Esercitazioni di Fondamenti di algebra lineare e geometria

A A

Vale dim (ImF ) = rkA.

A

Basta pertanto calcolare il rango di A.

Se il rango di A è 4, F è suriettiva.

A

Se il rango di A è minore di 4, F non è suriettiva.

A

Vale  

− −

2 + i 2 + i 4 2i 5 i

−2 −1

0 0

 

A = .

 

−i

i 0 0

 

−1 −1 2 1

Si ha

   

−1 −1 −1 −1

2 1 2 1

−2 −1 −i

0 0 i 0 0 H (i)

H H 21

   

41 32

−→ −→ −→

A    

−i −2 −1

i 0 0 0 0

   

− − − −

2 + i 2 + i 4 2i 5 i 2 + i 2 + i 4 2i 5 i

   

−1 −1 −1 −1

2 1 2 1

−2i −2i

0 2i i 0 2i i

H (i) H (2+i)

21 41

   

−→ −→

   

−2 −1 −2 −1

0 0 0 0

   

− −

2 + i 2 + i 4 2i 5 i 0 0 8 7

 

−1 −1 2 1

−2i

0 2i i

H (4)

43  

−→ .

 

−2 −1

0 0

 

0 0 0 3

Poiché vi sono quattro righe non nulle, il rango di A è uguale a 4.

Pertanto la funzione F è suriettiva.

A

Università degli Studi di Padova – Scuola di Ingegneria

Lauree triennali in: Ingegneria Gestionale, dell’Innovazione del Prodotto,

Meccatronica – proff. V. Casarino, G. Longobardi, C. Zanella

Prova scritta di FONDAMENTI DI ALGEBRA LINEARE

E GEOMETRIA

Prova in modalità telematica – novembre 2020

TEMA 45

Tempo a disposizione: 30’

4 4

→ 7→

Stabilire se la funzione F : : x Ax è iniettiva, dove

R R

A

 

−1 −6 2 1

−2 −5

1 0

 

A = .

 

1 1 1 8

 

1 1 1 0

Tema 45.

Vale − −

dim(ker F ) = 4 dim (ImF ) = 4 rkA

A A

e la funzione F è iniettiva se, e solo se, dim ker(F ) = 0. Basta pertanto

A A

calcolare il rango di A.

Si ha    

−1 −6 2 1 1 1 1 0

−2 −5 −2 −5

1 0 1 0

H

   

41

−→

A =    

1 1 1 8 1 1 1 8

   

−1 −6

1 1 1 0 2 1 

 

 1 1 1 0

1 1 1 0 −1 −3 −5

−1 −3 −5 0

0 H (−1)

H (−1) 31

21 

 

 −→

−→ 

 

 0 0 0 8

1 1 1 8 

 

 −1 −6

−1 −6 2 1

2 1

   

1 1 1 0 1 1 1 0

−1 −3 −5 −1 −3 −5

0 0

H (1) H (−5)

41 42

   

−→ −→

   

0 0 0 8 0 0 0 8

   

−5

0 3 1 0 0 18 26

 

1 1 1 0

−1 −3 −5

0

H  

43

−→ .

 

0 0 18 26

 

0 0 0 8

Poiché vi sono quattro righe non nulle, il rango di A è uguale a 4.

Pertanto la funzione F è iniettiva.

A

Università degli Studi di Padova – Scuola di Ingegneria

Lauree triennali in: Ingegneria Gestionale, dell’Innovazione del Prodotto,

Meccatronica – proff. V. Casarino, G. Longobardi, C. Zanella

Prova scritta di FONDAMENTI DI ALGEBRA LINEARE

E GEOMETRIA

Prova in modalità telematica – 18 gennaio 2021

TEMA 3

Esercizio 2

Tempo a disposizione: 30’

(a) Trovare, se esiste, un piano π contenente i punti P (0, 0, 1) e Q(1, 2, 1) e

parallelo alla retta ( −

x + y 3=0

r : −

x + y + z 1 = 0.

(b) Determinare la distanza fra la retta P Q e la retta r.

Esercizio 2.

(a) La generica equazione di un piano π nello spazio è del tipo

ax + by + cz + d = 0.

Imponiamo il passaggio per i punti P (0, 0, 1) e Q(1, 2, 1), ottenendo le

relazioni c + d =0 e a + 2b + c + d = 0

da cui (

a + 2b = 0

c + d = 0.

