Esercizi 2 svolti per il corso di Istituzioni di Matematica e Statistica

Esercizi svolti per il corso di Istituzioni di Matematica e Statistica 2008-09 in
preparazione della I prova parziale.
Dott.ssa Elisabetta Monari Martinez
1- Sia A l’insieme di numeri razionali cosi’ definito
A = {2/(1+ n) | n = 0, 1, 2, 3 .... e’ un numero naturale}
Si calcoli, se esistono, sup A, max A, inf A, min A nei numeri razionali.
Svolgimento:
A = {2, 1, 2/3, 1/2, 2/5, 1/3, 2/7, 1/4, 2/9, 1/5, 2/11, ...., 2/(1+n), ..... } dove i valori di A sono
decrescenti, ma sempre positivi. Pertanto sup A = max A = 2, mentre min A non esiste. Infatti per
ogni xϵ A, esiste n ϵ N, tale che x = 2/(1+ n), e allora x’ = 2/(1+(1+n)) appartiene ancora ad A ed e’
minore di x, perche’ 2+n > 1+n. Quindi, per ogni elemento di A, ne esiste uno inferiore
appartenente ancora ad A, cioe’ A non ha minimo.
Ora dimostriamo che inf A = 0. Osservo che lo zero e’ un minorante di A perche’ tutti gli elementi
di A sono positivi. Supponiamo per assurdo che esista un numero reale positivo a che sia un
minorante di A. Allora 0 < a < 1 e quindi 1/a >1. Poiche’ 1/a e’ un numero reale, esso si potra’
scrivere come un numero decimale, periodico o non, cioe’ 1/a = a0,a1a2a3....., dove a0 e’ un numero
naturale maggiore di 1 e a1, a2, a3, .... sono cifre da 0 a 9. Allora posto a’ = 2/(1+(1+2a0)), esso
appartiene ancora ad A ed e’ minore di a. Infatti poiche’ a0+1 > 1/a, allora a’ = 2/(1+(1+2a0)) =
2/(2+2a0) = 1/(1+a0) < a. Quindi non esiste un minorante a di A maggiore di zero e poiche’, per
l’assioma della completezza, ogni sottoinsieme dei numeri reali che sia inferiormente limitato (cioe’
che abbia un minorante) ha un estremo inferiore reale, allora inf A esiste e non puo’ essere altro che
lo zero.
2- Trovare tutte le soluzioni complesse della seguente equazione a coefficienti complessi
z4 = 1− i
Svolgimento:
Trovare sul piano complesso la posizione di 1 – i , cioe’ (1, -1), e scrivere 1 – i in forma
trigonometrica, cioe’ 1 – i = (cos (- π/4) + i sin (-π/4)), perche’ |1 – i| = 2 . Ricordando le
formule di De Moivre, le quattro soluzioni dell’equazione, cioe’ le quattro radici quarte di 1 – i ,
hanno tutte modulo ( 2 )1/4 = 8 2 e, rispettivamente, i seguenti argomenti principali
- π/16 , (- π/16) + (π/2) , (- π/16) + π , (- π/16) + (3 π/2)
e quindi possono essere scritte in forma trigonometrica
z1 =
8
2 (cos(- π/16) + i sin(- π/16)) =
z2 =
8
2 (cos((- π/16) + (π/2)) + i sin((- π/16) + (π/2))) =
z3 =
8
2 (cos((- π/16) + π) + i sin((- π/16) + π)) =
z4 =
8
2 (cos((- π/16) + (3 π/2)) + i sin((- π/16) + (3 π/2))) =
8
2 (cos(π/16) – i sin(π/16))
8
8
2 (sin(π/16) + i cos(π/16))
2 (-cos(π/16) + i sin(π/16))
8
2 (-sin(π/16) – i cos(π/16))
ricordando le identita’ trigonometriche. Si consiglia di fare il disegno sul piano complesso.
3- Cambiando posto alle lettere della parola SOLE, quante diverse parole o “pseudoparole” si
possono ottenere? Quante ne posso ottenere con la parola ANNA ? Giustificare le risposte.
(Risposta: 24 e 6).
Svolgimento: Poiche’ le quattro lettere della parola SOLE sono tutte diverse si possono fare 4!
permutazioni e cioe’ si possono scrivere 1∙2∙3∙4 = 24 parole o pseudoparole diverse. Poiche’ nella
parola ANNA, ancora di quattro lettere, ci sono la A e la N ripetute due volte il numero di
permutazioni diventa 4!/(2! ∙ 2!) = 24/4 = 6.
4- In una sala da ballo ci sono 5 donne e 5 uomini, quante diverse coppie eterosessuali si
