti diL(P(x)) rispetto alla base ssata sono polinomi di primo grado omogenei nelle coordinate diP(x). Verichiamo questo: L(a+bx+cx2 +dx3 ) = (a+ 2b+ 4c+ 8d)(1 +x3 ) + (1 +x)(b+ 2cx+ 3dx2 ) = =a+ 3b+ 4c+ 8d+ (b+ 2c)x+ (2c+ 3d)x2 + (a+ 2b+ 4c+ 11d)x3 per cui le componenti diL(P(x)) sono 2 6 6 4a + 3b+ 4c+ 8d b+ 2c 2c+ 3d a+ 2b+ 4c+ 11d3 7 7 5=2 6 6 41 3 4 8 0 1 2 0 0 0 2 3 1 2 4 113 7 7 52 6 6 4a b c d3 7 7 5 Questo mostra cheLcoincide con l'applicazione lineare rappresentata daL A, ed e percio lineare. Determiniamo ora il nucleo diL. Per questo riduciamoAa scala 2 6 6 41 3 4 8 0 1 2 0 0 0 2 3 1 2 4 113 7 7 5!2 6 6 41 3 4 8 0 1 2 0 0 0 2 3 01 0 33 7 7 5!2 6 6 41 3 4 8 0 1 2 0 0 0 2 3 0 0 2 33 7 7 5!2 6 6 41 3 4 8 0 1 2 0 0 0 2 3 0 0 0 03 7 7 5 Concludiamo cheAha rango 3, il nucleo diAha dimensione 43 = 1. Assegnamo il valore 2 alla variabile liberax 4; troviamo cos il vettore x= [22;6;3;2]T che costituisce una base diKer(A). Una base del nucleo diLconsiste percio del corrispondente polinomio K(x) =22 + 6x3x2 + 2x3 : Verichiamo di non aver sbagliato i conti: calcoliamoK(2) =22 + 1212 + 16 =6; K′ (x) = 66x+ 6x2 per cuiL(K(x)) =6(1 +x3 ) + (1 +x)6(1x+x2 ) =6(1 +x3 ) + 6(1 +x3 ) = 0 Questo prova cheK(x) e davvero un vettore del nucleo diL. Inne, Im(L)\Ker(L) e un sottospazio di Ker(L), e quindi puo avere solo dimensione 1, il che accade se Ker(L) e contenuto nell'immagine, cioe seK(x) appartiene all'immagine, oppure 0, il che accade seK(x) non appartiene all'immagine. Risolviamo questo problema passando in coordinate: si tratta di stabilire se il vettorex= [22;6;3;2]T delle coordinate diK(x) appartiene o meno allo spazio colonna diA. La riduzione a scala diAmostra che le prime tre colonne diAformano una base dello spazio colonna, per cuix= [22;6;3;2]T appartiene allo spazio colonna se e solo se la matriceB 2 6 6 41 3 4 22 0 1 2 6 0 0 2 3 1 2 4 23 7 7 5 ha rango 3. Per controllare se questo e il caso riduciamoBa scala: 2 6 6 41 3 4 22 0 1 2 6 0 0 23 1 2 4 23 7 7 5!2 6 6 41 3 4 8 0 1 2 6 0 0 23 01 0 243 7 7 5!2 6 6 41 3 4 8 0 1 2 0 0 0 23 0 0 2 303 7 7 5!2 6 6 41 3 4 8 0 1 2 0 0 0 23 0 0 0 333 7 7 5 Concludiamo che la matriceBha rango 4, per cuiK(x) non appartiene all'immagine, e la dimensione di Im(L)\Ker(L) e zero. Alternativamente, si puo osservare che le colonne diB generano Im(L) + Ker(L), quindi il rango diBe la dimensione di Im(L) + Ker(L). Applicando la formula di Grassmann si ottiene dim (Im(L)\Ker(L)) = dim (Im(L)) + dim (Ker(L))dim (Im(L) + Ker(L)) = 3 + 14 = 0