Esercizi Analisi matematica 1

Z

Z Z (t 1) 2

2

− − −

arctan( (t 1) arctan t dt =

x + 1) dx = 2 dt + (t 1) arctan t 1

2

1+ t

1

0 1

2

Z 2t 2

2

− −

1 dt + (t 1) arctan t

= 1

2

1+ t

1 5

2

2 2

− − −1 + arctan 2 .

= ln(1 + t ) t + (t 1) arctan t = + ln

1 2

√ 2x −

Con il cambio di variabile t = e 1 e integrando per parti, si ottiene:

√ √ √ √

√

ln 2 3 3

2

Z

Z Z

t 1 π

3

2x − − − −

e 1 dx = 1 dt = t arctan t = 3 .

dt = 0

2 2

1 + t 1 + t 3

0 0 0

∈

3. (6 punti) Al variare k deteminare se la matrice A è diagonalizzabile

R k

 

1 k 1

0 k 0

A = .

k  

1 0 1

Nel caso A diagonalizzabile, determinare una matrice diagonale simile ad A e la relativa matrice

k k

di passaggio.

SOLUZIONE.

− − − {0, 6 6

Si ha det(A λI) = λ(λ 2)(k λ) e gli autovalori di A sono 2, k}. Se k = 0 e k = 2, gli

k k

autovalori sono semplici e dunque A è diagonalizzabile.

k

Se k = 0, l’autovalore 0 è doppio e si ha  

1 0 1

0 0 0

A = .

0  

1 0 1

Siccome A è simmetrica risulta anche diagonalizzabile.

0

Se k = 2, l’autovalore 2 è doppio e si ha  

1 2 1

0 2 0

A = .

2  

1 0 1

Un vettore u(x, y, z) soddisfa A u = 2u se e solo se y = 0 e x = z; l’autospazio è quindi generato dal

2

vettore (1, 0, 1) e ha dimensione 1. Pertanto, A non è diagonalizzabile.

2

6

Per le matrici diagonalizzabili A (con k = 2), una matrice diagonale simile è

k  

0 0 0

0 k 0

M = .

k  

0 0 2

Gli autovettori associati agli autovalori 0, k, 2, sono, rispettivamente

           

−

1 k 1 1 1 0 1

− 6

0 k 2 0 0 1 0

se k = 0, 2, se k = 0.

           

−1 −1

1 1 0 1

Di conseguenza, le matrici di passaggio sono

   

−

1 k 1 1 1 0 1

− 6

0 k 2 0 0 1 0

se k = 0, 2, se k = 0.

   

−1 −1

1 1 0 1

4. (6 punti) Si considerino i vettori −1,

u = (1, 0, α), v = (0, α), w = (α, 0, 1)

∈

con α R.

(a) Determinare per quali α i vettori u, v, w sono linearmente indipendenti.

(b) Nei due casi in cui i vettori u, v, w risultano complanari, determinare l’equazione del piano che

li contiene e passa per l’origine e determinare l’equazione parametrica della retta normale a tale

piano e passante per il punto (2, 0, 1).

(c) dimostrare che le due rette trovate nel punto precedente sono complanari e calcolare l’angolo

da loro formato.

SOLUZIONE.

(a) Risulta 1 0 α 2

−1 −

0 0

det(u, v, w) = = α 1 ,

α α 1 6 ±1.

perciò i vettori sono linearmente indipendenti se e solo se α =

(b) Se i vettori sono complanari, possiamo prenderne una qualunque coppia non proporzionale per

∧ − −

determinare la direzione normale al piano; risulta u v = αi αj k e i piani passanti per l’origine hanno

equazione − − − −1

x y z = 0 se α = 1 , x y + z = 0 se α = .

Le equazioni parametriche delle rette richieste sono (per esempio!)

 

x =2+ t x =2+ t

 

−t −t

y = y =

r r

1 2

−

z =1 t z = 1 + t.

