Lezione 7 13/11/07
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Esercizio 1. Discutere e quando possibile risolvere al variare del parametro reale t il seguente sistema lineare
(
(−2 + t)x +y = 1
3x +ty = t
Soluzione dell’esercizio 1. Le matrici associate al sistema sono A = −2 + t 1
3 t
!
, C = −2 + t 1 1
3 t t
! .
Se A ha rango massimo allora il sistema `e compatibile ed ammette una sola soluzione. Tale condizione `e soddisfatta se e soltanto se det A 6= 0.
det A = t · (−2 + t) − 3 = t2− 2t − 3 =⇒ ( det A = 0 ⇐⇒ t = −1, 3.)
Per t 6= −1, 3 il sistema `e compatibile ed ammette una sola soluzione. Utilizzando il metodo di Cramer ricaviamo
x =
1 1 t t
−2 + t 1 3 t
= 0, y =
−2 + t 1 3 t
−2 + t 1 3 t
= t2− 2t − 3
t2− 2t − 3= 1, t 6= −1, 3.
Per t = −1 il sistema diviene
( −3x +y = 1 3x −y = −1 Il sistema `e equivalente al sistema
n
3x −y = −1
Il sistema `e compatibile ed ammette le ∞1 soluzioni (h, 3h + 1) = h(1, 3) + (0, 1), h ∈ R. Per t = 3 il sistema si riduce a
( x +y = 1
3x +3y = 3 Il sistema `e equivalente al sistema
n
x +y = 1
In questo caso il sistema `e compatibile ed ammette le ∞1 soluzioni (k, 1 − k) = (0, 1) + k(1, −1), k ∈ R.
...FORSE NO
Esercizio 2. Discutere al variare del parametro reale t la mutua posizioni delle rette del piano r ed s di equazioni cartesiane r : (−2 + t)x + y − 1 = 0 e s : 3x + ty − t = 0.
Soluzione dell’esercizio 2. La mutua posizione delle due rette dipende dalla compatibilit`a e dalle soluzioni del sistema lineare
( (−2 + t)x +y = 1
3x +ty = t
Abbiamo discusso nel precedente esercizio tale sistema. Dal punto di visat geometrico i nostri risultati hanno la seguente interpretazione
t 6= −1, 3 =⇒ r ed s incidenti nel punto C(0, 1), t = −1 =⇒ r ed s parallele e coincidenti,
t = 3 =⇒ r ed s parallele e coincidenti.
CHANGE
Esercizio 3. Sia V = R3 e siano B0= (v1= (2, 0, 1), v2= (1, 1, 1), v3= (0, 1, 0)) e
B00 = (u1= (1, −1, 1), u2= (1, 0, 0), u3= (−2, 0, 1)) due sue basi. Determinare la matrice del cambio di base da B0 a B00 e quella del cambio da B00 a B0. Scrivere le equazioni del cambio di base da B0 a B00 e viceversa. Determinare le coordinate del vettore w = −3v1+ u2 sia rispetto a B0 che rispetto a B00. Soluzione dell’esercizio 3. La matrice A del cambio di base da una base B0 ad una base B00 `e per definizione la matrice che ha come colonne le coordinate dei vettori della base B00 rispetto alla base B0. La matrice del cambio di base da B00 a B0 `e allora data da A−1.
Dobbiamo allora risolvere le equazioni vettoriali
u1= λ1v1+ λ2v2+ λ3v3, u2= µ1v1+ µ2v2+ µ3v3, u3= ν1v1+ ν2v2+ ν3v3. Otteniamo
(1, −1, 1) = (2λ1+ λ2, λ2+ λ3, λ1+ λ2), (1, 0, 0) = (2µ1+ µ2, µ2+ µ3, µ1+ µ2), (−2, 0, 1) = (2ν1+ ν2, ν2+ ν3, ν1+ ν2).
Risolvendo ricaviamo le coordinate cercate,
[u1]B0 = (0, 1, −2) ovvero u1= v2− 2v3, [u2]B0 = (1, −1, 1) ovvero u2= v1− v2+ v3, [u3]B0 = (−3, 4, −4) ovvero u2= −3v1+ 4v2− 4v3. La matrice del cambio di base B0 a B00 `e allora
A =
0 1 −3
1 −1 4
−2 1 −4
.
Calcoliamo la matrice inversa, ovvero la matrice del cambio di base dalla base B00 alla base B00=. I complementi algebrici della matrice sono
a011= 0, a012= −4, a013= −1, a021= 1, a022= −6, a023= −2, a031= 1, a032= −3, a033= −1.
Poich`e det A = −1 la matrice inversa `e
A−1= 1
det AA(a)= −A(a)=
0 −1 −1
4 6 3
1 2 1
. Vale a dire
[v1]B00 = (0, 4, 1) ovvero v1= 4u2+ u3, [v2]B00 = (−1, 6, 2) ovvero v2= −u1+ 6u2+ 2u3,
[v3]B00= (−1, 3, 1) ovvero v2= −u1+ 3u2+ u3.
Sia w = (x, y, z) ∈ R3e siano (x01, x02, x03) e (x001, x002, x003) le sue coordinate rispetto a B0e B00rispettivamente.
