Geometria e Algebra 21 Giugno 2016

(1)

Geometria e Algebra 21 Giugno 2016

CdL Ingegneria Biomedica.

CORREZIONE

————–

ISTRUZIONI:

• Scrivere il proprio Cognome, Nome e Matricola in stampatello MAIUSCOLO qui e sul foglio protocollo.

• Non saranno prese in considerazione risposte non giustificate.

• Per poter superare l’esame `e necessario conseguire almeno 4/6 nelle domande di teoria.

Esercizio E. 1.Discutere al variare di k ∈ R il seguente sistema lineare:







ky + 3z = 1 (k + 1)x − 21y − 2z = −k

−x + 5y + z = 1

• per quali valori di k il sistema non ammette soluzione?

• per quali valori di k il sistema ammette una sola soluzione? Trovarla esplicitamente.

• per quali valori di k il sistema ammette infinite soluzioni? Trovarle esplicitamente

Poiché sistema è quadrato, per applicare il Teorema di Cramer e/o il Teorema di Rouché–Capelli, calcoliamo il determinante (e poi il rango) della matrice A dei coefficienti, rispetto (ad esempio) alla prima riga:

detA = det





0 k 3

k + 1 −21 −2

−1 5 1



= −k(k + 1 − 2) + 3(5k + 5 − 21) = −k²+ k + 15k − 48 = −(k²− 16k + +48)

= −(k − 4)(k − 12).

Quindi, per il teorema di Cramer, il sistema ammette una sola soluzione se e solo se k 6= 4 e k 6= 12.

[Alla stessa conclusione si poteva giungere anche usando il Teorema di Rouch´e–Capelli. Infatti, se k 6= 4 e k 6= 12 allora rg(A) = 3, ed essendo A un minore non nullo di A⁰ (matrice 3 × 4), allora anche rg(A⁰) = 3 e quindi rg(A) = rg(A⁰) = 3 = numero incognite =⇒ ∞³⁻³soluzioni = ∞⁰ soluzioni = 1 soluzione.]

Troviamo le soluzioni con la regola di Cramer:

x = detAx

detA , y = detAy

detA , z = detAz

detA , Calcoliamo quindi

detAx= det





1 k 3

−k −21 −2

1 5 1



= −21 + 10 − k(−k + 2) + 3(−5k + 21) = k²− 17k + 52 = (k − 13)(k − 4)

detAy = det





0 1 3

k + 1 −k −2

−1 1 1



= −1(k + 1 − 2) + 3(k + 1 − k) = −k + 1 + 3 = −(k − 4).

detA_z = det





0 k 1

k + 1 −21 −k

−1 5 1



= −k(k + 1 − k) + 5k + 5 − 21 = −k + 5k − 16 = 4(k − 4).

1

(2)

Quindi le soluzioni sono:

x = (k − 13)(k − 4)

−(k − 12)(k − 4) = −(k − 13) (k − 12), y = −(k − 4)

−(k − 12)(k − 4) = 1 (k − 12), z = 4(k − 4)

−(k − 12)(k − 4) = − 4 k − 12,

Non ci resta che verificare cosa accade nei due casi esclusi precedentemente, cio`e k = 4 e k = 12.

Sia k = 12, l’unico minore di ordine 3 della matrice A `e la stessa matrice A =





0 12 3

13 −21 −2

−1 5 1



, che ha det = 0

(per quanto visto sopra) e il minore

0 12

13 −21

ha det = −12 · 13 = 156, si ha che per k = 12 il rg(A) = 2.

La matrice A⁰ diviene

A⁰ =





0 12 3 1

13 −21 −2 12

−1 5 1 1



 e utilizzando il teorema di Kronecker a partire da

0 12

13 −21

si hanno i due minori: A se si aggiunge la terza

colonna e la terza riga (che `e un minore nullo) e





0 12 1

13 −21 12

−1 5 1



(aggiungendo la terza riga e la quarta colonna) che ha det = −12(13 + 12) + 65 − 21 = −300 + 44 = 256 6= 0, per cui rg(A⁰) = 3 e possiamo concludere che per k = 12 il sistema non ammette soluzioni.

Passiamo al caso k = 4. Anche in questo caso, l’unico minore di ordine 3 di A `e la matrice stessa A =





0 4 3

5 −21 −2

−1 5 1



, che ha det = 0 (per quanto visto sopra) e il minore

0 4

5 −21

ha det = −20, quindi per k = 4 il rg(A) = 2.

