Risoluzione del...
Scritto di Geometria
Corso di Ingegneria Civile e Ambientale A. A. 2017/18 – Prova scritta 10–03–2018
Cognome e Nome: Matricola:
Vietato l’uso di calcolatori, appunti, eserciziari,...
Scrivi in modo ordinato e motiva ogni risposta.
Durata della prova: 2 ore e 30 minuti.
Non si pu`o lasciare l’aula prima che siano trascorse due ore. Si potr`a uscire dall’aula solo dopo aver consegnato il compito.
TESTO 1
(1) (10?) Considerare l’applicazione S : M2,2(R) → M2,2(R) tale che S
a b c d
=
d −b
−c a
a) Scrivere una base C di M2,2(R) e la matrice associata MCC(S).
c) Trova gli autovalori di S e i relativi autovettori.
d) S `e diagonalizzabile? Se s`ı scrivi una base B di autovettori e la matriceMBB(S).
e) Calcola per una generica matrice A =
a b c d
il prodotto riga per colonna A · S(A). Tale risultato `e una coincidenza? Motiva la risposta.
f) Bonus (+2?): Esiste una base ˜B di autovettori costituita da matrici invertibili? Se s`ı, scrivine una.
(2) (10?) I punti P1 = (4, 5, 0)T e P2 = (3, 2, 1)T sono gli estremi di un segmento S. Determinare la lunghezza del segmento S e della sua proiezione ortogonale S0sul piano di equazione π : x+y+z = 0.
Determinare l’angolo θ tra il piano π e il piano σ con le seguenti propriet`a: il piano σ contiene i punti P1 e P2e il vettore (1, 2, 1)T appartiene alla sua giacitura. Nota: `e sufficiente fornire il valore di cos θ o sin θ a scelta.
(3) (10?) Dati i sottospazi vettoriali
U = Span
1
−1 2
−1 1
,
2 1
−1 2 1
,
1 2
−3 3 0
,
0 1
−1 1 0
,
1 1 2 0 2
W = {(x1, x2, x3, x4, x5)T ∈ R5| x2− x1= 0 , x3− x5= 0 , 2x1− x3− x4= 0} . Determinare una base di U , W , U + W e U ∩ W .
Il sottoscritto ai sensi della vigente legge sulla privacy,
autorizza la pubblicazione dell’esito di questa prova scritta nel sito internet del corso.
Firma:
Scritto di Geometria
Corso di Ingegneria Civile e Ambietale A. A. 2016/17 – Prova scritta xx–01–2018
Risposte: Qui di seguito la risoluzione del TESTO 1 a grandi linee.
(1) Usando la base canonica si trova la matrice
MCC(S) =
0 0 0 1
0 −1 0 0
0 0 −1 0
1 0 0 0
Il polinomio caratteristico si trova facilmente
pS(λ) = det
−λ 0 0 1
0 −1 − λ 0 0
0 0 −1 − λ 0
1 0 0 −λ
= (−1 − λ) det
−λ 0 1
0 −1 − λ 0
1 0 −λ
= (1 + λ)2det
−λ 1 1 −λ
= (1 + λ)2(λ2− 1) = (λ + 1)3(λ − 1) Il calcolo degli autovettori porta a questi risultati
S
0 1 0 0
= −
0 1 0 0
S
0 0 1 0
= −
0 0 1 0
S
1 0 0 1
=
1 0 0 1
S
1 0 0 −1
= −
1 0 1 −1
Quindi T `e diagonalizzabile e vale
MBB(S) =
−1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
posta
B =
0 1 0 0
,
0 0 1 0
,
1 0 0 1
,
1 0 0 −1
Purtroppo, le prime due matrici non sono invertibili, ma si pu`o osservare che le seguenti combi- nazioni lineari portano a matrici invertibili:
0 1 0 0
−
0 0 1 0
=
0 1
−1 0
,
0 1 0 0
+
0 0 1 0
=
0 1 1 0
e che quindi S
0 1
−1 0
= −
0 1
−1 0
S
0 1 1 0
= −
0 1 1 0
. ottenendo una risposta affermativa:
B =e
0 1
−1 0
,
0 1 1 0
,
1 0 0 1
,
1 0 0 −1
Per l’ultimo punto calcoliamo A · S(A) =
det A 0 0 det A
= det A
1 0 0 1
.
Tale risultato non `e casuale. Infatti, l’inversa di una matrice A si calcola dividendo la matrice dei cofattori (o complementi algebrici) per il determinante di A. Si nota quindi che l’applicazione S, data una matrice A, restituisce proprio la matrice dei cofattori cof (A) quindi troviamo
A · S(A) = A · cof (A) = (det A)I2 dove I2 rappresenta la matrice identica 2x2.
