Formulari svolti di Algebra lineare e geometria.

R

∈

(2) Per quali valori di k il sistema ha infinite soluzioni?

R

(3) Trovare una soluzione per k = 1. ̸ −4,

Soluzione. Il sistema ha un’unica soluzione per k = e la soluzione in funzione di k è

3 3(k + 1) 2k + 5

−

x = , y = , z = .

k +4 k +4 2k + 8

Per k = 4 il sistema non ha soluzione. Non ci sono valori di k tali che il sistema ha infinite

soluzioni. 35 6 7

− □

Per k = 1 la soluzione è x = , y = , z = .

5 10

Risposta 1 Risposta 2 Risposta 3

nessuno

̸ 3 6 7

k = 4 −

, ,

5 5 10

32 ALESSANDRO BERARDUCCI

Esercizio 10.2. [Nucleo e immagine]

3 4

→

Sia f : l’applicazione lineare la cui matrice nelle basi standard è

R R −1

3 5

1 4 19 .

2 2 14

−1 −1

1

(1) Determinare la dimensione del nucleo di f e una sua base.

(2) Determinare la dimensione dell’immagine di f e una sua base. 2

18

(3) Stabilire se esista un vettore nell’immagine di f ortogonale a .

12

−2

Soluzione. 1) Risolvendo il sistema −1

3 5

0

x

1 4 19 0

=

y

2 2 14 0

z

−1 −1

1 0

3

con mosse di riga si trova che il kernel è Span , come si può anche verificare osservando che la

4

−1

terza colonna della matrice è 3 volte la prima più 4 volte la seconda e dunque:

−1 −1

3 5 5

3 0

3 19

1 4 19 1 4 00

−

= 3 + 4 1 = .

4 14

2 2 14 2 2

−1 −1

−1 −1 −1

1 1 0

3) L’immagine di f è data dallo span di due qualsiasi colonne della matrice, e la dimensione è

quindi 2. 2

18

4) Innanzitutto osservo che il vettore è nell’immagine di f , essendo pari alla 3 colonna della

12

−2

matrice meno la prima. 2

18

Essendo l’immagine di dimensione 2, posso quindi completare u = ad una base u, v dell’im-

12

−2

3

12

magine ad esempio ponendo v = . Applicando l’algoritmo di Gram-Schmidt (ovvero sottraendo

1 2

18 □

da v la sua proiezione ortogonale su u) trovo un vettore nell’immagine ortogonale a .

12

−2

Risposta 2

Risposta 1 Risposta 3

dimensione 2, SI

3

Span 4 −1

3

−1 1 42

base ,

2 −1

1

RACCOLTA PROVE SCRITTE DI GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 33

Esercizio 10.3. [Proiezioni ortogonali]

3 3 3

⊆ − →

Sia V il piano di equazione x + 2y z = 0 e sia p : la proiezione ortgonale su V .

R R R

8

(1) Determinare il punto di V alla minima distanza da .

8

−6

(2) Determinare la matrice [p] di p rispetto alle basi standard.

1 1 0

α { }

(3) Determinare la matrice [p] di p rispetto alla base α = , , in partenza e in

2 0 1

α −1 1 2

arrivo.

1

Soluzione. 1) Il piano V è ortogonale alla retta Span( ).

2

−1

8 1

Il punto di minima distanza si ottiene calcolando l’intersezione tra V e la retta +Span( )

8 2

−6 −1

8

(l’idea è che procedo da e mi muovo in direzione perpendicolare a V finché incontro V ).

8

−6

Devo risolvere il sistema  x =8+ t







 y = 8 + 2t

 −6 −

z = t







 −

x + 2y z = 0



−5, −2, −1. −2, −1).

Trovo t = x = 3, y = z = Il punto (x, y , z) di minima distanza è (3,

a a

x

3

∈

2) Dato un generico vettore chiamo = p( ) la sua proiezione ortogonale su V .

y

b b

R z

c c

Analogamente a quanto fatto nel punto precedente, essa si ottiene risolvendo il sistema

 x = a + t







 y = b + 2t

 −

z = c t







 −

x + 2y z = 0



5/6

a x

1

Per = . Questa è dunque la prima colonna di [p].

otteniamo = −1/3

y

b 0 z

c 0 1/6

a

Analogamente prendendo come il secondo e il terzo vettore della base standard si ottengono

b

c

la seconda e la terza colonna di [p]. La soluzione è

−1/3

5/6 1/6

[p] = −1/3 1/3 1/3

1/6 1/3 5/6 ⊥

∈ ∈

3) Siano v , v , v i vettori della base α e osserviamo v V , v , v V . La proiezione manda i

1 2 3 1 2 3

⊥

vettori di V in 0̄ e quelli di V in se stessi. Si deve dunque avere p(v ) = 0̄, p(v ) = v , p(v ) = v .

1 2 2 3 3

α

La matrice [p] ha come colonne le coordinate di questi tre output rispetto alla base α, e risulta

α

0 0 0

α □

dunque essere [p] = .

0 1 0

α 0 0 1

Risposta 1 Risposta 2 Risposta 3

−2, −1)

−1/3 0 0 0

(3, 5/6 1/6 0 1 0

−1/3 1/3 1/3 0 0 1

1/6 1/3 5/6

34 ALESSANDRO BERARDUCCI

Esercizio 10.4. [Somma e intersezione di sottospazi]

1

2,3 2,3 2,3

00

⊂ ∈ ⊆

Sia U il sottospazio delle matrici A tali che A = ( ) e sia V il sottospazio

2

R R R

3

2,3 23

∈

delle matrici B tali che lo span delle colonne di B è contenuto in Span ( ).