La matrice A⁰ diviene

A⁰ =





0 4 3 1

5 −21 −2 −4

−1 5 1 1



 e utilizzando il teorema di Kronecker a partire da

0 4

5 −21

si hanno i due minori: A se si aggiunge la terza riga

e la terza colonna (che `e un minore nullo) e





0 4 1

5 −21 −4

−1 5 1



 (aggiungendo la terza riga e la quarta colonna) che ha det = −4(5 − 4) + 25 − 4 = 0, per cui rg(A⁰) = 2 = rg(A) e possiamo concludere che per k = 4 il sistema ammette ∞¹ soluzioni.

Per calcolare esplicitamente le soluzioni, utilizziamo la riduzione di Gauss:

A⁰ =





0 4 3 1

5 −21 −2 −4

−1 5 1 1





A3<=>A1

−→





−1 5 1 1

5 −21 −2 −4

0 4 3 1





A2=A2+5A1

−→





−1 5 1 1 0 4 3 1 0 4 3 1





A3=A3−A2

−→

=





−1 5 1 1 0 4 3 1 0 0 0 0



 Abbiamo dunque ottenuto il sistema equivalente in forma triangolare:







−x + 5y + z = 1 4y + 3z = 1 0 = 0

da cui si ottiene facilmente: y = ^1−3z₄ , x = ^1−11z₄ , e z variabile libera, da cui ponendo z = t si ottiene come insieme delle soluzioni ¹₄ −¹¹₄t,¹₄ −³₄t, t . Quindi:

(3)

• per quali valori di k il sistema non ammette soluzione?

Per k = 12.

• per quali valori di k il sistema ammette una sola soluzione? Trovarla esplicitamente.

Per k 6= 4 e k 6= 12.

La soluzione `e: x = −^(k−13)_(k−12), y = _(k−12)¹ , z = −_(k−12)⁴ .

• per quali valori di k il sistema ammette infinite soluzioni? Trovarle esplicitamente.

Per k = 4, il sistema ammette ∞¹ soluzioni, che sono: x = ¹₄ −¹¹₄t y = ¹₄ −³₄t z = t al variare di t ∈ R.

Esercizio E. 2. Data la matrice A =







2t 1 −1 0 t −1 0 2 4t





.

• Per quali valori di t ∈ R esiste l’inversa della matrice A?

• Calcolare l’inversa esplicitamente al variare del parametro t. [3 punti]

• Posto t = −1, (nella matrice A) stabilire se la matrice A `e diagonalizzabile. Calcolare inoltre il polinomio caratteristico, gli autovettori con le loro rispettive molteplicit`a (algebrica e geometrica) e calcolare per ogni autovalore il corrispondente autospazio.

L’inversa della matrice A esiste se e solo se il detA 6= 0. Quindi (calcolando rispetto alla prima colonna) si ha detA =





2t 1 −1 0 t −1 0 2 4t



= 2t(4t²+ 2) che risulta nullo solo se t = 0, poich`e 4t²+ 2 `e sempre diverso da 0.

Calcoliamo ora i complementi algebrici per avere la matrice inversa:

A₁₁= det

t −1 2 4t

= 4t²+ 2; A₁₂= − det

0 −1 0 4t

= 0; A₁₃= det

0 t 0 2

= 0;

A₂₁= − det

1 −1 2 4t

= −(4t + 2); A₂₂= det

2t −1 0 4t

= 8t²; A₂₃= − det

2t 1 0 2

= −4t;

A₃₁= det

1 −1 t −1

= −1 + t; A₃₂= − det

2t −1 0 −1

= 2t; A₃₃= det

2t 1 0 t

= 2t². Quindi abbiamo:

A_ij =





4t²+ 2 0 0

−4t − 2 8t² −4t

−1 + t 2t 2t²



,

A^T_ij =





4t²+ 2 −4t − 2 t − 1

0 8t² 2t

0 −4t 2t²



.

Inoltre, poich´e det(A) = 2t(4t²+ 2) abbiamo:

A⁻¹ = − 1 2t(4t²+ 2)





4t²+ 2 −4t − 2 t − 1

0 8t² 2t

0 −4t 2t²



 Poniamo ora t = −1 e verifichiamo se la matrice A `e diagonalizzabile.

La matrice diviene A =





−2 1 −1

0 −1 −1

0 2 −4



, calcoliamo il polinomio caratteristico

P_A(λ) = det





−2 − λ 1 −1

0 −1 − λ −1

0 2 −4 − λ



= (−2 − λ)[(−1 − λ)(−4 − λ) + 2] = −(λ + 2)(λ²+ 5λ + 6)

= − (λ + 2)(λ + 2)(λ + 3).

