50 esercizi risolti di Algebra Lineare

R

 2= s + t

 −

0= s t

5 = 2s



−

ma se s t = 0 allora s = t e quindi da s + t = 2 si ricava s = 1, contro il fatto che 5 = 2s. Pertanto

il punto (2, 0, 5) non appartiene al piano.

7. Dire se le rette nel piano descritte dalle equazioni −s −

x = t, y = 3t; x = 2s + 1, y = 1

sono incidenti o parallele. −1):

Soluzione. La prima retta ha per direzione il vettore (1, 3), mentre la seconda il vettore (2,

siccome questi due vettori non sono linearmente dipendenti le due rette non sono parallele. Le due

rette sono incidenti se il sistema  x = t



 y = 3t

 x = 2s + 1



 −s −

y = 1



ha soluzioni in s, t. Si tratta quindi di risolvere

t = 2s + 1

−s −

3t = 1

−s−1 −4 −4/7 −8/7+1

sostituendo t nella seconda si ottiene 6s+3 = da cui 7s = e quindi s = e t = =

−1/7. −3/7).

Pertanto il punto di incidenza è (−1/7,

8. Dire se le rette nello spazio descritte dalle equazioni

−t −s −

x = t, y = 3t, z = + 1; x = 2s + 1, y = 1, z = 0

sono incidenti, parallele, o sghembe. −1) −1,

Soluzione. Le direzioni delle rette sono date dai vettori (1, 3, e (2, 0). I due vettori non sono

linearmente dipendenti, quindi le due rette non sono parallele. Se le due rette fossero incidenti il

seguente sistema avrebbe Soluzione:  t = 2s + 1

 −s −

3t = 1

−t + 1 = 0

 −1/7,

ma dalle prime due equazioni otteniamo t = contro il fatto che t = 1. Questo ci dice che le due

rette non sono neppure incidenti, e quindi sono sghembe.

Operazioni Vettoriali

9. Calcolare la proiezione ortogonale del vettore x = (−1, 0, 2) sul vettore y = (0, 2, 1).

3

Soluzione. Ogni vettore x = (x , x , x ) dello spazio euclideo si può scrivere come combinazione

R

1 2 3

lineare dei vettori della base canonica e = (1, 0, 0), e = (0, 1, 0) ed e = (0, 0, 1), e i coefficienti che

1 2 3

realizzano la combinazione lineare sono dati dal prodotto scalare del vettore considerato con i vettori

di base: · · ·

x = x e + x e + x e = (x e )e + (x e )e + (x e )e

1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3

·

il vettore (x e )e è la proiezione ortogonale del vettore x sul vettore e . Per calcolare la proiezione

1 1 1

ortogonale di un vettore x su un altro vettore y si usa una formula simile, ma occorre prima rendere

y un vettore di norma 1, dividendolo per la sua norma. In questo modo si ottiene

y y

·

x = x

P |y| |y|

√ √ √ √

2 2 2

la norma di y = (0, 2, 1) è 0 + 2 + 1 = 5, e quindi y/|y| = (0, 2/ 5, 1/ 5). Pertanto la

proiezione ortogonale di x = (−1, 0, 2) su y = (0, 2, 1) è

      

  

0

0

−1 0

√

√

·

0 5 2/ 5

2/ 4/5

x = =

P √ √

      

  

2 2/5

1/ 5 1/ 5

10. Esprimere, usando il prodotto scalare, il vettore v = (1, 0, 1) come combinazione lineare dei vettori, a

−1, −1, −2).

due a due ortogonali, v = (1, 1, 0), v = (0, 1) e v = (1,

1 2 3

Soluzione. Vorremmo poter scrivere v = av + bv + cv

1 2 3

per trovare il coefficiente a moltiplichiamo scalarmente questa espressione per v e otteniamo

1

· · · · ·

v v = av v + bv v + cv v = av v

1 1 1 2 1 3 1 1 1

· ·

dove abbiamo fatto uso dell’ortogonalità (v v = 0 e v v = 0). Dunque

2 1 3 1

·

v v 1

a = ·

v v

1 1

e analogamente · ·

v v v v

2 3

b = , c =

· ·

v v v v

2 2 3 3

Facendo i conti risulta √ √

−1/

a = 1/2, b = 2/ 3, c = 6

√ √

e quindi v = (1/2)v + (2/ 3)v + (−1/ 6)v .