possono formare durante tutta la serata? Se ogni volta sono ammesse sulla pista da ballo
solo 3 coppie che ballano contemporaneamente, quante diverse formazioni di tre coppie, si
possono, al massimo, veder ballare durante la serata? In tal caso, quante volte la stessa
coppia sara’ vista ballare insieme durante la serata? (Risposte: 25 coppie, 600 formazioni e
24 volte)
Svolgimento: Il numero delle coppie e’ uguale al prodotto del numero degli uomini per quello delle
donne, cioe’ 5∙5 = 25 coppie.
Il numero delle formazioni non e’ dato dal numero di combinazioni di tre coppie che si possono fare
 25 
estraendole dall’insieme di 25 coppie, cioe’   = 2300, perche’ in queste formazioni ci possono
3
essere coppie diverse che hanno lo stesso uomo o la stessa donna, mentre cio’ non puo’ accadere se
le tre coppie ballano contemporaneamente. Pertanto dobbiamo ragionare in maniera diversa: il
5
numero delle possibili terne (non ordinate) di donne e’   = 5!/(3!2!) = 10 e cosi’ anche il numero
 3
delle terne degli uomini. Poiche’ ciascuna terna di donne puo’ ballare con ciascuna terna di uomini,
il numero delle formazioni di tre uomini e tre donne che differiscono per almeno un partecipante e’
10∙10 = 100. Per ciascuna formazione, si possono formare le tre coppie in 6 modi diversi, infatti, se
si suppone fissa la terna delle donne, la terna degli uomini puo’ permutare in 3! = 6 modi diversi, a
formare 6 diverse terne di coppie. Il numero delle terne (non ordinate) di coppie che si possono
veder ballare contemporaneamente e’ quindi 6∙100 = 600. Poiche’ ogni coppia puo’ ballare insieme
solo se partecipa ad una delle terne che ballano contemporaneamente e poiche’ tutte le coppie
hanno lo stesso numero di possibilita’ di partecipare, allora la stessa coppia ballera’ insieme 600/25
= 24 volte.
5- In un sistema di riferimento cartesiano ortogonale nello spazio geometrico (O, x, y, z), i, j, k
sono i versori degli assi x, y, z, rispettivamente. Dati i vettori
v = 2i – j + 2k
e
u=i+j
a) si calcoli, con la calcolatrice, l’angolo u v e i coseni direttori di u.
b) si scomponga v come la somma di due vettori v’ e v’’, rispettivamente, parallelo e
ortogonale a u;
c) si scrivano le equazioni parametriche di una retta r passante per il punto P0(1, 0, 1) e
parallela al vettore u;
d) si scriva l’equazione cartesiana di un piano p passante per P0 e parallelo ai vettori v e
u;
e) si scrivano le equazioni parametriche di una retta s per Q(0, 0, 1) ed ortogonale al
piano p;
f) si calcoli la distanza di Q dal piano p.
Svolgimento:
a) cos u v = (u ∙ v) / (|u|∙|v|) = (2 – 1 + 0)/(3∙ 2 ) = 2 /6 . L’angolo u v = arc cos ( 2 /6) =
1,33 radianti = 76, 37 gradi. Per calcolare i coseni direttori di u, calcolo il versore associato
a u e cioe’ u/|u| = (1/ 2 ) i + (1/ 2 ) j, i coseni direttori u sono cos i u = cos j u = (1/ 2 ) e
cos k u = 0, cioe’ u forma 45 gradi con la direzione positiva dell’asse x e dell’asse y e 90
gradi con quella dell’asse z.
b) Poiche’ v’ e’ parallelo ad u, allora v’= t u , per un numero reale t, e, poiche’ v’’ e’
ortogonale ad u , allora v’’∙u = 0. Essendo v’’= v – v’ = v – tu , dalla condizione di
ortogonalita’ (v – tu) ∙ u = 0 si ottiene (2i – j +2k –t i – t j) ∙ (i + j) = 0 , da cui ((2-t)i -(1+t)j+
+2k) ∙ (i + j) = 0 e quindi (2-t) – (1+t) = 0, cioe’ -2t = -1 e quindi t = ½. Pertanto v’ = ½ i +
½ j e v’’ = v – v’ = (3/2) i – (3/2) j + 2k.
c) L’equazione vettoriale di r e’ P – P0 = t u, con P(x,y,z), da cui segue (x – 1)i + yj + (z-1)k =