(2) Prima di tutto calcolo le proiezioni ortogonali H1 e H2 dei punti P1 e P2 sul piano π. Le rette ortogonali al piano π passanti per i punti dati sono rispettivamente
r1:
4 5 0
+ t
1 1 1
, r2:
3 2 1
+ t
1 1 1
,
che intersecano il piano π nei punti H1 = (1, 2, −3)T e H2 = (1, 0, −1)T. Quindi si calcolano le distanze
d(P1, P2) =√
11 , d(H1, H2) =√ 8 che sono le lunghezze dei segmenti S e S0 rispettivamente.
Per la seconda parte `e facile trovare θ se sono noti i due vettori vπ e vσ ortogonali ai piani π e σ usando la formula
cos θ = hvπ, vσi kvπk kvσk.
Sappiamo gi`a che vπ= (1, 1, 1)T, ci serve vσ. Poich´e il piano σ contiene i due punti P1 e P2allora le equazioni parametriche si possono scrivere facilmente come
σ : P = P1+ tv1+ sv2 dove v1= P2− P1= (1, 3, −1)T e v2= (1, 2, 1)T.
Abbiamo quindi due vettori linearmente indipendenti della giacitura, da qui calcoliamo il prodotto vettoriale per trovare vσ:
vσ= v1∧ v2= (1, 3, −1)T ∧ (1, 2, 1)T = (5, −2, −1)T Infine
cos θ = hvπ, vσi
kvπk kvσk = (1, 1, 1)T, (5, −2, −1)T
k(1, 1, 1)Tk k(5, −2, −1)Tk = 2
√3√ 30 =
√10 15 .
(3) U `e definito tramite un sistema di generatori. La base di U si trova scrivendo la matrice M avente per colonne i vettori che generano U e riducendola a scala.
M =
1
−1 2
−1 1
2 1
−1 2 1
1 2
−3 3 0
0 1
−1 1 0
1 1 2 0 2
Di questa troviamo i pivot nelle colonne 1, 2, 4. Quindi una base di U `e costituita dai vettori colonna 1o, 2o, 4o della matrice iniziale M (non dell’ultima che avete trovato dopo la riduzione a scala!):
base di U:
1
−1 2
−1 1
,
2 1
−1 2 1
,
0 1
−1 1 0
mentre W `e generato dalle soluzioni del sistema omogeneo di equazioni
x2− x1= 0 x3− x5= 0 2x1− x3− x4= 0
3
Risolvendolo si trova lo spazio delle soluzioni W avente base (questa `e una delle possibili scelte)
base di W:
1 1 1 1 1
,
1 1 0 2 0
Per trovare la base di U + W la estrapoliamo dal sistema di generatori ottenuto unendo le due basi precedenti. Mettiamo assieme in un’unica matrice in colonna i vettori delle basi di U e W :
M =
1
−1 2
−1 1
2 1
−1 2 1
0 1
−1 1 0
1 1 1 1 1
1 1 0 2 0
e la riduco a scala: trover`o quattro pivot (nelle prime quattro colonne) e quindi lo spazio somma avr`a come base i primi quattro vettori. Per trovare la base dell’intersezione si deve risolvere il sistema omogeneo M y = 0 (che sar`a uno spazio di dimensione 1, come suggerito usando il Teorema di Rouch´e-Capelli). Troveremo quindi dei valori y1, . . . , y5tali che
y1
1
−1 2
−1 1
+ y2
2 1
−1 2 1
+ y3
0 1
−1 1 0
+ y4
1 1 1 1 1
+ y5
1 1 0 2 0
= 0
Per questi valori abbiamo
y1
1
−1 2
−1 1
+ y2
2 1
−1 2 1
+ y3
0 1
−1 1 0
| {z }
∈U
= −y4
1 1 1 1 1
− y5
1 1 0 2 0
| {z }
∈W
e quindi troviamo un vettore che appartiene all’intersezione.
w = y1
1
−1 2
−1 1
+ y2
2 1
−1 2 1
+ y3
0 1
−1 1 0
| {z }
∈U
= −y4
1 1 1 1 1
− y5
1 1 0 2 0
| {z }
∈W
Trovando la soluzione y di M y = 0 si calcola che l’intersezione ha base
base di U ∩ W :
1 1 2 0 2
Attenzione: `e un errore dire che il vettore y che risolve M y = 0 `e il vettore che genera U ∩ W !
4