1 2 3

Data la generalità del metodo con il quale abbiamo trovato i coefficienti a, b, c deduciamo che ogni

3

vettore di può essere scritto come combinazione lineare di tre vettori non nulli a due a due ortogonali,

R 3

quindi i vettori di questo tipo sono generatori di .

R

3

11. Siano v , v , v sono tre vettori di non nulli e a due a due ortogonali. Usando il prodotto scalare

R

1 2 3

dimostrare che sono indipendenti.

Soluzione. Supponiamo che il vettore nullo si possa scrivere come combinazione lineare dei tre vettori

av + bv + cv = 0

1 2 3

allora 2

· · · · · |

0 = 0 v = av v + bv v + cv v = av v = a|v

1 1 1 1 1 3 1 1 1 1

2

|v |

la quantità scalare non può essere nulla, altrimenti lo sarebbe il vettore v , quindi dall’uguaglianza

1 1

2

|

a|v = 0 si deduce a = 0. Similmente, moltiplicando scalarmente la prima espressione per v e poi

1 2

per v , si trova b = 0 e c = 0. Dunque vi è indipendenza lineare.

3 −1).

12. Determinare l’angolo θ formato dai vettori x = (0, 1, 1) e y = (0, 0,

Soluzione. Si rammenti la formula · |x||y|

x y = cos θ

√

· −1/

da cui cos θ = x y/|x||y| = 2 e quindi θ = 3π/4

2

13. Determinare i versori di che formano un angolo θ = π/3 con il vettore x = (1, 1).

R √

2 2 2

Soluzione. Sia v = (a, b) un versore di (cioè a + b = 1). Se forma un angolo π/3 con (1, 1)

R

allora ·

(a, b) (1, 1)

1 a + b

√ √

√

= cos (π/3) = =

2 2 2 2

2 a + b

√ 2 2 −1/4.

da cui a+b = 2/2. Se eleviamo al quadrato otteniamo a +b +2ab = 1+2ab = 2/4 da cui ab =

Si tratta quindi di risolvere √

a + b = 2/2

−1/4

ab =

√ √

2

− − −

sostituendo b = 2/2 a nella seconda otteniamo 4a 2 2a 1 = 0 che ci dà due soluzioni:

√ √ √ √ √ √ √ √

! !

− −

2 6 2+ 6 2+ 6 2 6

a = b = , a = b =

1 1 2 2

4 4 4 4

I versori che soddisfano la richiesta sono due: v = (a , b ) e w = (a , b ).

1 1 2 2

14. Dimostrare che per ogni coppia di vettori geometrici x, y vale

||x ≤ ||x|| ||y||

+ y|| +

Soluzione. Sappiamo che · ≤ |x · ||x||||y||| ≤ ||x||||y||

x y y| = cos θ|

pertanto 2 2

||x · ||x|| ||y|| · ≤ ||x|| ||y|| ||y||)

+ y|| = (x + y) (x + y) = + + 2x y + + 2||x||||y|| = (||x|| +

15. Dimostrare la disuguaglianza triangolare

||x − ≤ ||x − ||z −

y|| z|| + y||

Soluzione. Per l’esercizio precedente

||x − ||(x − − ≤ ||x − ||z −

y|| = z) + (z y)|| z|| + y||

16. Dimostrare che un parallelogramma è un rombo se e solo se le diagonali sono perpendicolari. −

Soluzione. Siano a, b, c, d i lati del parallelogramma. Allora le diagonali sono i vettori a + d e a d.

· − ·

Se il parallelogramma è un rombo si ha a = b = c = d e dunque (a + d) (a d) = (a + d) 0 = 0.

