APPELLO DI ALGEBRA LINEARE

APPELLO DI ALGEBRA LINEARE

9 Settembre 2016

Cognome: Nome: Matricola:

Tempo: 2h30

La valutazione tiene conto di ordine e chiarezza nello svolgimento. Tutte le risposte devono essere adeguatamente giustificate.

1 Sia P = (p₁,p₂) un punto arbitrario del piano R² e sia Q = (1,2) un altro punto fissato.

(a) Determinare in funzione dei parametri p₁ e p₂ quando i vettori ~OP e ~OQ sono perpendi- colari calcolando il coseno dell’angolo da essi formato.

(b) Nei casi in cui i punti P e Q non sono allineati, determinare l’equazione della retta passante per i due punti.

Soluzione: (a) Due vettori sono perpendicolari se il loro prodotto interno `e 0:

OP · ~~ OQ = p1+ 2p2 = 0 iff p1 = −2p2. Il coseno dell’angolo α formato dai due vettori `e:

cos(α) = p₁+ 2p₂

√5pp²₁+ p²₂,

dove || ~OQ|| =√

5 e || ~OP || =pp²₁+ p²₂.

(b) Due vettori sono allineati se il coseno dell’angolo da essi formato `e +1 oppure −1. Quindi i due vettori sono allineati se e solo se p₂ = 2p₁ con p₁ numero reale arbitrario.

Supponiamo che p26= 2p₁, cos`ı i punti P e Q non sono allineati. Sia Q − P = (1 − p1, 2 − p2).

Questa `e l’equazione parametrica:

x = 1 + t(1 − p1); y = 2 + t(2 − p2).

Calcoliamo ora l’equazione non parametrica. Abbiamo due casi:

(i) Da p1= 1 si ricava l’equazione non parametrica x = 1.

(ii) Da p₁ 6= 1 si ricava t = _1−p^x−1

1 e quindi y = 2 + ^(2−p_1−p^2)(x−1)

1 .

2 Determinare la dimensione del sottospazio vettoriale di R³ generato dai seguenti vettori:

v1= (1, 2, 1); v2 = (2, − 1,0); v3 = (0, 1, 2).

Determinare se il sistema lineare

x



 1 2 1



+ y



 2

−1 0



+ z



 0 1 2



=



 1 2 1



 ammette soluzione.

Soluzione: La matrice 3 × 3 A = (a_ij) le cui colonne sono i tre vettori v₁,v₂,v₃ ha rango 3.

Basta calcolare il suo determinante rispetto alla prima riga:

|A| = 1    

−1 1

0 2

− 2    

2 1 1 2    

= −2 − 6 = −8.

Quindi i tre vettori generano tutto lo spazio R³.

Il sistema lineare ammette soluzione perch´e la matrice A ha determinante diverso da zero.

La soluzione si calcola in maniera facilmente: x = 1, y = z = 0.

3 Si calcoli la matrice inversa (se esiste) della matrice B qui sotto definita:

B =





0 3 1

1 7 2

−1 −2 3





Soluzione: La matrice B `e invertibile se il suo determinante `e 6= 0:

|B| = −3    

1 2

−1 3    

+ 1    

1 7

−1 −2    

= −3(3 + 2) + (−2 + 7) = −15 + 5 = −10.

L’inversa di B `e la matrice

B⁻¹ =





−⁵₂ ¹¹_{10 10}¹

1

2 −₁₀¹ −₁₀¹

−¹_{2 10}³ ₁₀³



 dove

B⁻¹_ij = (−1)^i+j|B_ji| det(B) Per esempio,

B₁₁⁻¹ = ⁽⁻¹⁾₋₁₀^2|B11| = −25/10 = −5/2, B₁₂⁻¹ = ⁽⁻¹⁾_det(B)^3|B21| = 11/10,

B₂₂⁻¹ = ⁽⁻¹⁾₋₁₀^4|B22| = −1/10

B₃₂⁻¹ = ⁽⁻¹⁾₋₁₀^5|B23| = |B₂₃|/10 = 3/10, B₂₃⁻¹ = ⁽⁻¹⁾₋₁₀^5|B32| = −1/10

B₁₃⁻¹ = ⁽⁻¹⁾₋₁₀^4|B31| = −1/10 B₃₃⁻¹ = ⁽⁻¹⁾₋₁₀^6|B33| = 3/10

4 Si risolva mediante il metodo di eliminazione di Gauss (dettagliando ciascun passaggio) il sistema di equazioni lineari AX = B dove:

A =





1 0 1

−1 −1 0

1 2 1



 X =



 x1

x₂ x3



 B =



 0 1 0





Soluzione: Trasformiamo la matrice A estesa in forma triangolare superiore eseguendo le seguenti operazioni sulle righe: (1) Sommare alla riga 2 la riga 1; (2) Sottrarre alla riga 3 la riga 1; (3) Sommare alla riga 3 due volte la riga 2.

A =





1 0 1 0

−1 −1 0 1

1 2 1 0



7→





1 0 1 0

0 −1 1 1

1 2 1 0



7→





1 0 1 0

0 −1 1 1

0 2 0 0



7→





1 0 1 0

0 −1 1 1

0 0 2 2



 Si ricava la soluzione del sistema lineare: x₃ = 1, x₂ = 0 e x₁ = −1.