Appello Algebra e geometria lineare

4° Appello 29/20

Vettori e basi in R³

1.

In R³ si considerano i vettori:

• v₁: (1, 2, 3)
• v₂: (1, 2, 1)
• v₃: (2, 0, 4)

Determiniamo immediatamente dim span {v₁, v₂, v₃}

Calcoliamo:

<v₁, v₂, v₃> = det

| 1 2 3 |

| 1 2 1 | = -1(-8) - 2(4-2) - 3(-4)

| 2 0 4 | = -8 - 4 - 32 = 0

Se il prodotto misto = 0 → i 3 vettori sono complanari.

Se il prodotto misto ≠ 0 → i 3 vettori formano una base di R³.

Se è nullo allora i 3 vettori sono linearmente dipendenti.

• Conseguenze:
• Non formano una base di R³
• dim span {v₁, v₂, v₃} ≤ 2

Determiniamo con esattezza dim span {v₁, v₂, v₃}.

Sappiamo che può essere 0, 1 o 2.

dim span {v₁, v₂, v₃} = 1 <=> i 3 vettori sono l.

Se prendiamo v₁ e v₂, si vede che non sono un multiplo dell'altro e quindi non sono l.

Dunque dim span {v₁, v₂, v₃} = 2

Alternativamente:

dim span {v₁, v₂, v₃} =

rango | 1 2 3 |

| 2 2 0 | R₂ - 2R₁

| 3 1 4 | R₃ - 2R₁

→ | 1 2 3 |

| 0 -4 -4 |

| 0 -2 -2 | R₃ + R₁

→ | 1 2 3 |

| 0 -4 -4 |

| 0 0 0 | = 2

= dim span {v₁, v₂, v₃} = 2

Vettore e basi in R³

In R³ si considerano i vettori:

• v₁: (1, 2, 3)
• v₂: (1, -2, 1)
• v₃: (2, 0, 4)

Determiniamo immediatamente dim span {v₁, v₂, v₃}

Calcoliamo

• <v₁, v₂, v₃> = det
  • [1 2 3]
  • [-1 -2 1]
  • [2 0 4]
  = 1(-8) - 2(4 - 2) + 3(-4) -8 -4 -12 = 0

Se il prodotto misto = 0 allora i 3 vettori sono complanari

Se il prodotto misto = 0 ⇒ i 3 vettori formano una base

Se no, allora dei 3 vettori sono linearmente dipendenti

Conseguenze: non formano una base di R³

dim span {v₁, v₂, v₃} ≤ 2

Determiniamo con certezza dim span {v₁, v₂, v₃} e

sappiamo che può essere 0, 1 o 2

dim span {v₁, v₂, v₃} = 1 ⇔ i 3 vettori sono //

e prendiamo v₁ e v₂ si vede che non sono un multiplo

dell'altro e quindi non sono //

Dunque dim span {v₁, v₂, v₃} = 2

Alternativamente:

dim span {v₁, v₂, v₃}

• rango
  • [1 2 3]
  • [-1 -2 1] R₂ x 2R₁
  • [2 0 4] R₃ - 2R₁
• • [1 2 3]
  • [0 -6 4]
  • [0 -2 2] 2R₃ + R₁
  = 2
• = dim span {v₁, v₂, v₃} = 2

2A) POSIZIONE RECIPROCA DELLE RETTE

Nello spazio Euclideo tridimensionale R³ si studia la posizione reciproca delle rette di equazione

r: y + 2t = 3 - z, y + t = 2 - x = 0 s: y + y + t = -2, x - y - z + 2 = 0

s: | x + y - 2z = 0 || 2x - y - z = 0 |

(1 | 2 | -3 | 1) |(3 | 1 | -2 | 0) |

(1 | 0 | 1 | 0)| y + x - z - 6 0 | 2 | 0 | 1 |

Rango A = 3 Rango (A|C) = 4 => 6 rette sono sghembe

2A) SISTEMI LINEARI CON PARAMETRO

Al variare del parametro t ∈ ℝ, si studi il sistema lineare

{-tx + (t - 1)y + t = 0( - t-1 ) y + t z = 12x - t

Calcoliamo det A

A = |-t | (t-1) | 1 || -t | (t-1) | 1 || 0 | t | 0 || 2 | 0 | 1 |

A | x = BUnica sceltarango A = 3( = ) det A ≠ 0

Quindi per t = 1 e t = 2Sistemi con un'unicasoluzione

Vediamo cosa succede per t=1 e t=2

per t=1

det(A)=2

det(A(t))=3

per t=2

det(A)=2

det(A(t))=3

Il sistema non ha soluzioni

Autovalori e applicazioni lineari

Sia f: R² → R² un’applicazione lineare con autovalori 1 e 2

ed autovettori:

f ( 1 ) = 1 ( 1 )