ti +tj e quindi, poiche’ i, j e k sono linearmente indipendenti, seguono le equazioni
parametriche di r
x=1+t, y=t , z=1.
d) Se il piano e’ parallelo a u e v , allora il suo vettore normale e’ ortogonale ad u e a v e
possiamo scegliere come vettore normale n del piano il prodotto vettoriale di u e v, cioe’
n = det 6 = -2i + 2j + 3k e l’equazione del piano diventa n ∙ (P – P0) = 0 , cioe’, in
forma scalare, -2(x-1) + 2y + 3(z-1) =0 che diventa -2x +2y + 3z – 1 = 0.
e) La retta s ha come vettore direttore n e passa per Q(0, 0, 1) e quindi la sua equazione
vettoriale e’ P-Q = t n , da cui seguono le equazioni parametriche x = -2t , y = 2t , z = 1+3t.
f) Poiche’ s e’ ortogonale al piano e passa per Q, per calcolare la distanza di Q dal piano, posso
trovare l’intersezione H di s col piano e poi calcolare la distanza di Q da H, che e’ il modulo
del vettore Q-H. Un altro metodo e’ usare la formula.
Per calcolare l’intersezione H faccio il sistema delle equazioni del piano e della retta
x = -2t
y = 2t
z = 1 + 3t
-2x +2y +3z – 1=0
in cui, sostituendo nell’ultima equazione, risolvo l’equazione -2(-2t) + 2(2t) +3(1+3t) – 1 =
0 e trovo 17t = -2, cioe’ t = -2/17 e quindi sostituendo nel sistema si ottiene H (4/17, -4/17,
11/17) e
|Q – H| = (1/17) 16  16  36 = (1/17) 68 = 2 17 /17
Usando la formula della distanza di un punto da un piano si ottiene lo stesso risultato.
6- In R4 si consideri il sottospazio U = <(1, 0, 1, 0), (0, 1, -1, 0)>. Si calcoli una
base ortonormale di R4 tale che due elementi di tale base generino U. Si puo’
usare il teorema di Gram-Schmidt. Da che cosa e’ generato U┴ ?
Svolgimento:
Dim U = 2 perche’ i due generatori di U non sono paralleli. Scelgo come primo elemento
della base ortonormale u1 = (1/ 2 , 0, 1/ 2 , 0) che si e’ ottenuto normalizzando il vettore
(1, 0, 1, 0) di U, cioe’ dividendolo per il suo modulo. Ora scompongo il vettore v = (0, 1, -1,
0) nella somma di un vettore parallelo a u1 e di un vettore ortogonale a u1. Perche’ cio’
avvenga, la componente parallela a u1 deve essere la proiezione ortogonale di v su u1.
Pertanto u2 = (v – (v∙u1)u1) = (0, 1, -1, 0) – (-1/ 2 )(1/ 2 , 0, 1/ 2 , 0) = (1/2, 1, -1/2, 0) e’
la componente di v ortogonale ad u1 e normalizzando ottengo u2 = u2/|u2| = ( 6 /6, 6 /3, 6 /6, 0). A questo punto considero il sottospazio U┴ ortogonale a U i cui elementi sono
U┴ = {(x, y, z, t) ϵ R4 | x + z = 0 e y – z = 0}, come si ottiene imponendo l’ortogonalita’di
(x, y, z, t) con i generatori di U. Il vettore e4 = (0, 0, 0, 1) appartiene ad U┴ perche’ ne
soddisfa le condizioni e posso scegliere u3 = (0, 0, 0, 1) come terzo elemento della base. Per
il quarto elemento considero (-1, 1, 1, 0) ϵ U┴ che e’ ortogonale anche ad u3 e lo
normalizzo ottenendo il quarto elemento della base u4 = (-1/ 3 , 1/ 3 , 1/ 3 , 0). U┴e’
generato da u3 e u4.
7- Si considerino le applicazioni da R4 in R3 cosi’ definite:
f(x, y, z, u) = (x+y, 2z-1, y-u)
g(x, y, z, u) = (x-y, z+u, u2)
h(x, y, z, u) = (2x+z, y-z, 3u)
Si dimostri, fornendo controesempi, che f e g non sono lineari. Si dimostri che
h e’ lineare e si calcoli la matrice associata ad h, rispetto alle basi canoniche di
R4 e di R3
Svolgimento:
f non e’ lineare perche’ c’e’ il -1, infatti f(0, 0, 0, 0) = (0, -1, 0) mentre in un’applicazione
lineare f (0) = 0 (attenti: i due zeri possono avere significati diversi perche’ sono i due vettori