Siano X0 = ( x01 x02 x03)T e X00 = ( x001 x002 x003)T. Le equazioni del cambio di base si ottengono dalle relazioni matriciali
X0= AX00, X00= A−1X0. Nel nostro caso ricaviamo i sistemi
x01= x002 −3x003
x02= x001 −x002 +4x003
x03= −2x001 +x002 − 4x003
x001 = −x02 −x03
x002 = 4x01 +6x02 +3x03 x003 = x01 +2x02+ x03
Possiamo riscrivere il vettore w = −3v1+ u2 come w = −3v1+ v1− v2+ v3 = −2v1− v2+ v3. Le coordinate di tale vettore rispetto a B0 sono allora [w]B0 = (−2, −1, 1). Dalle equazioni del cambio di base ricaviamo [w]B00= (0, −11, −3).
Possiamo procedere anche in altro modo. Sia B = (e1= (1, 0, 0), e2= (0, 1, 0), e3= (0, 0, 1)) la base canonica di R3. La matrice del cambio di base dalla basa canonica ad una nuova base `e particolarmente semplice. Tale matrice si ottiene infatti disponendo per colonna le coordinate dei vettori della nuova base.
Rispetto al nostro esercizio, otteniamo le matrici
B =
2 1 0
0 1 1
1 1 0
(matrice dalla base canonica alla base B0),
C =
1 1 −2
−1 0 0
1 0 1
(matrice dalla base canonica alla base B00).
Le corrispondenti inverse sono
B−1=
1 0 −1
−1 0 2
1 1 −2
(matrice dalla base B0 alla base canonica),
C−1=
0 −1 0
1 3 2
0 1 1
(matrice dalla base B00 alla base canonica).
Possiamo schematizzare la soluzione attraverso i diagrammi B B←−−1 B0
I ↓ ↓ A
B −→C B00 ,
B −→B B0
I ↑ ↑ A−1
B C←−−1 B00 .
Ovvero A = B−1C e A−1= C−1b. In effetti
A =
1 0 −1
−1 0 2
1 1 −2
1 1 −2
−1 0 0
1 0 1
=
0 1 −3
1 −1 4
−2 1 −4
,
A−1=
0 −1 0
1 3 2
0 1 1
2 1 0
0 1 1
1 1 0
=
0 −1 −1
4 6 3
1 2 1
. Esercizio 4. Determinare la distanza del punto P (−1, 0, 8) dalla retta
r : (
x −4y +z = 0
−y +z −3 = 0
Soluzione dell’esercizio 4. I parametri direttori della retta valgono l = −3, m = −1, n = −1. Il piano α passante per P e perpendicolare ad r ha equazione
−3(x + 1) − 1(y − 0) − 1(z − 8) = −3x − y − z + 5 = 0.
Il punto di intersezione del piano con la retta ´e dato dalla soluzione del sistema
3x +y +z = 5
x −4y +z = 0
−y +z = 3.
Otteniamo come soluzione il punto Q di coordinate (0, 1, 4). La distanza richiesta vale allora d(P, r) = P Q = 3√
2.
Esercizio 5. Determinare le componenti dei vettori di modulo 3, paralleli al piano α : x + y − 2z − 1 = 0., perpendicolari alla retta
r :
x = 1 −2t
y = t
z = 2 +t
Soluzione dell’esercizio 5. Un vettore parallelo al piano α e perpendicolare alla retta r ´e un vettore parallelo alla retta s ottenuta come intersezione del piano α con un piano perpendicolare ad r.
I parametri direttotri della retta valgono l = −2, m = 1, n = 1. Un piano perpendicolare ad r ´e allora il piano β di equazione
β : −2x + y + z = 0.
Equazioni per s sono allora
s : (
x +y −2z −1 = 0
−2x +y +z = 0
I parametri direttori di tale retta valgono l0= 3, m0= 3, n0 = 3. I vettori cercati avranno allora componenti del tipo (h, h, h). Tra questi quelli di modulo 3 si ottengono imponendo 3h2= 9, ovvero h = ±√
3. I vettori cercati sono allora
v1= (√ 3,√
3,√
3) e v2= (−√ 3, −√
3, −√ 3).
Esercizio 6. Determinare equazione cartesiana della retta di minima distanza delle due rette sghembe
r : (
x +2z −1 = 0
−y +z +1 = 0, s :
(
x +3 = 0
y +z +1 = 0,
Soluzione dell’esercizio 6. Per definizione, la retta di minima distanza tra due rette sghembe r ed s ´e la retta perpendicolaree ed incidente sia r che s.
Tale retta risulta parallela ai piani per r ed s. Se α ´e uno di tali piani, la retta richiesta ´e allora l’intersezione dei piani β1 e β2, passanti rispettivamente per r ed s e perpendicolari ad α.
Costruiamo il piano passante per r e parallelo ad s.
(x + 2z − 1) + k(−y + z + 1) = 0, che possiamo riscrivere come
x − ky + (2 + k)z + (−1 + k) = 0.
I parametri direttori della retta s valgono l0 = 0, m0= −1, n0 = 1. Imponendo la condizione di parallelismo ricaviamo k = 1, ovvero il piano di equazione
α : x + y + z − 2 = 0.
Il piano per r perpendicolare ad α ha equazione
β1: −y + z + 1 = 0.
Il facio di piani passante per s ha equazioni
x + hy + hz + (3 + h) = 0.
Imponendo la condizione di perpendicolarit´a con α ricaviamo il piano β2: 2x − y − z + 5 = 0.
La retta richiesta ´e quindi la retta di equazione cartesiana
t :
( −y +z +1 = 0
2x −y −z +5 = 0,
