Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

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Es. 2Es. 3Es. 4Es. 5Totale Primo appello Docente: E. Schlesinger 14 luglio 2009 Cognome: Nome: Matricola: SiaHil piano diR3 di equazione 3x¡y+z= 0. Scrivere il vettorev=2 41 2 33 5 come somma di un vettore diHe di un vettore perpendicolare adH. Se si conosce la proiezionev HsuH, la proiezione suH? si ricava come di®erenza: v H?=v¡v H Nell'esercizio in questioneHha dimensione due, mentreH? ha dimensione 1, quindi µe piµu facile calcolare H? . Una base diH? µe formata da un vettore non nullonperpendicolare aH: un vettore si®atto µe quello che ha per componenti i coe±cienti delle incognite nell'equazione del piano, nel nostro caso n=2 43 ¡1 13 5 32 + (¡1)2 + 12n=2 6 6 6 6 412 11 ¡4 11 4 113 7 7 7 7 5 11 ¡4 11 4 113 7 7 7 7 5=2 6 6 6 6 4¡111 26 11 29 113 7 7 7 7 5 Siafe 1;e 2;e 3;e 4gla base canonica diR4 , e siaT:R4 ¡!R4 l'applicazione lineare tale che T(e 1) =e 1;T(e 2) =0;T(e 3) =e 2;T(e 4) =e 3 (a) Scrivere la matriceAche rappresentaTrispetto alla base canonica. (b) Determinare la dimensione dell'immagine diTe una base del nucleo diT. (c) Scrivere la matrice che rappresentaT2 =T±Trispetto alla base canonica. (d) Determinare la dimensione dell'immagine diT2 e una base del nucleo diT2 . (e) Determinare la dimensione dell'immagine diTn e una base del nucleo diTn , per ognin¸3. Siccome i vettori della base canonica sono indipedenti, la dimensione dell'immagine (=il rango) diTµe 3, il rango diT2 µe 2, e il rango diTn µe 1 per ognin¸3. Per il teorema di nullitµa piµu rango il nucleo di Tha dimensione 1, il nucleo diT2 ha dimensione 2, e il nucleo diTn ha dimensione 3 per ognin¸3. SiccomeKer(T) ha dimensione 1 ee 22Ker(T), il vettoree 2forma una base diKer(T). Analogamente fe 2;e 3gµe una base diKer(T2 ), efe 2;e 3;e 4gµe una base diKer(Tn ) per ognin¸3. La matriceAche rappresentaTha per colonne i vettoriT(e 1),T(e 2),T(e 3) eT(e 4), quindi: A=2 6 6 41 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 03 7 7 5 Per quali valori del parametro realeala matrice A=2 410 2a a 0 9 2 0 2 63 5 Per tali valori si determini, se possibile, una base ortonormale diR3 formata da autovettori diA. Conclusione:Aµe diagonalizzabile se e solo sea= 0. Assumiamo d'ora in poi chea= 0. AlloraAµe simmetrica, e per il teorema spettrale esiste una base ortonormale diR3 formata da autovettori diA. Per determinare una tale base, occore determinare i nuclei delle matriciA¡10IeA¡5I. Il nucleo diA¡10I µe il piano di equazioney¡2z= 0; una base ortonormale di tale piano µe formata dai vettori b 1=2 41 0 03 5 eb 2=2 40 2=p Si determini il valore minimo del quoziente di Rayleigh R(x; y; z) =10x2 + 9y2 + 4yz+ 6z2 SiaAuna matrice quadrata. Supponiamo che la somma dei coe±cienti di ciascuna colonna sia uguale a 18. Mostrare che 18 µe un autovalore diA. Oppure: sevT denota il vettore riga che ha ogni componente uguale a uno, l'ipotesi che la somma dei coe±cienti di ciascuna colonna sia uguale a 18 si riscrive nella forma vT A= 18vT