 

(c) Dato che le rette r e r si intersecano nel punto (2, 0, 1), sono necessariamanete complanari. L’angolo

1 2 −1, −1) −1,

α che formano è lo stesso dei loro vettori direttori u (1, e u (1, 1); pertanto

1 2

· 1 1

u u

1 2 − −

= =⇒ α = arccos .

cos α = |u | · |u | 3 3

1 2

Ingegneria Chimica, dei Materiali e delle Nanotecnologie

Analisi Matematica I e Geometria (PRIMA PARTE) - 31 gennaio 2017

LE RISPOSTE VANNO MOTIVATE.

1. Risolvere il sistema 2x + 3y = 1, x + 2y = 1.

2. Scrivere le equazioni parametriche della retta passante per i punti A(1, 1, 1) e B(2, 2, 2).

C: − −

2

3. Risolvere in z + 5iz 7 i = 0.

4. Scrivere in forma esponenziale le radici cubiche di i.

−1, −

5. Calcolare la distanza tra il punto A(1, 1) e il piano di equazione x 2y + 3z = 0.

( )

−1

1

6. Stabilire se la matrice A = è invertibile .

−1 1 )

( 1 2 1 .

7. Determinare il rango della matrice B = −1

1 2 · ·

8. Siano A e B le matrici dei due punti precedenti. Ove possibile, calcolare A B e B A.

 

1 2 1

 

2 2 0

9. Stabilire se la matrice A = è diagonalizzabile.

1 0 π R → R

3 2

10. Determinare il nucleo dell’applicazione lineare L : definita da L(x, y, z) = (x + y, 2x +

2y, 3x + 3y). Ingegneria Chimica, dei Materiali e delle Nanotecnologie

Analisi Matematica I e Geometria (SECONDA PARTE) - 31 gennaio 2017

Teoria. (3 punti) Dare la definizione di matrice diagonalizzabile. Enunciare una condizione necessaria e

sufficiente per la diagonalizzabilità.

Soluzione. Confrontare il libro di testo.

C

1. (6 punti) Risolvere in l’equazione )

( 1 = 0, (1)

Im 1 + z

dove Im indica la parte immaginaria del numero. Disegnare nel piano complesso i seguenti insiemi:

{ }

{ } { }

1

√

∈ C ∈ ∈

A = z : z risolve (1) , B = w = (1 + i)z : z A , C = ξ = w + i : w B .

2

̸

Soluzione. Sia z = x + iy. Per z = 0 definiamo il numero complesso

− −y

2 2

1 z +1 x + iy + 1 (x + iy + 1)(x iy) x + y + x

w =1+ = = = = + i .

2 2 2 2 2 2

z z x + iy x + y x + y x + y

∈ \ {0}.

Imw = 0 sse y = 0. Le soluzioni di (1) sono i complessi z = x, al variare di x R

L’insieme delle soluzioni A: y x

L’insieme B si ottiene ruotando A di un angolo θ = π/4:

y x

L’insieme C si ottiene traslando l’insieme B di un’unità lungo l’asse y:

y 1 x

R → R

3 4

2. (6 punti) Sia data l’applicazione lineare L : definita da

L(x, y, z) = (x + y + 2z, x + z, 2x + 2y + 4z, x + z).

(a) Determinare se L è iniettiva, suriettiva, biunivoca.

−2, ∈

(b) Dimostrare che v = (−1, 2, 2) ImL e trovare le sue controimmagini.

∈ R ̸∈

4

(c) Trovare un vettore w tale che w ImL.

Soluzione.

(a) Associamo ad L la matrice rappresentativa

 

1 1 2

 

 

1 0 1

 

A = .

 

 

2 2 4

1 0 1

[ ]

1 1

La sottomatrice ha deteminante non nullo e la terza colonna della matrice è somma

1 0

delle prime due colonne. Quindi rkA = 2. Dal teorema di nullità più rango si ottiene che la

dimensione del nucleo è 1 la dimensione dell’immagine è 2, l’applicazione L non è iniettiva, non

è suriettiva, non è biunivoca.