nulli rispettivamente del dominio, nel nostro esempio (0, 0, 0, 0), e del codominio, nel nostro
esempio (0, 0, 0)). Infatti se f e’ lineare, f(0) = f(v-v) = f(v)-f(v) = 0.
g non e’ lineare perche’ c’e’ il quadrato di u, infatti g((0, 0, 0, 3) + (0, 0, 0, 2)) = g(0, 0, 0, 5) =
(0, 5, 25), che e’ diverso da g(0, 0, 0, 3) + g(0, 0, 0, 2) = (0, 3, 9) + (0, 2, 4) = (0, 5, 13).
h e’ lineare perche’ h(a(x’, y’, z’, u’) + b(x’’, y’’, z’’, u’’)) = h(ax’+bx’’, ay’+by’’, az’+bz’’,
au’+bu’’) = (2(ax’+bx’’)+(az’+bz’’), (ay’+by’’) – (az’ +bz’’), 3(au’+bu’’)) = a (2x’+z’, y’-z’,
3u’) + b (2x’’+z’’, y’’- z’’, 3u’’) = a h(x’, y’, z’, u’) + b h(x’’, y’’, z’’, u’’) per ogni x’, y’, z’, u’,
x’’, y’’, z’’, u’’ , a e b in R.
8- In un sistema di riferimento cartesiano ortogonale nello spazio, sia data la retta r(k) passante
per i punti A(1, 0, 1) e B(k, 1, -k).
a) Si calcoli per quali valori di k la retta r(k) e’ parallela o incidente al piano p di equazione
cartesiana
2x + y – z = 0
b) Posto k = 0, si calcoli la distanza dell’origine O (0, 0, 0) dalla retta r(0).
Svolgimento:
L’equazione vettoriale di r(k) e’ P- A = t(A-B) con P(x, y, z), cioe’ (x-1)i + yj + (z-1)k = t((1-k)i
–j + (1+k)k), da cui x-1 = t(1-k), y = -t, z-1 = t(1+k) e le equazioni parametriche di r(k) sono
x = 1 + t(1-k),
y = -t ,
z = 1+ t(1+k)
La retta r(k) e’ parallela al piano p se un suo vettore direttore come A-B = (1-k)i –j + (1+k)k e’
ortogonale ad un vettore normale del piano p, come n = 2i + j – k , e quindi se e’ nullo il loro
prodotto scalare 2(1-k) – 1 – (1+k) = 0. Cio’ accade per -3k = 0 cioe’ per k = 0.
Per k ≠ 0 la retta r(k) non e’ parallela al piano e quindi e’ incidente. Infatti se calcolo
l’intersezione della retta col piano, cioe’ risolvo il sistema
x = 1 + t(1-k),
y = -t ,
z = 1+ t(1+k),
2x + y – z = 0
ottengo 2(1 + t(1-k)) –t –(1+ t(1+k)) = 0 , da cui t(– 3k) +1 = 0 e quindi t = 1/(3k), da cui
x = 1+(1-k)/(3k), y = -1/(3k), z = 1 + (1+k)/(3k) che sono le coordinate del punto
intersezione della retta r(k) col piano, supposto che k sia non nullo.
9- Si condideri l’applicazione f: R4 → R5 (R e’ il campo dei numeri reali), cosi’ definita:
se y = (y1, y2, y3, y4, y5) ϵ R5 e x = (x1, x2 , x3, x4) ϵ R5,
y1 = 2x1+3x2 -3x3 + 2x4
y2 = -x1+ x2 + x3 +2x4
y3 = x1+ 2x2 - x3 + x4
y4 = x1+ x2 - 2x3 + x4
y5 = 3x2 + 3x4
a)
b)
c)
d)
e)
Si dimostri che f e’ un’applicazione lineare;
Si calcoli la dimensione e una base del nucleo, kerf
Si calcoli la dimensione e una base dell’immagine di f, Imf
I vettori u = (4, 3, 3, 1, 6) e v = (1, 1, 0, -1, 2) appartengono a Imf?
Per i vettori u e/o v che appartengono ad Imf, si calcoli l’insieme delle quaterne di R4
che hanno come immagine uno di tali vettori, cioe’ f-1(u) oppure f-1(v).
Svolgimento:
a) f e’ lineare se f(x’ + x’’) = f(x’) + f(x’’) e f(rx) = rf(x) per ogni x, x’ e x’’ in R4 e per ogni r
in R. Osservo che gli yi (per i = 1, 2, 3, 4, 5) sono polinomi omogenei di primo grado nelle
variabili x1, ...., x4 (in altri termini, sono la somma di monomi di primo grado e manca il
termine noto) e questo basta per affermare che f e’ lineare. Infatti, se considero le n-ple di
Rn (nel nostro caso n = 4 e 5) in forma di colonna e indico con A la matrice dei coefficienti
2
3
-3
2
-1
1
1
2
1
2
-1
1
1
1
-2
1
0
3
0
3
allora f(x’ + x’’) = A(x’ + x’’) = Ax’ +A x’’= f (x’) + f(x’’) e f(r x) = A (rx) = r(Ax) = rf(x),
per ogni x’, x’’ e x in R4 e r numero reale.
 1 1
b) Calcolo il rango della matrice A: rkA ≤ 4 e osservo che det 
 = 3 ≠ 0 , che
 0 3
 1 2 1 