( 2 ) ( 2 )

f ( 1 ) = 2 ( -1 )

( -1 ) ( 1 )

Si osserva subito che f è diagonalizzabile. Infatti R² = 0 R² ha

2 autovalori distinti e quindi esiste una base calcolata. La base di

autovec chi ( 1 ) ( 2 ) Rispetto a questa base la matrice di f è

la matrice diagonale D= ( 1 ) ( 0 )

( 0 ) ( 2 )

detf=1 detD=1 ( 1 )( 2 ) = 2 > 0

Π (A) = ( λ - λ₁ )^m₁ ... ( λ - λ_n )^m_n

allora detf = λ₁

Dunque f è invertibile, esso, mentre:

Osservare che dim Im f = im g (range A) = 2, dunque f è suriettiva e dim Ker f = x = 2 – 2 = 0, dunque f è iniettiva.

(5A) DIAGONALIZZAZIONE DI MATRICI CON PARAMETRI

A verificare che parametro S ∈ ℝ se soddisfa le diagonali 2 differenze d.

Det (3-x) 0 0 1/2 -2 5-S 5-3 2 0 3 3/7

= (3-x) ( det (3-x) (3-x) - 3 (1/2) - 2 x (x+1) )

g(x) = 3λ = x λ + 3 l x (x+x) + 2 (x+1)

Ruffini

-1 | 6+x -8-6x 8x | 1 -1 5+x | -1 5 x 3 -5 x | 4 x 0 x 0

(λ -2)(λ² +(4)(x)λ -(x))

(λ = 2)

(λ) ⋅ -1 ( 4 + X) λ - 4λ

-3 4 + X -4x

-3 |4 + X| -4x|

8 -3|

-3 3x|

3 4 + X| -4x

-3 4 3

|8 -5|

-8 4 + X 4x

-3 -3 X O

-λ + x = 0 = X

λ = 2

λ = 4

λ = x

(λ - 2) (λ - 4) (λ - 4 + X)

Nota: P_c polinomio caratteristico

Scomperno in fattori di 3^o grau

Quindi P_c caratteristico si

caratterizza diagonalizzato effetti e

sotto effetti

∀ λ ∈ {2, 4, x} fa in matricio A - λl_n

➁ A_x = {2, 4, x} fa momtrio A - λI_n

3 autoenvi disinte c'è quindi

diorgenetri oib.e. Pen λ: 2 fa

marcio fra 2 auelen

λ3 = 4 ugul diag geo

λ2 = 2 umor dig

per 2x2=2

A = (3 O 1 x)

(-1 O -1)

2 O -1

- ϴ ruigo (A2, 2ri O || di ʃ_r x2 = 0 5 diasbs

2 ugul diagomeèlśubis

(era ind wo -1 = 9 di

)

per x=1 ho 2 autovalori

λ₁=2 met alg 2 = met geo

λ₂=4 met alg 2

rango (A-1I) = ( 1 0 1/2 -2 0 1 2 0 -4 )

≥¡=1 met geo=1, 3-1=2 = met alg

Quindi per x=1 è diagonalizzabile

La matrice diagonalizzabile ∀ x

1° APPELLO ^{1°ESO 2° ECI}

1.9 Vettori in base ^IR²

In ℝ³ si considerino vettori

u₁= (1 1 0) u₂= (1 -2 0) u₃= (1 1 2)

Δ = determinante dim span {u₁, u₂, u₃}

det Δ(u₁, u₂, u₃) = det (1 2 3/1/1/4/-1/20 0 2)

Rango (1 -1/0) 6/9

predominante compluvum

prol. misto 70 o bloc

ele si deduce che i 3 dedicanti su

conseguenze: formula neu 60 e di ℝ³

• dim span {u₁, u₂, u₃} =3

rango (3 -1 6/9/0/3/2/2/1) = 30 dim span (u₁u₂, u₃)=3

Posizione reciproca delle rette

Nello spazio Euclideo tridimensionale _R³ si studia la posizione reciproca delle rette di equazione:

r: 2x + y - z + 3 = 03x - 2y - z ≥ 0

s: x - 3y + z = 22x + y - z ≤ 0

System 1:r: { 2x + y - z - 3 = 03x - 2y - z = 0

System 2:s: { x - 3y + z = 02x - 1y - z = -2

Matrix transformations:

• 2R₁ - 3R₂
• 2R₃ - 1R₁
• R₁ - R₂

Final matrix:

rank A = 2rank(A|B) = 3Il sistema non è risolvibile.

