Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

Full exam

Es. 2 Es. 3 Es. 4 Totale Primo appello Docente: 12 luglio 2010 Cognome: Nome: Matricola: Si consideri il sistema lineare 8 > < > :2x¡y= 10 2x¡3y=¡4 x+y= 3(1) a) si veri¯chi che il sistema µe sovradeterminato. b) si scrivano le equazioni normali del sistema, e si determini la soluzione ai minimi quadrati del sistema (perch¶e µe unica?) c) si scriva la proiezione ortogonale di [10;¡3;4]T sullo spazio colonna della matrice dei coe±cienti del sistema. (b) Le equazioni normali del sistema sono date daAT Ax=AT b, dove AT A=· 9¡7 ¡7 11¸ AT b=· 15 5¸ : si trova la soluzione ai minimi quadrati^x= [4;3]T che µe unica dato che il rango diA (e quindi della matrice quadrataAT A) vale 2. (c) La proiezione ortogonale dibsullo spazio colonna diAµe data dap=A^x, ovvero p= [5;¡1;7]T . SiaVlo spazio vettoriale dei polinomi p(x) =a 0+a 1x+a 2x2 +a 3x3 si veri¯chi cheLµe lineare. b) si scelga una base diVe si scriva la matrice che rappresentaLrispetto a tale base diVe alla base canonica diR3 . c) si determinino una base per il nucleo e una base per l'immagine diL. d) si determini l'insieme dei polinomi di grado minore uguale a tre che soddisfano p(x) =xperx= 0,x=¡1 ex= 2. (a) La funzioneLµe lineare se e solo se, ¯ssata un'opportuna base perVsi rappresenta in forma matriciale. Quindi la risposta al prossimo punto (b) costituisce anche prova che Lµe lineare. Volendo procedere ad una veri¯ca diretta, consideriamo, oltre al polinomio p(x), anche il polinomioq(x) =b 0+b 1x+b 2x2 +b 3x3 . Abbiamo: L(p(x) +q(x)) =2 4p(0) +q(0) p(¡1) +q(¡1) p(2) +q(2)3 5 =2 4p(0) p(¡1) p(2)3 5 +2 4q(0) q(¡1) q(2)3 5 =L(p(x)) +L(q(x)) e, analogamente, per ogni numero realetsi ha L(tp(x)) =2 4tp(0) tp(¡1) tp(2)3 5 =t2 4p(0) p(¡1) p(2)3 5 =tL(p(x)): (b) Fissiamo inVla base 1; x; x2 ; x3 . Con questa scelta, il vettore dip(x) =a 0+a 1x+ a 2x2 +a 3x3 2Vha coordinate [a 0; a 1; a 2; a 3]T e puµo essere identi¯cato con un vettore diR4 . La funzioneLsi scrive, in coordinate, come L c([a 0; a 1; a 2; a 3]T ) =2 4a 0 a 0¡a 1+a 2¡a 3 a 0+ 2a 1+ 4a 2+ 8a 33 5 =2 41 0 0 0 1¡1 1¡1 1 2 4 83 52 6 6 4a 0 a 1 a 2 a 33 7 7 5=A2 6 6 4a 0 a 1 a 2 a 33 7 7 5 (c) Si ha che dim ker(A) = 4¡r(A) e dim Im(A) =dim Col(A) =r(A). Stabilito che il rango diAvale 3, come si puµo vedere ad esempio riducendo a scala la ma- trice, si conclude che la dimensione del nucleo e dell'immagine diAvalgono 1 e 3 rispettivamente. RisolvendoA([a 0; a 1; a 2; a 3]T ) =0si ottiene che un vettore del nucleo µe un multiplo di [0;¡2;¡1;1]T ovvero, riscritto come polinomio, µe un multiplo di¡2x¡x2 +x3 . Una base per il nucleo µe alloraB=f¡2x¡x2 +x3 gUna base per lo spazio immagine, che coincide conR3 , µe ad esempio la base canonica (un'altra (d) L'esercizio puµo essere riformulato come la ricerca dei polinomip(x) per cuiL(p(x)) = [0;1;2]T . Trovata una soluzione particolare ~p(x) diL(p(x)) = [0;1;2]T , l'insieme cercato µe dato da ker(L) + ~p(x).