det  1 1 2  = -3(-2+1) = 3 ≠ 0
0 3 0 


e che il determinante di
-1
1
1
2
1
2
-1
1
1
1
-2
1
0
3
0
3
2
3
-3
2
1
2
-1
1
1
1
-2
1
0
3
0
3
e’ nullo, cosi’ come il determinante di
perche’ la prima riga e uguale alla somma della seconda con la terza. Per il teorema di
Kronecker, il rango di A e’ 3, perche’ le ultime matrici sono state ottenute orlando la precedente
matrice del terzo ordine a determinante non nullo. Poiche’ rk A = 3, allora dim Im f = 3, e quindi
dim ker f = 4 – dim Im f = 4-3= 1. Per calcolare ker f, trovo le soluzioni del sistema
2x1+3x2 -3x3 + 2x4 = 0
-x1+ x2 + x3 +2x4 = 0
x1+ 2x2 - x3 + x4 = 0
x1+ x2 - 2x3 + x4 = 0
3x2 + 3x4 = 0
che e’ equivalente al sistema formato dalle ultime tre equazioni,
x1+ 2x2 - x3 + x4 = 0
x1+ x2 - 2x3 + x4 = 0
3x2 + 3x4 = 0
perche’ le prime due equazioni sono combinazioni lineari delle ultime tre. Infatti nella matrice A, di
rango 3, un minore del terzo ordine non nullo e’ contenuto nelle ultime tre righe. Ora risolvo il
sistema rispetto alle prime tre incognite, considerando la quarta come un parametro, perche’ in
questo modo la matrice dei coefficienti e’ esattamente la sopracitata matrice 3×3 non singolare
(cioe’ con determinante non nullo).
x1+ 2x2 - x3 = - x4
x1+ x2 - 2x3 = - x4
3x2
= - 3x4
Alla prima equazione sostituisco la differenza della prima con la seconda
x2 + x3 = 0
x1+ x2 - 2x3 = - x4
3x2
= - 3x4
e infine, sostituendo, ottengo x1 = 2 x4
x2 = - x4
x3 = x4 . Pertanto
ker f = {(2 x4, -x4, x4, x4) | per ogni x4 in R} = { x4 (2, -1, 1, 1)| per ogni x4 in R} = <(2, -1, 1, 1)> e
quindi (2, -1, 1, 1) e’ la base di ker f.
c) Come gia’ detto, dim Im f = rk A = 3 e una base di Im f (ovviamente in R5 ) e’ fornita dalle
prime tre colonne della matrice A, perche’ esse sono rispettivamente f(e1), f(e2), f(e3), come
si puo’ verificare direttamente, e perche’ esse sono linearmente indipendenti in quanto
contengono un minore del terzo ordine non nullo. Quindi una base di Im f e’
(2, -1, 1, 1, 0), (3, 1, 2, 1, 3), (-3, 1, -1, -2, 0).
d) u = (4, 3, 3, 1, 6) e v = (1, 1, 0, -1, 2) appartengono ad Im f?
Osservo le matrici C e D che hanno le prime tre colonne formate dalla base di Im f , mentre
l’ultima colonna e’ data da u e v rispettivamente
2
3
-3
4
-1 1
1
3
1
2
-1
3
1
1
-2
1
0
3
0
6
2
3
-3
1
-1
1
1
1
1
2
-1
0
1
1
-2
-1
0
3
0
2
In entrambe le matrici, il minore formato dalle prime tre colonne e dalle ultime tre righe e’ non
nullo, come gia’ osservato, e quindi, per calcolare il rango delle due matrici, basta orlare quel
minore. Nella prima matrice il determinante di
-1 1
1
3
1
2
-1
3
1
1
-2
1
0
3
0
6
2
3
-3
4
1
2
-1
3
1
1
-2
1
0
3
0
6
e’ uguale a zero e il determinante di
e’ ancora nullo. Quindi per il teorema di Kronecker, il rango della matrice C e’ 3 e quindi il vettore
u appartiene ad Im f e f-1(u) non e’ vuoto.
Mentre se considero la seconda matrice D, con la quarta colonna uguale al vettore v, il determinante
della submatrice
-1
1
1
1
1
2
-1
0
1
1
-2
-1
0
3
0
2
e’ uguale a 3 e quindi rk D = 4. Cio’ significa che v non appartiene a Im f, perche’ l’ultima colonna
della matrice D non e’ combinazione lineare delle prime tre, e quindi f-1(v) e’ vuoto.
e) f-1(u) si ottiene risolvendo il sistema lineare
2x1+3x2 -3x3 + 2x4 = 4
-x1+ x2 + x3 +2x4 = 3
x1+ 2x2 - x3 + x4 = 3
x1+ x2 - 2x3 + x4 = 1
3x2 + 3x4 = 6
che e’ equivalente al sistema
x1+ 2x2 - x3 + x4 = 3
x1+ x2 - 2x3 + x4 = 1
3x2 + 3x4 = 6
formato dalle ultime tre equazioni, perche’ la matrice completa ed incompleta hanno
caratteristica 3. Infatti nella matrice completa
2
3
-3
2
4
-1
1
1
2
3
1
2
-1
1
3
1
1
-2
1
1
0
3
0
3
6
la quinta e la quarta colonna sono combinazione lineare delle prime tre colonne, come e’ stato gia’
 1 2 1 