Risulta che le rette non si incontrano mai, però sono complanari quindi sono non coincidenti.

3b) Sistemi lineari con parametri

Al variare del parametro t∈R si studia il sistema lineare

• (t-1)x + t y + t₂ z = 1
• y - (t+1) z = 1
• 2x + t z = 5

Ax = B ha un'unica soluzione <⇒ rango A = 3 ⇒ det A ≠ 0

• det t-1t1 0t-t-1 20t

t² - t ≠ 0 t(t-1) ≠ 0 ⇒ per t=0 o t=1 il sistema ha inf. soluzioni

Per t = 1

• -2111 0211 2015

R₃ + R₁

• -2111 0211 0126

R₂ - R₁

• -2111 0211 0055

Rank A = 2 ≠ rank (A|B) = 3 ⇒ per t=1 il sistema non ha sol. chiuse.

Per t = 0

• -1011 0011 2015

R₃ + 2R₁

• -1011 0011 0037

R₃ - 3R₂

• -1011 0011 0002

Rank A = 2 ≠ rank (A|B) = 3 ⇒ per t=0 il sistema non ha soluzioni

⇒ Non ci sono soluzioni

ALG. LINEARE

Sia g: ℝ² → ℝ³ un’applicazione lineare con autovalori: 3 e -2 e autovettori:

f (1, 2) = (3/2, 3/2); f(-1, 1) = (-2, -1)

Allora: Si osserva subito che f²& autovalori 3²/2 & -2²/61 e nel fatto f² ha autovalori: dismmi e vi è una Lise esto espiammente la base di autovettori:

{(1/2), (-1/1)}

Dunque f² è simile alla matrice diagonale D:

f² = C ⋅ D ⋅ C^-1

Dunque: f²= ( C ⋅ D¹ ⋅ C^-1) ⋅ (C ⋅ D ⋅ C^-1) = C ⋅ D² ⋅ 1 è sinmle alla

matrice D² = [1 0] ha primi autovalori: 1 eql

Dopodichè, l’ho ottenuto metodo independenza degli autovettori di f

D f² ha autovalore 1 e 4

DIAGONALIZZ. DI MATRICI CON PARAMETRO

Nel contare del parammtro Ker si ausurde la.

diagomalizzazione della martrice AK:

det (PA(λ) = λ(A-K ⋅λI)

[3 0 √2] (3-λ)[3-λ] - 1/2 [-2K+2λ]

[-2 K (k-1)] (3-λ)[(k-λ) - 1

[0 3] | (0)

[3-λ] (3-λ) [(k-λ)]

[k-λ] [(k-λ)]

9 K - 9λ + 2λ = 3 - 6)K + 6 λ [K-λ] = 0

8K - λ³ + t(K - 6)² + t(6 - 6K - 8) + 8K - 8λ = -3λ

t(K + 6) + t(6 - K - 8) = 6 - 6K - 8λ + 8K - λ = -2t(K + 8) + 2λ

2(K + 4) - 8Kλ

(λ - 2) ( -2)² ((K + 4) (λ - 4K)

λ⁴| -8 λK + λ

-3 K 0 = (λ - 5) (λ - 2) ( -2) (λ + K)

(λ - 2) (-2 z) (K - a) λ - 4K = ( - 8)(λ)

autocolⁿ

λ =1 mult deg=3 geo √

λ = 2 mult deg≦ 3 geo √

λ=K

K (2, n)_2√ lo motilo λ: ho 3.autocon.

distinti ed e quindi diogulizzabil^Q

per K = 2 lo motila ho 2 autovalori.

λ₁ =4, mult=1 è muogo

λ₂ =2 mult=2

per k-2

-3 -3 0 =2 3 -2 λ_i

la nmtrice maino diagamoriz^Qab