2 2

· − · − · |a| |d|

Viceversa se (a + d) (a d) = 0 allora a a d d = 0 da cui = , e questa condizione comporta

che il parallelogramma è un rombo. −1,

17. Calcolare il prodotto vettoriale dei vettori x = (1, 0) e y = (2, 1, 0).

Soluzione. Dati due vettori x = (x , x , x ) e y = (y , y , y ), il loro prodotto vettoriale è il vettore

1 2 3 1 2 3

 

−

x y x y

2 3 3 2

−

× x y x y

x y = 3 1 1 3

 

−

x y x y

1 2 2 1

×

Nel nostro caso si ha x y = (0, 0, 3). −1,

18. Usando il prodotto vettoriale calcolare l’area del parallelogramma i cui lati sono i vettori x = (1, 1)

−1),

e y = (2, 1, e l’area del triangolo di vertici A = (0, 0, 1), B = (2, 2, 1) e C = (1, 0, 0).

Soluzione. L’area del parallelogramma di lati x e y è data dalla norma del prodotto vettore tra i due

lati, e quindi √

||x × ||(0,

A = y|| = 3, 3)|| = 3 2

P

L’area del triangolo è la metà dell’area del parallelogramma che ha per lati due lati del triangolo:

√ √

− × − × −2,

A = (1/2)||(B A) (B C)|| = (1/2)||(2, 2, 0) (1, 2, 1)|| = (1/2)||(2, 2)|| = (1/2) 12 = 3

T × −y ×

19. Verificare che x y = x.

Soluzione.    

− −

y x y x y x y x

2 3 3 2 3 2 2 3

− −

−y × − ×

y x y x y x y x

x = = = x y

3 1 1 3 1 3 2 1

   

− −

y x y x y x y x

1 2 2 1 2 1 1 2

3 −1, −1).

20. Determinare due versori di ortogonali ai vettori x = (1, 1) e y = (2, 1,

R

Soluzione. Il prodotto vettoriale tra due vettori è ortogonale ad entrambi, e quindi lo è anche il suo

× ×

opposto. Per cui x y e y x sono ortogonali sia a x che a y. I versori richiesti sono quindi

×

× 1 y x 1

x y 1 1

√ √ √ √

−

−

, , ,

= 0, = 0,

||x × ||y ×

y|| x||

2 2 2 2

21. Usando il prodotto vettoriale esprimere la distanza d(P, r) tra il punto P e la retta di equazione

∈

vettoriale r = X + at dove t R.

||(P − ×

Soluzione. La quantità X) a|| è l’area del parallelogramma che ha per lati il vettore XP,

che congiunge il punto della retta X col punto P , e il vettore a, che indica la direzione della retta. Se

dividiamo l’area di un parallelogramma per la lunghezza del lato di base ne otteniamo l’altezza, che

in questo caso è il segmento che congiunge un punto della retta r con il punto P , formando un angolo

retto con r, cioè è esattamente la distanza d(P, r):

||(P − ×

X) a||

d(P, r) = ||a|| − ×

22. Spiegare perché una retta r = X + at si può scrivere nella forma (X X ) a = 0.

1 1

Soluzione. Il prodotto vettoriale tra due vettori è uguale a zero se e solo se i vettori sono linearmente

−

dipendenti: se un punto X appartiene alla retta r allora il vettore (X X ) è parallelo alla direzione

1

di a, e viceversa. 3

∈

23. Usando il prodotto vettoriale esprimere la condizione affinché tre punti A, B, C siano allineati.

R

Dedurne un’espressione per la retta tra due punti A e B. − −

Soluzione. I punti A, B, C sono allineati se e solo se i vettori (B A) e (C A) sono proporzionali,

ovvero se e solo se − × −

(B A) (C A) = 0

−

La retta tra A e B si può scrivere nella forma X = A + (B A)t. Per l’esercizio precedente si scrive

anche − × −

(X A) (B A) = 0

−1),

24. Stabilire se i vettori x = (0,