verificato. Poiche’ la submatrice  1 1 2  ha determinante non nullo, le ultime tre righe sono
0 3 0 


linearmente indipendenti, mentre le prime due sono combinazione lineare delle ultime tre. Risolvo
il sistema
x1+ 2x2 - x3 = 3 - x4
x1+ x2 - 2x3 = 1 - x4
3x2 = 6 - 3x4
 1 2 1 
che ha  1 1 2  come matrice dei coefficienti e x4 e’ considerato come un parametro.
0 3 0 


Sottraendo dalla prima equazione la seconda, si ottiene il sistema equivalente
x2 + x3 = 2
x1+ x2 - 2x3 = 1 - x4
x2 = 2 - x4
la cui soluzione e’ x1 = -1 + 2x4 , x2 = 2 - x4 , x3 = x4 , cioe’, se pongo x4 = t,
f-1(u) = {(-1 + 2t, 2- t, t, t) | per ogni numero reale t} = {(-1, 2, 0, 0) + t(2, -1, 1, 1) | per ogni
numero reale t} = (-1, 2, 0, 0) + <(2, -1, 1, 1)> = (-1, 2, 0, 0) + ker f.
10- Dato il sistema lineare
2x1+3x2 -3x3 + 2x4 = 4
-x1+ kx2 + x3 +2x4 = 1
x1+ 2x2 - kx3 + x4 = 2
x1+ x2 - 2x3 + x4 = 2
si calcolino tutte le soluzioni, se ci sono, al variare di k in R.
Svolgimento: La matrice completa B
2
3
-3
2
4
-1
k
1
2
1
1
2
-k
1
2
1
1
-2
1
2
e la matrice A dei coefficienti
2
3
-3
2
-1
k
1
2
1
2
-k
1
1
1
-2
1
hanno entrambe rango 4 se det A e’ diverso da zero. Per calcolare il det A, sostituisco alla prima
riga la somma della prima riga con la quarta, moltiplicata per -2; alla terza riga la somma della terza
con la seconda riga e cosi’ alla quarta riga la somma della quarta con la seconda, ottenendo
0
1
1
0
-1
k
1
2
0 2+k 1-k 3
0 1+k -1
Allora det A e’ uguale al determinante di
3
1
1
0
2+k
1-k
3
1+k
-1
3
che e’ det A = -3(-1 + k). Pertanto per k ≠ 1, la matrice dei coefficienti (4×4) ha determinante non
nullo e la matrice completa (5×4) ha quindi rango 4. Allora per k ≠ 1 il sistema ha una sola
soluzione che si puo’ calcolare usando la regola di Kramer o il metodo di Gauss. Noi illustreremo
quest’ultimo: si tratta di sostituire alle equazioni la loro somma con altre moltiplicate per un
coefficiente in maniera da eliminare progressivamente le incognite.
Metto la quarta equazione al primo posto e sostituisco alla prima equazione la sua differenza con la
