Soluzione primo appello

R

1 ⟨(1,

W = 0, 1, 0), (0, 4, 3, 0), (1, 4, 4, 0)⟩,

2

stabilire se la somma W + W è diretta.

1 2

Università degli Studi di Padova

Dipartimento di Tecnica e Gestione dei Sistemi Industriali

Proff. V. Casarino - R. Sanchez Peregrino - C. Zanella

Ingegneria Gestionale, dell’Innovazione del Prodotto, Meccatronica

Prova scritta di Fondamenti di Algebra Lineare e Geometria

Vicenza, 21 novembre 2022

TURNO 2 - TEMA 1

Tempo a disposizione: 60 minuti. Svolgere gli esercizi con le dovute

giustificazioni sul foglio di bella copia.

Non è ammesso l’uso di calcolatrici, appunti, libri, telefoni.

1. (8 punti) Esprimere in forma algebrica le soluzioni della seguente equazione:

2

− −

(1 i)z + 4z 5 + i = 0.

2. (a) (4 punti) Discutere il seguente lineare dipendente dal parametro reale a:

 x + y + z = 6

 − −6

x + ay z =

−2x − 2y + (1 + a)z = 12.



(b) (4 punti) Per i valori di a per i quali il sistema di cui sopra ammette infinite soluzioni,

risolvere il sistema, esprimendo l’insieme delle soluzioni come varietà lineare.

Università degli Studi di Padova

Dipartimento di Tecnica e Gestione dei Sistemi Industriali

Proff. V. Casarino - R. Sanchez Peregrino - C. Zanella

Ingegneria Gestionale, dell’Innovazione del Prodotto, Meccatronica

Prova scritta di Fondamenti di Algebra Lineare e Geometria

Vicenza, 21 novembre 2022

TURNO 2 - TEMA 2

Tempo a disposizione: 60 minuti. Svolgere gli esercizi con le dovute

giustificazioni sul foglio di bella copia.

Non è ammesso l’uso di calcolatrici, appunti, libri, telefoni.

1. (8 punti) Esprimere in forma algebrica le soluzioni della seguente equazione:

2 − −

iz 2z + 4 4i = 0.

2. (a) (4 punti) Discutere il seguente lineare dipendente dal parametro reale a:

 x + y + z = 6

 − − −6

x ay z =

−2x − −

2y + (1 a)z = 12.



(b) (4 punti) Per i valori di a per i quali il sistema di cui sopra ammette infinite soluzioni,

risolvere il sistema, esprimendo l’insieme delle soluzioni come varietà lineare.

Università degli Studi di Padova

Dipartimento di Tecnica e Gestione dei Sistemi Industriali

Proff. V. Casarino - R. Sanchez Peregrino - C. Zanella

Ingegneria Gestionale, dell’Innovazione del Prodotto, Meccatronica

Prova scritta di Fondamenti di Algebra Lineare e Geometria

Vicenza, 21 novembre 2022

TURNO 2 - TEMA 3

Tempo a disposizione: 60 minuti. Svolgere gli esercizi con le dovute

giustificazioni sul foglio di bella copia.

Non è ammesso l’uso di calcolatrici, appunti, libri, telefoni.

1. (8 punti) Esprimere in forma algebrica le soluzioni della seguente equazione:

2 −

iz (2 + 4i)z + (6 + 3i) = 0.

2. (a) (4 punti) Discutere il seguente lineare dipendente dal parametro reale a:

 x + y + z = 6

 − − −6

x + (a 1)y z =

− −18.

x + y (1 + a)z =



(b) (4 punti) Per i valori di a per i quali il sistema di cui sopra ammette infinite soluzioni,

risolvere il sistema, esprimendo l’insieme delle soluzioni come varietà lineare.

Università degli Studi di Padova

Dipartimento di Tecnica e Gestione dei Sistemi Industriali

Proff. V. Casarino - R. Sanchez Peregrino - C. Zanella

Ingegneria Gestionale, dell’Innovazione del Prodotto, Meccatronica

Prova scritta di Fondamenti di Algebra Lineare e Geometria

Vicenza, 21 novembre 2022

TURNO 2 - TEMA 4

Tempo a disposizione: 60 minuti. Svolgere gli esercizi con le dovute

giustificazioni sul foglio di bella copia.