(4)

Da cui si ricava che gli autovalori di A sono λ = −2 con molteplicità algebrica 2, ma(−2) = 2, e λ = −3 con con molteplicità algebrica 1, ma(−3) = 1 e quindi con molteplicità geometrica 1, mg(−3) = 1 (solo per l’autovalore

−3. ) Per l’Autovalore −2 dobbiamo trovare la molteplicit`a geometrica e quindi cerchiamo il suo autospazio.

Si ha

V−2=







A − (−2)I



 x y z



= 0





 Ovvero





0 1 −1 0 1 −1 0 2 −2







 x y z



=







y − z = 0 y − z = 0 2y − 2z = 0

da cui l’unica equazione y − z = 0, ci fornisce la soluzione y = z, con variabili libere x e z.

Per cui

V−2= {(s, t, t)|s, t ∈ R} = L{(1, 0, 0), (0, 1, 1)},

da cui si deduce che la dimensione dell’ autospazio relativo a −2 è 2 e quindi la molteplicità geometrica di −2 è 2 e quindi concide con la molteplicità algebrica. In conseguenza di ciò possiamo affermare che la matrice diagonalizzabile.

Calcoliamo ora l’ autospazio relativo all’ autovalore −3 come richiesto.

V−3=







A − (−3)I



 x y z



= 0







e 



1 1 −1 0 2 −1 0 2 −1







 x y z



=







x + y − z = 0 2y − z = 0 2y − z = 0

Dalla seconda (che `e uguale alla terza ) si ha z = 2y e sostituendo nella prima x = −y + 2y, da cui x = y. Per cui, posto y = t, si ha

V−3= {(t, t, 2t)|t ∈ R} = L{(1, 1, 2).}

Esercizio E. 3. Date le seguenti rette, r :

( 2x − y = 2

3x + z = 3 s :

( x + y = 0 z = 0,

dopo aver verificato che sono sghembe, calcolare la retta di minima distanza tra r ed s e la loro distanza.

La prima cosa da fare è portare le due rette in forma canonica. Pochè nella retta r la variabile x compare in entrambi i piani che rappresentano la retta, è conveniente porre x = t per ottenere la forma parametrica

r :





 x = t y = 2t − 2 z = −3t + 3 Mentre per s poniamo y = t, da cui

r :







x = −t y = t z = 0 Da cui ricaviamo:

• un punto di r, che chiamiamo R di coordinate: R(0, −2, 3),

• la direzione di r, che chiamiamo ~u = (1, 2, −3),

• un punto di s, che chiamiamo S di coordinate: S(0, 0, 0),

• la direzione di s, che chiamiamo ~v = (−1, 1, 0).

Verifichiamo come prima cosa che le due rette siano sghembe, quindi verifichiamo se det





~u

~v RS



6= 0.

Calcoliamo la direzione RS = S − R = (0, 2, −3).

(5)

Infine

det





1 2 −3

−1 1 0 0 2 −3



= −3 + (−6 + 6) = −3 6= 0, da cui si deduce che le rette sono sghembe.

Sia ora P ∈ r, da cui P = (t, 2t − 2, −3t + 3) e sia Q ∈ s da cui Q = (−s, s, 0).

La direzione P Q = Q − P = (−s − t, s − 2t + 2, 3t − 3), che da la retta di minima distanza `e quella che soddisfa le seguenti condizioni

P Q · ~u = 0 P Q · ~v = 0.

Nel nostro caso particolare

(−s − t, s − 2t + 2, 3t − 3) · (1, 2, −3) = 0 (−s − t, s − 2t + 2, 3t − 3) · (−1, 1, 0) = 0.

da cui

−s − t + 2s − 4t + 4 − 9t + 9 = 0

(s + t + s − 2t + 2) · (−1, 1, 0) = 0. ⇐⇒

−14t + s + 13 = 0 2s − t + 2 = 0. ⇐⇒

−28 − 28s + s + 13 = 0 t = 2 + 2s.

da cui

s = ⁺¹⁵₋₂₇

t = 2 + 2s. ⇐⇒

s = −⁵₉ t = ⁸₉. Quindi la direzione della retta di minima distanza `e

P Q =

−−5 9 −8

9, −5 9− 28

9+ 2, 38 9 − 3

=

−1 3, −1

3, −1 3

mentre i punti P e Q sono

P = 8 9, 28

9− 2, −38 9+ 3

= 8 9, −2

9,1 3

Q = 5 9, −5

9, 0

e quindi la retta di minima distanza `e







x = x_Q+ tx_{P Q} y = yQ+ tyP Q

z = z_Q+ tz_{P Q} e quindi nel nostro caso







x = ⁵₉ −¹₃t y = −⁵₉ −¹₃t z = −¹₃t

Chiaramente si poteva utilizzare anche il punto P in sostituzione del punto Q.