quarta moltiplicata per 2, alla seconda, la somma della seconda con la quarta, alla terza la differenza
della terza con la quarta. In questo modo il sistema iniziale e’ equivalente (cioe’ ha le stesse
soluzioni) al seguente sistema
x1+ x2 - 2x3 + x4 = 2
+ x2 + x3
=0
( k+1)x2 - x3 +3x4 = 3
x2 +(2-k)x3 = 0
Ora sostituisco alla quarta equazione la differenza della quarta con la seconda e ottengo
x1+ x2 - 2x3 + x4 = 2
+ x2 + x3
=0
( k+1)x2 - x3 +3x4 = 3
(1-k)x3 = 0
Da cui, poiche’ k ≠ 1, si ottiene che x3 = 0 e quindi, dalla seconda equazione, che x2 = 0 e dalla
terza equazione che x4 = 1 e dalla prima equazione che x1 = 1 e quindi l’unica soluzione del sistema
e’ (1, 0, 0, 1), per k ≠ 1.
Per k = 1, il sistema
x1+ x2 - 2x3 + x4 = 2
+ x2 + x3
=0
2x2 - x3 +3x4 = 3
0x3
=0
che e’ equivalente all’originale, e’ equivalente anche al sistema
x1+ x2 - 2x3 + x4 = 2
+ x2 + x3
=0
2x2 - x3 +3x4 = 3
perche’ la quarta equazione e’ soddisfatta da qualunque valore x3.
Se sostituisco alla terza equazione la somma della terza con la seconda, ottengo il sistema
equivalente
x1+ x2 - 2x3 + x4 = 2
+ x2 + x3
=0
3x2
+3x4 = 3
da cui x4 = 1 – x2, x3 = - x2, x1 = 1 – 2x2 e quindi, posto x2 = t, l’insieme delle soluzioni e’
{(1-2t, t, -t, 1-t) | per ogni t reale} = {(1, 0, 0, 1) + t(-2, 1, -1, -1) | per ogni t reale}=
= (1, 0, 0, 1) + <(-2, 1, -1, -1)>.
11- Date le matrici
 2 2 4 
A =  2 3 2 
3 2 5


e
0 1 0
B =  1 0 0 
0 0 1


a) per ciascuna matrice, si calcolino gli autovalori e i corrispondenti sottospazi (di R3)
degli autovettori;
b) si calcoli una matrice P tale che P-1AP sia una matrice diagonale;
c) si calcoli una matrice ortogonale Q tale che QTBQ sia una matrice diagonale.
Svolgimento:
Calcolo il polinomio caratteristico di A per avere gli autovalori, cioe’ calcolo det(A-tI)
-2-t
-2
-4
2
3-t
2
3
2
5-t
e ottengo det(a-tI) = (2-t)(3-t)(1-t). Pertanto gli autovalori, cioe’ gli zeri del polinomio
caratteristico, sono t1 = 1, t2 = 2, t3 = 3. Calcolo gli autospazi associati a ciascun autovalore:
 x
 
se x =  y  allora E1 e’ l’insieme delle soluzioni del sistema lineare omogeneo (A – I)x = 0,
z
 