Non è ammesso l’uso di calcolatrici, appunti, libri, telefoni.

1. (8 punti) Esprimere in forma algebrica le soluzioni della seguente equazione:

2 − − −

iz + (3 5i)z (3 4i) = 0.

2. (a) (4 punti) Discutere il seguente lineare dipendente dal parametro reale a:

 x + y + z = 6

 − − −6

x (a + 1)y z =

− −18.

x + y + (a 1)z =



(b) (4 punti) Per i valori di a per i quali il sistema di cui sopra ammette infinite soluzioni,

risolvere il sistema, esprimendo l’insieme delle soluzioni come varietà lineare.

Svolgimento del Tema 1 - Turno 1

√

−

1. Trattiamo separatamente il numeratore e il denominatore. Scrivendo 1 i 3 in forma

esponenziale otteniamo √

√ 1 3 7

7

− −

3) = 2

(1 i i

2 2

7

π 7

−i −i

7 7 π

= 2 e = 2 e

3 3 π

π −i

−2πi −i 7

7 = 2 e .

= 2 e e 3 3

−1 −

Analogamente, scrivendo i in forma esponenziale otteniamo

√ √

√ 2 2 14

14 14

−

(−1 i) = (1 + i) = 2 + i

2 2

14

π 14

7 i 7 i π

=2 e =2 e

4 4

16−2 π

−i

πi 7

7 = 2 e .

= 2 e 4 2

Quindi √ π

−i

7 7

−

(1 i 3) 2 e 3 π π π

−i +i i

α = = = e = e .

3 2 6

π

14 −i

7

−

(−1 i) 2 e 2

Quindi in forma esponenziale α è dato da π

i ,

α = e 6

mentre in forma algebrica si ha √ 3 i

α = + .

2 2

2.

Cerchiamo una base per W :

1 4

{(x, ∈ | −

W = y, 0, w) x y + w = 0}

R

1 4

{(x, − ∈ | ∈

= y, 0, y x) x, y

R R}

4

{(x, −x) ∈ | ∈

= 0, 0, + (0, y, 0, y) x, y

R R}

4

{x(1, −1) ∈ | ∈

= 0, 0, + y(0, 1, 0, 1) x, y

R R}

⟨(1, −1),

= 0, 0, (0, 1, 0, 1)⟩.

−1),

È facile verificare che i vettori (1, 0, 0, (0, 1, 0, 1) sono linearmente indipendenti, quindi

B −1),

= (1, 0, 0, (0, 1, 0, 1)

1

è una base di W .

1

Cerchiamo una base di W con il procedimento di eliminazione Gaussiana:

2

     

1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1

H (−1) H (−1/2)

31 32

−2 −2 −2

−→ −→

0 6 0 0 6 0 0 6 0 .

     

−1 −1

1 3 1 0 3 0 0 0 0 0

B −2,

Una base di W è = (1, 0, 0, 1), (0, 6, 0).

2 2 B ∪ B

Sappiamo dalla teoria che una famiglia di generatori di W + W è . Cerchiamo

1 2 1 2

la dimensione del sottospazio somma con

     

−1 −1 −1

1 0 0 1 0 0 1 0 0

0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

H (−1) H

31

     

34

−→ −→

     

−2

1 0 0 1 0 0 0 2 0 6 0

     

−2 −2

0 6 0 0 6 0 0 0 0 2

 

−1

1 0 0

0 1 0 1

H (−6)

32  

−→ .

 

−2 −6

0 0

 

0 0 0 2

Poiché abbiamo ottenuto quattro righe non nulle, la dimensione di W + W è 4.

1 2

Abbiamo dimostrato che dim W = dim W = 2 e che dim(W + W ) = 4, quindi

1 2 1 2

dim(W + W ) = dim W + dim W e la somma W + W è diretta.