R

(1) Determinare la dimensione di U.

(2) Determinare la dimensione di V .

∩

(3) Determinare la dimensione di U V .

2,3

(4) Stabilire se U + V = .

R cf

a

00

a b c be

∈ ) = (

+ 3 ( ).

Soluzione. 1) Per una generica matrice A = U dobbiamo avere ( ) + 2

c

d e f

Posso scegliere liberamente le ultime due colonne e la prima si ricava. Ho quindi 4 scelte libere e la

dimensione di U è 4. 23

∈

2) Una generica matrice B V deve avere le colonne nello span di ( ) ed essere quindi della

2a 2b 2c

forma B = . Ho quindi 3 scelte libere per a, b, c e la dimensione di V è 3.

3a 3b 3c ∈ ∩

3) Una matrice A U V deve verificare entrambe le condizioni precedenti: le ultime due colonne

2b 2c

e (

devono quindi essere della forma ) e la prima si ricava. Ho quindi solo due scelte libere

3c

3b

∩

per b, c e la dimensione di U V è 2. − ∩ −

4) Per la formula di Grassmann dim(U + V ) = dim(U) + dim(V ) dim(U V ) = 4 + 3 2 = 5.

2,3 2,3

̸

Essendo U + V contenuto in e di dimensione inferiore, U + V = .

R R □

Risposta 1 Risposta 2 Risposta 3 Risposta 4

4 3 2 No

RACCOLTA PROVE SCRITTE DI GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 35

Esercizio 10.5. [Complemento ortogonale]

1

3

⊂

Sia V il complemento ortogonale di Span .

1

R 1

(1) Trovare la rappresentazione cartesiana di V .

1

(2) Trovare una base ortogonale di V contenente .

−1

0

1 ◦

∈

(3) Determinare un vettore v V tale che l’angolo compreso tra v e sia di 45 .

−1

0

Soluzione. 1) La rappresentazione cartesiana di V è x + y + z = 0.

1 1

2) Una base ortogonale di V è , . Dopo aver scelto il primo vettore, per ottenere il

−1 1

−2

0

1

secondo imponiamo che sia ortogonale sia al primo che a .

1

1

1 1

1

1 i versori corrispondenti alla base ortogonale appena

e v =

3) Siano v = √ √

−1 1

2

1 2 6 −2

0

◦

trovata. Ponendo θ = 45 , ovvero θ = π/2 radianti, il vettore cercato è

v = cos(θ)v + sin(θ)v

1 2

√ √

2 2

= v + v

1 2

2 2

1 1

1 1

= + √

−1 1

2 3 −2

0 □

Risposta 2 Risposta 3

Risposta 1

x + y + z =0

1 1 1 1

1 1

, + √

−1 −1

1 1

2 3

−2 −2

0 0

36 ALESSANDRO BERARDUCCI

11. 29 maggio 2023, secondo compitino, a.a. 2022-23

Esercizio 11.1. [Trasformazioni ortogonali]

−1 2 2

1 3,3

∈

[9 punti] Sia A = .

−1

2 2 R

3 −1

2 2

−1

(1) Stabilire se è un autovalore di A e in caso di risposta positiva trovare un relativo

∈

autovettore v V .

−1

1

∈

(2) Determinare se esista un k tale che è un autovettore di A.

k

R 0

(3) Stabilire se A rappresenti una rotazione intorno ad un asse (esibendo in tal taso una base

dell’asse), una riflessione rispetto ad un piano (esibendo in tal caso una base del piano), o

un altro tipo di applicazione (motivando). 2 2 2

1

−1 . Con

Soluzione. (1) Per determinare se è un autovalore calcolo il nucleo di A + I = −1

2 5

3 −1

2 5

mosse di Gauss ottengo 2 2 2 2

2 2 2

V = ker = ker( ) = Span( )

−1 −1

2 5 4 4 4

−1 −1

−1 −1

2 5

2 5

2

−1.

dunque v := è un autovettore con autovalore

−1

−1 −1+2k

1

1 1 . Condizione necessaria affinché

(2) Osservo che A sia un autovettore è

= 2+2k k

k 3 0

0 2−k

−1+2k

1

1 sia 0, ovvero k = 2. Devo dunque controllare se

che la terza componente di sia

2+2k 2

3 0

2−k

1 1 1

un autovettore. Il calcolo diretto mostra che A = , dunque è un autovettore con

2 2 2

0 0 0

autovalore 1.

(3) Le colonne di A formano una base ortonormale, quindi A è una matrice ortogonale e gli unici

±1.

autovalori possono essere Inoltre essendo A simmetrica gli autospazi sono tra loro ortogonali e

3

la loro somma è tutto . Poiché V ha dimensione 1, ne segue che V ha dimensione 2. Siccome

R −1 1

A fissa V e inverte V , essa definisce una riflessione rispetto al piano V . Un calcolo mostra che

−1

1 1

1 1

−

V = ker(A I) = Span( , )

2 1

1 0 1

quindi i due vettori nello span formano una base.

1 ∈

Commenti: si poteva subito osservare che V in quanto tutte le righe di A hanno somma 1.

1 1

1 − −

Osserviamo anche che V è il piano di equazione 2x y z = 0 essendo il complemento ortogonale

1

2

□

di V = Span( ).

−1

−1 −1

Risposta 1 Risposta 2 Risposta 3

2 Sı̀, k = 2 Riflessione rispetto a

−1

1 1

−1 V = Span( , )

2 1

1 0 1

RACCOLTA PROVE SCRITTE DI GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 37

Esercizio 11.2. [Forme bilineari e forme quadratiche]

[6 punti] 2 2

−x

(1) Stabi