Calcoliamo infine la distanza tra le rette r ed s calcolando la distanza tra il punto P e il punto Q:

P Q = s

−1 3

2

+

−1 3

2

+

−1 3

2

= r3

9 = r1

3 =

√3 3 .

Esercizio E. 4. Data la seguente conica,

γ : x²+ 3y²+ 2√

3xy + 4√

3x − 4y = 0

classificarla (ovvero, dire se si tratta di una parabola, un ellisse, un iperbole o una conica degenere) e ridurla a forma canonica. Se si tratta di una conica a centro, trovarne il centro.

Troviamo prima di tutto la matrice associata alla conica A⁰=





1 √

3 2√

√ 3

3 3 −2

2√

3 −2 0





(6)

e calcoliamo il determinante per sapere se si tratta di una conica degenere o non degenere.

detA⁰ = det





1 √

3 2√

√ 3

3 3 −2

2√

3 −2 0



= 2√ 3(−2√

3 − 6√

3) + 2(−2 − 4√ 3√

3) = −48 − 16 = −64.

Quindi la conica `e non degenere.

Calcoliamo ora la matrice dei coefficienti quadratici, quindi solo i coefficienti di x², y² e xy, A =

1 √

√ 3 3 3

il cui determinante `e

detA = det

1 √

√ 3 3 3

= 3 − 3 = 0

e quindi si tratta di una parabola. La parabola non `e una conica a centro e quindi non sar`a necessario trovare il centro.

Troviamo la forma canonica, essendo una parabola la forma canonica da trovare `e ax²+ 2by = 0. (Per ricordare la forma canonica, si pensi alla matrice che si vuole ottenere





a 0 0 0 0 b 0 b 0



e la si traduca in polinomio.) Utilizzando la tecnica degli invarianti si ha che

detA⁰ = −ab² T rA = a.

Ricordando che la traccia di una matrice `e la somma degli elementi sulla diagonale principale si ha che T r(A⁰) = 4 calcoliamo i coefficienti a e b.

Si ricava facilmente che a = 4 e −64 = −4b² da cui b² = 16 e b = 4 e b = −4. (Scegliamo b = 4 poic`e con l’altro valore si ottiene una parabola equivalente al punto di vista delle rototaslazioni euclidee.) La forma canonica `e quindi 4x²+ 8y = 0 o in forma esplicita y = −¹₂x².

Esercizio E. 5. Scrivere la forma algebrica e la forma trigonometrica del seguente numero complesso:

−2 + 5√ 3i −√

3i 1 −√

3i + 3

!7

. Prima di tutto svolgiamo i calcoli all’interno della parentesi

−2 + 5√ 3i −√

3i 1 −√

3i + 3

!7

= −2 + 4√ 3i 1 −√

3i + 3

!7

= −2 + 4√

3i + 3 − 3√ 3i 1 −√

3i

!7

=

= 1 +√ 3i 1 −√

3i

!7

= 1 +√ 3i 1 −√

3i·1 +√ 3i 1 +√

3i

!7

= 1 + 2√

3i + 3i² 1 − 3i²

!7

= −2 + 2√ 3i 4

!7

= −1 2 +

√ 3 2 i

!7

Ora per poter applicare la Formula di de Moivre troviamo la forma trigonometrica del numero complesso all’interno della parentesi.

Si ha a = −¹₂ e b =

√ 3

2 e quindi









 ρ =

r

−¹₂2

+^√

3 2

2

= q1

4 +³₄ = 1 cos θ = ^a_ρ = −¹₂.

sin θ = _ρ^b =

√ 3 2

da cui si deduce θ = ^2π₃ .

Applichiamo ora la forma di de Moivre, [zⁿ= ρⁿ(cos(nθ) + i sin(nθ))]

= 1⁷

cos

7 · 2π

3

+ i sin

7 · 2π

3

)

= 1

cos 14π 3

+ i sin 14π 3

= cosπ 3

+ i sinπ 3

. Infine la sua forma algebrica `e ¹₂ +

√3 2 .