−2, ∈

(b) Il vettore v = (−1, 2, 2) ImL, infatti la matrice

 

−1

1 1 2

 

 

[ ] 1 0 1 2

 

A|v =  

−2

 

2 2 4

1 0 1 2

ha rango 2. Le controimmagini di v sono le soluzioni del sistema

 −1

 

x + y + 2z =



 { − − −



 y = t 2 2t 1



 −1

x + y + 2z =

x + z =2 −t

⇐⇒

⇐⇒ x = + 2 ,



 −2 

 x + z = 2

2x + 2y + 4z =





 z = t

x + z =2 −t − ∈

quindi i vettori (x, y, z) = (−t + 2, 3, t) al variare di t R.

̸∈

(c) Il vettore w = (1, 0, 0, 0) ImL, infatti la matrice

 

1 1 2 1

 

 

[ ] 1 0 1 0

 

A|w = .

 

 

2 2 4 0

1 0 1 0

ha rango 3, la sottomatrice  

1 1 1

 

 

1 0 0 .

2 2 0

ha determinate non nullo.

3. (6 punti) Data la matrice  

1 k 1

 

 

0 1 0

A = .

0 k 5 ∈ R.

determinarne autovalori ed autovettori al variare di k Per quali valori di k la matrice A è

diagonalizzabile?

Soluzione. Calcoliamo gli autovalori della matrice, come radici del polinomio caratteristico:

 

−

1 λ k 1

 

−

− − − −

 

0 1 λ 0

P (λ) = det(A λI) = det = (1 λ)(1 λ)(5 λ) = 0

−

0 k 5 λ

sse λ = 1, 5.

L’autovalore λ = 5 ha molteplicità algebrica 1 quindi è regolare.

L’autovalore λ = 1 ha molteplicità algebrica 2. Per determinare se è regolare calcoliamo la sua

− −

molteplicità geometrica d = 3 rango(A I). Essendo

1  

0 k 1

 

−  

0 0 0

A I = ,

0 k 4

̸

il rango è 2 sse k = 0. In questo caso l’autovalore 1 non è regolare, e la matrice A diagonalizzabile.

Se k = 0 il rango è 1, l’autovalore 1 è regolare e la matrice A è diagonalizzabile.

Per determinare gli autovettori raltivi a λ = 5 risolviamo il sistema



 −4x 

 x = t

+ ky + z = 0 

 −4y y =0

= 0 sse 

 

 z = 4t

ky = 0 ∈

Otteniamo che gli autovettori relativi a λ = 5 sono i vettori (x, y, z) = (t, 0, 4t) al variare di t

\ {0}.

R

Per determinare gli autovettori raltivi a λ = 1 risolviamo il sistema

{ ky + z = 0 ̸

sse k = 0, z = 0 oppure k = 0, y = z = 0.

ky + 4z = 0

Otteniamo che gli autovettori relativi a λ = 1, nel caso k = 0, sono i vettori (x, y, z) = (t, s, 0) al

∈ ̸ ̸

variare di t, s R, con (t, s) = (0, 0); nel caso k = 0 sono i vettori (x, y, z) = (t, 0, 0) al variare di

∈ \ {0}.

t R −

4. (6 punti) Sia dato il piano π di equazione cartesiana x + y z = 0.

(a) Determinare la retta r ortogonale al piano π e passante per il punto A = (1, 0, 0).

1

(b) Determinare la retta r simmetrica di r rispetto al punto B = (1, 1, 1).

2 1

(c) Stabilire se la retta di equazioni cartesiane x = y = z interseca π.

Soluzione. −1),

(a) Il piano π è ortogonale al vettore n = (1, 1, quindi l’equazione parametrica di r è

1



 x =1+ t

 y = t



 −t

z = ′

(b) La retta r è parallela a r e passa per il punto A simmetrico di A rispetto al punto