Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

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Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4Totale Algebra lineare e geometria Docente: I. Sabadini5 Febbraio 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. Si considerino la matriceA=2 41 0 3 1 12 2 1 13 5; e il vettoreb= [2 2 3]T (a) Vericare che il sistemaAx=bnon ammette soluzione. (b) Determinare le soluzioni ai minimi quadrati del sistemaAx=b; (c) Determinare la proiezione ortogonalepdel termine notobsullo spazio colonna di A, e vericare chebpe perpendicolare alle colonne diA. Soluzione. (a) Riduciamo a scala la matrice completaAjb: 2 41 0 3 2 1 12 2 2 1 1 33 5!2 41 0 3 2 0 15 4 0 15 73 5!2 41 0 3 2 0 15 4 0 0 0 33 5: Si deduce cher(A) = 2 mentrer(Ajb) = 3, quindi, per il teorema di Rouche-Capelli, il sistemaAx=bnon ammette soluzione. (b) Per determinare le soluzioni ai minimi quadrati consideriamo il sistema delle equa- zioni normali, ovveroAT Ax=AT x. Con semplici conti si trova AT A=2 46 3 3 3 21 31 143 5AT b= [6 57]T : Con il metodo di eliminazione di Gauss si ottiene2 46 3 3 6 3 21 5 31 1473 5!2 46 3 3 6 0 15 4 05 25203 5!2 46 3 3 6 0 15 4 0 0 0 03 5: IL sistema ammette quindi11 soluzioni della formav= [13;4 + 5; ]T ,2R. (c) La proiezione ortogonale dibsu Col(A) ep=Av= [1 3 2]T da cuibp= [1;1;1]T . Semplici conti mostrano cheAT (bp) =0da cui si deduce che bp2ker(AT ) = Col(A)? . 2.SiaV=R[x] lo spazio dei polinomi reali nell'indeterminataxdi grado al massimo 3. SiaUil sottoinsieme diVformato dai polinomip(x) tali chep(1) = 0 ep(0) = 0. SiaWil sottoinsieme diVformato dai polinomip(x) tali chep′ (1) = 0 ep′ (0) = 0 (p′ (x) indica il polinomio derivata dip(x)). Stabilire seU,W,U\Wsono sottospazi vettoriali diVe, in caso affermativo, determinarne la dimensione e una base. Soluzione. Un polinomio inVe della formap(x) =a+bx+cx2 +dx3 e, ssata la base 1; x; x2 ; x3 diV, puo essere identicato con il vettorep= [a b c d]T diR4 (in virtu dell'isomorsmo tra lo spazio vettorialeVdi dimensione 4 suReR4 ) e le condizioni p(0) = 0,p(1) = 0 si traducono nelle equazioni omogeneea= 0,a+b+c+d= 0. Si ha quindi cheU, identicato con il suo corrispondente~ UinR4 , e sottospazio diR4 , e quindi diV, in quanto insieme delle soluzioni di un sistema lineare omogeneoAx=b. Essendor(A) = 2 il sistema ammette12 soluzioni e quindi dim~ U= 2. Le soluzioni sono della formax=tv 1+ tv 2con v 1= [0 1 0 1],v 1= [0 0 1 1] quindiv 1, v 2, ovvero i polinomixx3 ,x2 x3 sono una base perU. In alternativa:p(x)2Use e solo sep(x) =bx+cx2 (b+c)x3 =b(xx3 ) +c(x2 x3 ),b; c2R. EssendoUl'insieme di tutte le combinazioni lineari dei polinomixx3 ex2 x3 e sottospazio vettoriale di Ved essendo i due polinomi lineramente indipendenti, infattibx+cx2 (b+c)x3 = 0 se e solo seb=c= 0, dim(U) = 2 e una base diUe costituita daxx3 ex2 x3 . Analogamente: essendop′ (x) =b+ 