Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

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Esercizi supplementari25 2.22Si consideri il sistema lineare seguente, in cuiα; β∈R.       x + 2y+ 3z=−7 x+ 2y+ 4z=−7 2x+ 4y+ 9z=−14 x+ 2y+αz=β(2.62) 1. Determinare per quali valori dei parametriαeβil sistema ammette soluzioni e scriverle nella formav 0+ Ker( A), dovev 0è una soluzione particolare e Aè la matrice dei coe�cienti. 2. Interpretare geometricamente i risultati del punto precedente. 3. Stabilire se esistono valori diγ∈Rper cui il vettore[1;1;1; γ]t appartiene a Col(A). Soluzione.Il sistema ha soluzione quandov= [−7;−7;−14; β]t ∈Col(A); in conside- razione della richiesta al punto 3, conviene allora stabilire quando un generico vettore x= [x 1; x 2; x 3; x 4]t appartiene aCol(A). Dalla riduzione a scala   1 2 3 x 1 1 2 4x 2 2 4 9x 3 1 2α x 4   7→   1 2 3 x 1 0 0 1−x 1+ x 2 0 0 0x 1− 3x 2+ x 3 0 0 0 (α−4)x 1− (α−3)x 2+ x 4   (2.63) e dal teorema di Rouché si vede chex∈Col(A)quando le coordinate dixsono soluzione del sistema x1− 3x 2+ x 3= 0 (α−4)x 1− (α−3)x 2+ x 4= 0 ;(2.64) che rappresenta un insieme di equazioni perCol(A). Il vettorew= [1;1;1; γ]t non soddisfa la prima delle (2.64), dunquew6∈Col(A)per nessun valore diγ. Per il vettorev, invece, la prima equazione è soddisfatta indipendentemente daβe la seconda si riduce aβ+ 7 = 0; dunque il sistema (2.62) ha soluzioni solo quandoβ=−7. Se sotituiamovperxcon questo valore diβnella riduzione a scala (2.63) e risolviamo con sostituzione retrograda, troviamo x+ 2y+ 3z=−7 z= 0;" x yz# =" −7 0 0# +t" −2 1 0# :(2.65) Dunque possiamo prenderev 0= [ −7;0;0]t eKer(A) =h[−2;1;0]t i. Quanto all’interpreta- zione geometrica, le equazioni del sistema (2.63) rappresentano quattro piani inR3 le cui direzioni normali sono i vettori diRow(A). La riduzione a scala (2.63) perx=vmostra che i vettori normali dei primi due piani sono indipendenti e duqnue che i due piani sono incidenti e si intersecano nella rettardella (2.65). La terza riga della matrice completa è combinazione lineare delle prime due, dunque il terzo piano appartiene al fascio supportatodar. In�ne il fatto cher(A) = 2indipendentemente daαmostra che anche il quarto piano è parallelo ar; quandoβ=−7appartiene al medesimo fascio e i quattro piani si intersecano in r; altrimenti il piano è propriamente parallelo are i quattro piani non hanno punti comuni. Nella versione alternativa dell’esercizio si trova cheβ=−5,v 0= [ −5;0;0]t eKer(A) = h[−3;1;0]t i. 30Applicazioni lineari 3.1InR4 si considerino il sottospazioUgenerato dal vettoreu= [1;0;−1;2]t e il sottospazioWdi equazione2x 1+ x 2− x 4= 0 . 1. Veri�care cheU⊆We completare una base diUa una base diW. 2. SiaV⊆R4 il sottospazio generato dai vettoriv 1= [1 ;1;1;0]t ev 2= [0;−1;2;1]t . Determinare una base diW∩Ve una diW+V. 3. Data la funzione lineareL:R4 →R4 de�nita da L(x) =   x 1+ x 4 x2+ x 4 x2+ x 3+ x 3 2x 1+ x 2+ 3 x 4   (3.1) stabilire seW= Im(L). Soluzione. ❶Il vettoreusoddisfa l’equazione che de�nisceW, dunqueu∈W. Dal momento cheWè un sottospazio, abbiamo cheU=hui ⊆W. Cerchiamo una base diWrisolvendo il sistema rappresentato dalla sua unica equazione. Se usiamox 4come variabile dipendente troviamo x=   x 1 x2 x3 2x 1+ x 2   = x 1   1 0 0 2   + x 2   0 1 0 1   + x 3   0 0 1 0   : (3.2) I tre vettori a destra nella (3.2), che indicheremo conw 1, w 2e w 3, sono una base di W. Se riduciamo a scala la matriceAche ha come colonne le basi diUeWtroviamo   1 1 0 0 0 0 1 0 −1 0 0 1 2 2 1 0   7→   1 1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0   (3.3) Le prime tre colonne sono una base diCol(A); dunque{u;w 1; w 2} è una base diWche estende la base{u}diU. ❷Come per il punto precedente, riduciamo a scala la matrice che ha per colonne l’unione delle basi diWeV.   