¶ E ovvio che ~p(x) =xµe soluzione particolare, quindi l'insieme cercato coincide confx+t(¡2x¡x2 +x3 ); t2Rg. 3. Si consideri la matrice A=2 49 2k 2 2 0 ¡2 0 23 5 a) per quali valori dikil vettore [0;1;1]T µe un autovettore diA? b) per i valori dikdeterminati nel punto precedente, si trovino una matrice ortogonale Qe una matrice diagonaleDtali cheD=QT AQ. c) sempre per i valori dikdeterminati nel puntoa), si scriva il polinomio caratteristico diA3 . d) Si determinino il valore massimo e minimo assoluto della funzione R(x; y; z) =9x2 + 4xy+ 2y2 ¡8xz+ 8z2 Il vettorevµe un autovettore diAse Av=2 49 2k 2 2 0 ¡2 0 23 52 40 1 13 5 =2 42 +k 2 23 5 µe un multiplo scalare¸v= [0; ¸; ¸]T div. Questo accade se e solo sek=¡2 e ¸= 2. b) La matriceAµe simmetrica, perciµo per il teorema spettrale esistono una matrice ortogonaleQe una matrice diagonaleDtali cheD=QT AQ. La matriceD ha sulla diagonale principale gli autovalori diA, che sono le radici del polinomio caratteristico: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯9¡¸2¡2 2 2¡¸0 ¡2 0 2¡¸¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯=¡2¯ ¯ ¯ ¯2 2¡¸ ¡2 0¯ ¯ ¯ ¯+ (2¡¸)¯ ¯ ¯ ¯9¡¸2 2 2¡¸¯ ¯ ¯ ¯= =¡4(2¡¸) + (2¡¸)(¸2 ¡11¸+ 18¡4) = (2¡¸)(¸¡1)(¸¡10) Gli autovalori diAsono perciµo¸ 1= 1,¸ 2= 2 e¸ 3= 10. L'autospazio relativo a¸ 1= 1 µe la retta di equazioni (A¡I)x=0; L'autospazio relativo a¸ 3= 10 µe la retta di equazioni (A¡10I)x=0; 6[4;1;¡1]T . Le due matrici Q=2 6 41 302p 3 ¡1 3p 2p 6 2 3p 2¡p 63 7 5D=2 41 0 0 0 2 0 0 0 103 5 Il polinomio caratteristico diA3 µe ¡(¸¡1)(¸¡23 )(¸¡103 ) per esempio perch¶eA3 µe simile aD3 . d) PostoZ= 2zew= [x; y; Z]T , abbiamo R(x; y; z) =9x2 + 4xy+ 2y2 ¡4xZ+ 2Z2 wT w SiaHun sottospazio vettoriale diRn , e siaP:Rn !Rn la funzione che a un vettore v2Rn associa la sua proiezione ortogonalev Hsul sottospazioH. Si assuma cheH abbia dimensioned. Qual µe il polinomio caratteristico della matrice che rappresentaP rispetto alla base canonica? Supponiamo cheHabbia basefw 1; : : : ;w dg. Si ha cheP(w i) =w iper ognii= 1; : : : ; d quindi l'autovalore 1 compare con molteplicitµa algebrica almeno pari ad. Consideriamo ora il sottospazioH? che ha dimensionen¡de assumiamo chev 1; : : : ;v n¡dsia una sua base. Si ha cheP(v i) =0= 0v iper ognii= 1; : : : ; n¡d, si conclude che 0 µe autovalore di molteplicitµa algebrica almeno pari an¡d. Poichµe la somma delle molteplicitµa algebriche degli autovalori non superan, si conclude che esattamented autovalori sono pari a 1 en¡dautovalori sono pari a 0. Il polinomio caratteristico p(¸) (invariante per cambiamenti di base diRn ovvero per similitudine) µe p(¸) = (¡¸)n¡d (1¡¸)d