2cx+ 3dx2 , le condizionip′ (0) = 0,p′ (1) = 0 si traducono nelle due equazioni omogeneeb= 0,b+ 2c+ 3d= 0. Ragionando come sopra si deduce cheWe sottospazio vettoriale diVdei polinomi della formap(x) = a+cx2 2=3cx3 =a+c(x2 2=3x3 ) pertanto e generato dai polinomi 1 ex2 2=3x3 che sono lineramente indipendenti e costituiscono una base perW, quindi dim(W) = 2. L'intersezione di sottospazi diVe sottospazio vettoriale diV, quindiU\We sottospazio vettoriale diV. Un polinomiop(x) sta inU\Wse e solo se soddisfaa=b= 0, a+b+c+d= 0, 2c+ 3d= 0, ovvero se e solo sea=b= 0,c+d= 0, 2c+ 3d= 0. Le ultime due equazioni fornisconoc=d= 0 quindiU\W=f0ge la base e ridotta all'insieme vuoto. 3. Sianofe 1; e 2; e 3g la base canonica diR3 eL:R3 !R3 l'applicazione lineare tale che L(e 1) = ke 1+( k1)e 3; L(e 2) = ( k1)e 1+ e 2+( k1)e 3; L(e 3) = (3 k)e 1+(4 k)e 3: (a) Determinare nucleo e spazio immagine diL, precisandone la dimensione e una base, al variare dikinR; (b) Determinare se esistono valori dikper cui il vettore [2;1;1]T e autovettore di L; (c) Postok= 0 stabilire se esiste una base diR3 rispetto alla quale la matrice rappresentativa diLsia diagonale. Soluzione. (a) Fissata la basee 1, e 1, e 1di R3 , l'applicazione lineareLpuo essere rappresentata dalla matriceA Lseguente AL=2 4k k 1 3k 0 1 0 k1k1 4k3 5: Essendo det(A L) = 3, 8k2R, si har(A L) = dim(Im( L)) = 3 ovvero Im(L) =R3 e una base per lo spazio immagine e ad esempio la base canonica diR3 . Analogamente, dim(ker(L)) = 3r(A L) = 0, 8k2R, quindi ker(L) =f0ge la base e l'insieme vuoto. (b) Il vettore dato e autovettore diLse esiste2Rper cui valga 2 4k  k1 3k 0 10 k1k1 4k3 52 4 2 1 13 5=2 40 0 03 5: La seconda condizione fornisce 1= 0 ovvero= 1 e, sostituendo nella matrice, si ot- tengono le due equazioni2(k1) + (k1) + (3k) = 0 e2(k1) + (k2) + (4k) = 0 che forniscono entrambek= 2. Quindi vettore [2;1;1]T e autovettore diLperk= 2. (c) La richiesta dell'esercizio equivale a chiedere se, postok= 0 la matrice rappresen- tativa diLe diagonalizzabile, ovvero se AL=2 40 1 3 0 1 0 11 43 5 e diagonalizzabile. Determiniamo gli autovalori diA Lcalcolando det( A L I) = 0. Si trova det(A L I) =(1)2 (3) quindi gli autovalori diA Lsono = 3 con molteplicita 1 e= 1 con molteplicita 2. La matriceA Le diagonalizzabile se e solo se l'autovalore= 1 e regolare, ovvero se e solo se 3r(A L I) = 2. Tale condizione e soddisfatta in quanto AL I=2 4 11 3 0 0 0 11 33 5 ha chiaramente rango 1. QuindiA Le diagonalizzabile per k= 0. 4. (Usare il retro del foglio). SianoVuno spazio vettoriale suKdi dimensione nita e L:V!Vun'applicazione lineare. Mostrare che: (a) per ognik1 vale l'inclusione ker(Lk )ker(Lk +1 ) ed esisten1 tale che ker(Lk ) = ker(Lk +1 ) per ognikn. (b) per ognik1 vale l'inclusione Im(Lk +1 )Im(Lk ) ed esisten1 tale che Im(Lk +1 ) = Im(Lk ) per ognikn. Per la soluzione si veda l'esercizio 42 p. 258 del libro di testo.