1 0 0 1 0 0 1 0 1 −1 0 0 1 1 2 2 1 0 0 1   7→   1 0 0 1 0 0 1 0 1 −1 0 0 1 1 2 0 0 0−3 1   (3.4) Le prime quattro colonne della matrice di sinistra sono una base perW+Vche ha dunque dimensione 4. Dal momento chedimW= 3edimV= 2perché i vettoriv 1e v 2non sono proporzionali, dalla formula di Grassmann si ottiene chedim(W∩V) = 1. La matrice in (3.9) è anche la matrice del sistema omogeneo 3 X i=1x iw i=2 X i+1( −y i) v i(3.5) che ha come soluzione i vettori dell’intersezione. Le soluzione del sistema, ottenute dalla riduzione a scala, sono i multipli del vettore[2;1;8;−2;−3]t ; dunque i vettori dell’intersezione Esercizi supplementari sulle applicazioni lineari31 sono i multipli di2v 1+ 3 v 2=   2 −1 8 3   (3.6) che è una base diW∩V. ❸ I vettori diIm(L)soddisfano l’equazione che de�nisceW, perché2(x 1+ x 4) + ( x 2+ x 4) −(2x 1+ x 2+ 3 x 4) = 0 ;(3.7) dunqueIm(L)⊆W. Se riduciamo a scala la matrice rappresentativa diMrispetto alle basi canoniche troviamo  1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 2 1 0 3   7→   1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0   (3.8) Il rango della matrice è 3, dunquedim Im(L) = 3eIm(L)coincide conW. La seconda variante dell’esercizio si ottiene semplicemente scambiando la seconda e la terza coordinata dei vettori. Va tuttavia osservato che, dal momento che non sono state scambiate le due coordinate diL, la terza parte dell’esercizio presenta una variazione: in questo caso, calcolando la riduzione a scala, si trova che   1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 2 0 1 3   7→   1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0   (3.9) Come nel caso precedente,dim Im(L) = 3ma, questa volta, 2(x 1+ x 4) + ( x 2+ x 3+ x 4) −(2x 1+ x 3+ 3 x 4) = x 2(3.10) non è identicamente nullo, dunqueIm(L)6 =W. 8Spazio euclideo e vettori 1.7Nello spazioR3 : 1. Determinare le equazioni cartesiane della rettarpassante per il puntoP= (1;2;3)e perpendicolare al pianoH: 2x−y−z= 4. 2. Siasla retta passante perA= (1;0;1)eB= (a;−1; a), dovea∈R. Stabilire se esistono valori diaper cuiressono perpendicolari oppure parallele. 3. Postoa= 2, calcolare ls distanza frares. Soluzione. ❶ Il pianoHha direzione normalen= [2;−1;−1]t . L’equazione parametrica di rè dunquex=P+tn; in coordinate:   x = 1 + 2t y= 2−t z= 3−t:(1.1) Se eliminiamo il parametrotdalle (1.2), ad esempio risolvendo l’ultima equazione rispetto a te sostituendo nelle due precedenti, otteniamo delle equazioni cartesiane perr: x+ 2z−7 = 0 y−z+ 1 = 0:(1.2) ❷ La direzione di sè il vettorev=B−A= [a−1;−1; a−1]t . Le retteressono parallele quandonessono proporzionali. Dal momento che la seconda coordinata dei due vettori coincide, l’unica possibilità è che coincidano anche le altre due coordinate e questo è impossibile perche dovremmo avere2 =a−1 =−1. D’altra parte r⊥s⇔n·v= 0⇔a= 0:(1.3) ❸ In questo casov= [1;−1;1]t . Come osservato al punto precedente, le due rette non sono parallele e dunque, postow=P−A= [0;2;2]t , la loro distanza è allora data da d(r;s) =w ·(n∧v) kn∧vk= [0 ;2;2][2;3;1]t √14= 8 √14: (1.4) In particolare, le rette sono sghembe. La variante dell’esercizio si ottiene scambiando le prime due coordinate. Esercizi supplementari9 1.8Dimostrare che la matrice  1 a 1∙ ∙ ∙ an 1 . . .. . . 1a k∙ ∙ ∙ an k  (1.5) in cui glia isono tutti distinti e k < nha sempre rangok. Basta osservare che il minore formato dalle primekcolonne della matrice è il minore di Vandermonde che è diverso da zero quando glia isono distinti (si veda il testo a pagina 286 per i dettagli.