cioe’
-3x - 2y - 4z = 0
2x + 2y + 2z = 0
3x + 2y + 4z = 0
che e’ equivalente al sistema
x+y+z=0
3x + 2y + 4z = 0
che risolvo rispetto alle incognite x e y, considerando z come parametro
x + y = -z
3x + 2y = -4z
Sottraggo dalla seconda equazione la prima moltiplicata per 3 e ottengo il sistema
equivalente
x + y = -z
-y=-z
da cui si hanno le soluzioni x = -2z e y = z e quindi E1 = {(-2z, z, z) | per ogni z reale} =
= { z(-2, 1, 1) | per ogni z reale} = <(-2, 1, 1)>.
E2 e’ l’autospazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo (A – 2I)x = 0, cioe’
-4x - 2y - 4z = 0
2x + y + 2z = 0
3x + 2y + 3z = 0
che e’ equivalente al sistema
2x + y + 2z = 0
3x + 2y + 3z = 0
che e’ equivalente a
2x + y = -2z
-x
=z
ottenuto sottraendo dalla seconda equazione la prima moltiplicata per 2. Pertanto
E2 = {(- z, 0, z) | per ogni numero reale z} = <(-1, 0, 1)>
E3 e’ l’autospazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo (A – 3I)x = 0, cioe’
-5x - 2y - 4z = 0
2x
+ 2z = 0
3x + 2y + 2z = 0
che e’ equivalente al sistema
2x
+ 2z = 0
3x + 2y + 2z = 0
da cui x = -z e y = (1/2)z
e quindi E3 = {(-z, (1/2)z, z) | per ogni z reale} = <(-2, 1, 2)>.
Gli autovettori v1 = (-2, 1, 1), v2 = (-1, 0, 1), v3 = (-2, 1, 2) sono linearmente indipendenti,
perche’ sono associati ad autovalori diversi e quindi, se considero l’applicazione lineare f di
R3 in R3 associata alla matrice A rispetto alla base canonica e1, e2, e3, la matrice associata ad
f rispetto alla base di autovettori (v1, v2, v3) e’
1 0 0
A’ =  0 2 0 
0 0 3


perche’ f(v1) = v1 , f(v2) = 2v2 , f(v3) = 3v3 . La matrice P di passaggio tale che A’= P-1AP
ha come colonne le coordinate dei vettori v1, v2 , v3 in questo ordine e quindi
 2 1 2 


P =  1 0 1  . Si puo’ verificare che PA’ = AP.
1 1 2


0 1 0
Considero ora la matrice B =  1 0 0  . Calcolo l’equazione caratteristica det(B – tI) = 0.
0 0 1


La matrice B – tI e’
-t
1
0
1
-t
0
0
0
1-t
e det(B – t I) = (1-t)(t2 – 1) = - (t – 1)2(t + 1). Pertanto l’autovalore 1 ha molteplicita’
algebrica 2, mentre l’autovalore -1 ha molteplicita’ 1. Calcolo gli autospazi:
E-1 e’ costituito dalle soluzioni del sistema (A + I)x = 0 cioe’ dalle soluzioni del sistema
x +y
=0
x +y
=0
2z = 0
che sono x = -y e z = 0. Pertanto E-1 = {(-y, y, 0) | per ogni y reale} = <(-1, 1, 0)>;
E1 e’ invece dato dalle soluzioni del sistema (A- I)x = 0, cioe’
-x + y
x–y
0z
=0
=0
=0
che e’ equivalente a x – y = 0. Pertanto E1 dipende da due parametri, cioe’
E1 = {(y, y, z)| per ogni y e z in R} = {y(1, 1, 0) + z(0, 0, 1) | per ogni y e z in R} =
= <(1, 1, 0), (0, 0, 1)>
infatti E1 e’ un sottospazio vettoriale di dimensione 2. Cio’ era prevedibile dal fatto che la
matrice B e’ simmetrica e quindi e’ diagonalizzabile. Di conseguenza l’autospazio
corrispondente ad un autovalore di molteplicita’ algebrica 2 (come e’ 1) deveva avere
dimensione due. Poiche’ B e’ simmetrica, autovettori associati ad autovalori distinti sono
ortogonali fra loro. Infatti (-1, 1, 0) e’ ortogonale sia a (1, 1, 0) che a (0, 0, 1). I due
generatori di E1 potrebbero non essere ortogonali fra loro, ma in questo caso lo sono, e
quindi una base ortogonale di autovettori e’ data da
(-1, 1, 0), (1, 1, 0), (0, 0, 1)
e una base ortonormale e’
u1 = (-1/ 2 , 1/ 2 , 0) , u2 = (1/ 2 , 1/ 2 , 0), u3 = (0, 0, 1).
Rispetto a questa nuova base, la matrice diagonale B’ associata all’applicazione lineare g di
R3 in R3 , che e’ associata a B rispetto alla base canonica, e’
 1 0 0 


B’ =  0 1 0 
 0 0 1


Pertanto la matrice ortogonale Q di passaggio tale che B’ = QTBQ (infatti, poiche’ Q e’
ortogonale, QT = Q-1) ha come colonne le coordinate di u1, u2, u3, rispettivamente. Pertanto
Q e’
-1/
2 1/ 2
0
1/ 2 1/ 2
0
0
0
1