I parametri direttori di r, data da

( −

x + y 3=0

r : −

x + y + z 1 = 0,

si ottengono risolvendo il sistema omogeneo associato:

(

x + y =0

x + y + z = 0;

−1,

una possibile soluzione è (1, 0).

Affinché la retta r sia parallela a π : ax + by + cz + d = 0, il vettore

−1,

formato dai suoi numeri direttori (1, 0) deve essere ortogonale a (a, b, c).

Deve quindi valere −

a b = 0.

Allora i coefficienti dell’equazione del piano ricercato sono soluzione del

seguente sistema 

a + 2b = 0



 .

c + d =0

 −

a b =0

 −1.

una cui soluzione è a = b = 0, c = 1 e d = Da ciò otteniamo infine

−

z 1 = 0.

(b) Determinare la distanza fra la retta P Q e la retta r.

Ricordiamo che P (0, 0, 1), Q(1, 2, 1) e

( −

x + y 3=0

r : −

x + y + z 1 = 0.

Scriviamo la retta P Q come ⟨(1,

P Q = (0, 0, 1) + 2, 0)⟩.

⟨(1,

Il punto generico della retta P Q = (0, 0, 1) + 2, 0)⟩ è del tipo R (t, 2t, 1)

t

∈

con t R.

Ricaviamo le equazioni parametriche della retta r, di cui già conosciamo

−1,

i parametri direttori (1, 0). Basta trovare un punto per cui passa r (per

−2)).

esempio, (1, 2, (Si fa per tentativi.) Quindi le equazioni parametriche

della retta r sono −2) ⟨(1, −1,

r = (1, 2, + 0)⟩ − −2)

e il punto generico Q della retta r ha coordinate (1 + u, 2 u, con

u

∈

u R.

Ricordiamo che la distanza di due insiemi non vuoti di punti nello spazio

I e J è −−→ | ∈ ∈

dist(I, J) = inf{∥

P Q∥ P I, Q J}.

Quindi la distanza di P Q e r è −−−→

∥ | ∈ ∈

dist(P Q, r) = inf{∥

R Q R P Q, Q r},

t u t u

−−−→

ove R Q è il vettore generico

t u

−−−→ − − − −3) −3) −2, −1,

R Q = (1 + u t, 2 u 2t, = (1, 2, + t(−1, 0) + u(1, 0)

t u

che congiunge la retta P Q e la retta r. −−−→

Consideriamo l’insieme di tutti i vettori R Q :

t u

−−−→

{ | ∈ {(1, −3) −2, −1, | ∈

R Q t, u = 2, + t(−1, 0) + u(1, 0) t, z

R} R}

t u −3) ⟨(−1, −2, −1,

= (1, 2, + 0), (1, 0)⟩.

Abbiamo ottenuto una varietà lineare.

Determiniamo quindi t ed u in tali che il vettore

R,

−−−→ −3) −2, −1,

R Q = (1, 2, + t(−1, 0) + u(1, 0)

t u

abbia lunghezza minima. In altre parole, cerchiamo il vettore di minimo

−3) ⟨(−1, −2, −1,

modulo nella varietà u + W = (1, 2, + 0), (1, 0)⟩. Tale

⊥

vettore esiste, è unico ed è dato dalla proiezione di u su W , pertanto

verifica le seguenti due relazioni

−−−→

( · −2,

R Q (−1, 0) = 0

t u .

−−−→ · −1,

R Q (1, 0) = 0

t u

Si ottiene allora il sistema lineare

( − − − −3) · −2,

(1 + u t, 2 u 2t, (−1, 0) = 0 .

− − − −3) · −1,

(1 + u t, 2 u 2t, (1, 0) = 0,

cioè (

−1 − −

u + t 4 + 2u + 4t = 0 ,

− −

1 + u t 2 + u + 2t = 0,

cioè infine (

5t + u = 5

t + 2u = 1,

che ha soluzione t = 1 e u = 0, da cui

−−−→ −3) −2, −1, −3)

R Q = (1, 2, + 1(−1, 0) + 0(1, 0) = (0, 0,

1 0

e −−−→

−3

R Q = 0, 0, = 3.

dist(P Q, r) = 1 0