Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

Full exam

Es. 1: 9 puntiEs. 2: 9 puntiEs. 3: 9 puntiEs. 4: 6 puntiTotale Algebra lineare e GeometriaAppello luglio Ingegneria Matematica3 settembre 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. NON E' CONSENTITO L'USO DI TELEFONI CELLULARI O DI ALTRI APPARECCHI ELETTRONICI. 1. SiaHil piano dello spazio cartesiano che contiene i puntiP= (1;3;1),Q= (1;3;2) eR= (2;4;2). Si trovi il punto di intersezione diHcon la retta di equazioni cartesianex+y2z= 2xyz+ 3 = 0: SoluzioneSeHha equazioneax+by+cz=d, alloraa; b; c; ddevono soddisfare il sistema lineare omogeneo:8 > < > :a 3bcd= 0 a+ 3b+ 2cd= 0 2a4b2cd= 0 Risolvendo il sistema si trova che 3xy+ 4z= 2 e un'equazione diH. L'intersezione con la retta assegnata e la soluzione del sistema lineare 8 > < > :x +y2z= 0 2xyz=3 3xy+ 4z= 2 ed e (0;2;1). 2.Nello spazio euclideoR4 col prodotto scalare standard e coordinatex; y; z; w, siaKil sottospazio vettoriale di equazioni 3x+y+w= 5x+ 5y+ 4z+ 2w= 0. Si scriva il vettorev= [7;1;4;13]T come somma di un vettore diKe di un vettore diK? . Si calcoli la distanza diwdaK. SoluzioneIl complemento ortogonale diKe generato dai vettoria= [3;1;0;1]T e b= [5;5;4;2]T (sono i vettori dei coefficienti delle equazioni diK). Una base ortogonale diK? e formata dai vettoriae c=b< a;b> jjajj2a =2 6 6 45 5 4 23 7 7 515 + 5 + 2 9 + 1 + 12 6 6 43 1 0 13 7 7 5=2 6 6 4 1 3 4 03 7 7 5: La proiezione ortogonale divsuK? e quindi v?=< v;a> jjajj2a +< v;c> jjcjj2c =33 112 6 6 43 1 0 13 7 7 526 262 6 6 41 3 4 03 7 7 5=2 6 6 410 0 4 33 7 7 5 La distanza divdaKcoincide con la norma div ?che e ∥v ?∥ =p 125 = 5p 5: Innevv ?2 K, per cui la decomposizione richiesta e 2 6 6 47 1 4 133 7 7 5=2 6 6 4 3 1 0 103 7 7 5+2 6 6 410 0 4 33 7 7 5 3.Data la matriceA=[ 13 31] ;si determinino una matrice simmetrica denita positiva He una matrice ortogonaleQtali cheA=HQ. Suggerimento: si tratta di scrivere la decomposizione polare diA; la matriceHe determinata dall'equazioneAAT =H2 . SoluzioneCalcoliamo H2 =AAT =[ 13 31] [ 1 3 31] =[ 10 6 6 10] Gli autovalori diH2 sono= 4 e= 16, e i relativi autospazi sono le rette di equazioni x+y= 0 exy= 0 rispettivamente. Percio la decomposizione spettrale diH2 e H2 = 4[ 1 21 2 1 21 2] + 16[ 1 21 2 1 21 2] per cuiH= 2[ 1 21 2 1 21 2] + 4[ 1 21 2 1 21 2] =[ 3 1 1 3] Si noti cheHe effettivamente una matrice simmetrica denita positiva. Inne Q=H 1 A=1 8[ 31 1 3] [ 13 31] =[ 01 1 0] Si noti cheQe effettivamente ortogonale. 4.SiaAuna matrice quadrata reale di ordine 3. Si supponga che il polinomio caratteristico diAsia2 (1) e che il rango diAsia due. Si mostri cheAe simile alla matrice B=2 40 0 1 0 1 0 0 0 03 5: Suggerimento:Aha due autovettori linearmente indipendentivew; si consideri la matrice che rappresenta l'applicazione linearex!Axrispetto a una base diR3 della formafv;w;zg. SoluzioneLa matrice ha due autovalori 1= 0 e  2= 1, ciascuno di moltepli- cita geometrica 1 (la molteplicita algebrica di 1= 0 e 2, ma quella geometrica e dim Ker(A) = 3r(A) = 1). Sianovewdue autovettori relativi agli autovalori 1= 0 e  2= 1, e sia zun vettore che non appartiene al piano generato davew. Allorafv;w;zge una base diR3 , e la matriceB zche rappresenta l'applicazione lineare x!Axrispetto a tale base e simile adA. SeAz=av+bw+cz, allora Bz=2 40 0 a 0 1b 0 0c3 5: Il polinomio caratteristico di tale matrice e(1)(c); d'altra parte deve coincidere con quello diA, per cuic= 0. Osserviamo poi che, siccomer(A) = 2, dev'esserea̸ = 0. Osserviamo ora che A( 1 az b aw) =1 aAz b aAw =v+b aw b aw =v Quindi sostituendozcon1 az b aw si ottiene la matrice B=2 40 0 1 0 1 0 0 0 03 5: Es. 1: 9 puntiEs. 