1 2 1 2 1 2

Soluzioni del Tema 2 - Turno 1

√ π π

i i

11 11 22 11

− −

1. Risulta ( 3 i) = 2 e e (1 i) = 2 e .

6 2

Quindi √ √

11

−

3 i) 1 3

( π

−i −

= e

α = = i .

3

22 2 2

−

(1 i)

B −1),

2. = (0, 1, 0, (1, 0, 0, 1) è una base per W .

1 1

B −1,

= (1, 1, 0, 0), (4, 1, 1) è una base per W .

2 2

−1), −1,

Una base di W + W è, per esempio, (0, 1, 0, (1, 0, 0, 1), (4, 1, 1).

1 2 ̸

Essendo dim W = dim W = 2 e dim(W + W ) = 3, vale dim(W + W ) = dim W +

1 2 1 2 1 2 1

dim W e la somma W + W non è diretta.

2 1 2

Soluzioni del Tema 3 - Turno 1

√

π 2

i π

i

18 9 10 10

1. Risulta (1 + i) = 2 e e (−1 + i . Quindi

3) = 2 e

2 3 √

18

(1 + i) 1 3 i

π

−i

√ −

α = = e = .

6

10 2 4 4

(−1 + i 3)

B −1),

2. = (1, 0, 0, (1, 1, 0, 0) è una base per W .

1 1

B −2,

= (2, 0, 0, 2), (0, 3, 0) è una base per W .

2 2

B ∪ B

La famiglia è linearmente indipendente, ed è una base di W + W . La somma

1 2 1 2

W + W è diretta.

1 2

Soluzioni del Tema 4 - Turno 1

√ π

i

14 14

26 13

− 3 + i) = 2 e . Quindi

1. Risulta (−1 i) = 2 i e ( 3 √

26

−

(−1 i) 1 i

3

π

i

√

α = = e + .

=

6

14 2 4 4

( 3 + i)

B −1),

2. = (1, 0, 0, (0, 0, 1, 1) è una base per W .

1 1

B = (1, 0, 1, 0), (0, 4, 3, 0) è una base per W .

2 2 −1),

Una base di W + W è, per esempio, (1, 0, 0, (0, 0, 1, 1), (0, 4, 3, 0).

1 2 ̸

Essendo dim W = dim W = 2 e che dim(W + W ) = 3, vale dim(W + W ) =

1 2 1 2 1 2

dim W + dim W e la somma W + W non è diretta.

1 2 1 2

Svolgimento del Tema 1 - Turno 2

1. Applichiamo la formula risolutiva per equazioni di secondo grado, ottenendo

p

p −2 ±

−2 ± − − −

4 (−5 + i)(1 i) 4 (−5 + 5i + i + 1)

=

z = − −

1 i 1 i

√

p

−2 ± − −2 ± −

4 (−4 + 6i) 8 6i

= = . (∗)

− −

1 i 1 i

2 − ∈

Poniamo ora w = 8 6i, w = a + ib, con a, b a, b sono quindi le soluzioni del sistema

R.

2 2

−

a b = 8

−3.

ab =

4 2 2 2

−3/b − −

Da ciò deduciamo a = e b + 8b 9 = 0. Poniamo b = t e risolviamo t + 8t 9 = 0.

2 2

−9. −9

Otteniamo t = 1, La soluzione b = non è accettabile, mentre b = 1 conduce a

±1. −3 −

b = Risulta infine w = a + ib = + i oppure w = 3 i.

Inserendo tali valori in (*) si ottiene −5

−2 1 + i

+ i

+ (−3 + i) −3 −

= = 2i

z = − −

1 i 1 i 1+ i

oppure −2 − −

+ (3 i) 1 i

z = = = 1.

− −

1 i 1 i

−3 −

Le soluzioni sono quindi 2i e 1.

2. (a) Trasformiamo in matrice a scala

   

1 1 1 6 1 1 1 6

H (−1)

21

−1 −6 − −2 −12

−→

1 a 0 a 1 (1)

   

H (2)

31

−2 −2 1 + a 12 0 0 3 + a 24

̸ −3, la matrice ottenuta è a scala e non ha pivot in ultima colonna, quindi il

Se a = 1, 3−3

∞

sistema lineare