2: 9 puntiEs. 3: 9 puntiEs. 4: 6 puntiTotale Algebra lineare e GeometriaAppello luglio Ingegneria Matematica3 settembre 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. NON E' CONSENTITO L'USO DI TELEFONI CELLULARI O DI ALTRI APPARECCHI ELETTRONICI. 1. SiaHil piano dello spazio cartesiano che contiene i puntiP= (1;5;1),Q= (1;0;2) eR= (2;6;2). Si trovi il punto di intersezione diHcon la retta di equazioni cartesianex+y2z+ 1 =x2y+z5 = 0: SoluzioneSeHha equazioneax+by+cz=d, alloraa; b; c; ddevono soddisfare il sistema lineare omogeneo:8 > < > :a 5bcd= 0 a+ 2cd= 0 2a6b2cd= 0 Risolvendo il sistema si trova che 2xy+ 3z= 4 e un'equazione diH. L'intersezione con la retta assegnata e la soluzione del sistema lineare 8 > < > :x +y2z=1 x2y+z= 5 2xy+ 3z= 4 ed e (1;2;0). 2.Nello spazio euclideoR4 col prodotto scalare standard e coordinatex; y; z; w, siaKil sottospazio vettoriale di equazionix+ 3y+z= 5x+ 5y+ 2z+ 4w= 0. Si scriva il vettorev= [1;7;13;4]T come somma di un vettore diKe di un vettore diK? . Si calcoli la distanza diwdaK. SoluzioneIl complemento ortogonale diKe generato dai vettoria= [1;3;1;0]T e b= [5;5;2;4]T (sono i vettori dei coefficienti delle equazioni diK). Una base ortogonale diK? e formata dai vettoriae c=b< a;b> jjajj2a =2 6 6 45 5 2 43 7 7 55 + 15 + 2 1 + 9 + 12 6 6 41 3 1 03 7 7 5=2 6 6 43 1 0 43 7 7 5: La proiezione ortogonale divsuK? e quindi v?=< v;a> jjajj2a +< v;c> jjcjj2c =33 112 6 6 41 3 1 03 7 7 526 262 6 6 43 1 0 43 7 7 5=2 6 6 40 10 3 43 7 7 5 La distanza divdaKcoincide con la norma div ?che e ∥v ?∥ =p 125 = 5p 5: Innevv ?2 K, per cui la decomposizione richiesta e 2 6 6 4 1 7 13 43 7 7 5=2 6 6 4 1 3 1003 7 7 5+2 6 6 40 10 3 43 7 7 5 3.Data la matriceA=[ 1 2 2 1] ;si determinino una matrice simmetrica denita positiva He una matrice ortogonaleQtali cheA=HQ. Suggerimento: si tratta di scrivere la decomposizione polare diA; la matriceHe determinata dall'equazioneAAT =H2 . SoluzioneCalcoliamo H2 =AAT =[ 1 2 2 1] [ 12 2 1] =[ 5 4 4 5] Gli autovalori diH2 sono= 1 e= 9, e i relativi autospazi sono le rette di equazioni x+y= 0 exy= 0 rispettivamente. Percio la decomposizione spettrale diH2 e H2 =[ 1 21 2 1 21 2] + 9[ 1 21 2 1 21 2] per cuiH=[ 1 21 2 1 21 2] + 3[ 1 21 2 1 21 2] =[ 2 1 1 2] Si noti cheHe effettivamente una matrice simmetrica denita positiva. Inne Q=H 1 A=1 3[ 21 1 2] [ 1 2 2 1] =[ 0 1 1 0] Si noti cheQe effettivamente ortogonale. 4.SiaAuna matrice quadrata reale di ordine 3. Si supponga che il polinomio caratteristico diAsia2 (1) e che il rango diAsia due. Si mostri cheAe simile alla matrice B=2 40 0 1 0 1 0 0 0 03 5: Suggerimento:Aha due autovettori linearmente indipendentivew; si consideri la matrice che rappresenta l'applicazione linearex!Axrispetto a una base diR3 della formafv;w;zg.