Università degli Studi di Bergamo — Facoltà di Ingegneria
Matematica II – Ingegneria Edile
Prima prova in itinere 12 aprile 2007 – Tema B
Soluzione
1.1. Si considerino le matrici:
1 −1
A = 2 0 ,
1 2
1 −1
B=
,
1 2
−1 1 2
C=
,
0 1 0
D= 2 1 .
Si determini in base alle dimensioni (senza fare i conti) quali sono i prodotti ammissibili tra le matrici precedenti
precisando le dimensioni della matrice prodotto; si determini poi quali delle matrici precedenti A, B, C e D sono
invertibili e si calcolino le eventuali matrici inverse. Si calcoli infine il prodotto DC.
Svolgimento: Si ha
A ∈ M3×2 ,
B ∈ M2×2 ,
C ∈ M2×3 ,
D ∈ M1×2
dunque i prodotti possibili sono
AB ∈ M3×2 ,
AC ∈ M3×3 ,
BB ∈ M2×2 ,
BC ∈ M2×3 ,
CA ∈ M2×2 ,
L’unica matrice quadrata è B e det B = 3, dunque B è invertibile e
2
1 2 1
−1
= 31
B =
−3
3 −1 1
Infine
1
3
1
3
DB ∈ M1×2 ,
DC ∈ M1×3 .
.
−1 1 2
DC = 2 1
= −2 3 4 .
0 1 0
1.2. Calcolare i determinanti delle seguenti matrici:
2 1
A = 1 −1
1 −1
−3
2 ,
1
Svolgimento: Si ha
1
1
B=
2
−1
det A = 3,
0 1
1
2 −1 −1
.
2 1
0
1 −1 1
det B = 6.
1.3. Sia data la retta r di equazioni cartesiane
(
x+y−z =1
x + 2y − z = 2.
1. Determinare l’equazione parametrica vettoriale di r;
2. determinare l’equazione parametrica vettoriale della retta s parallela a r e passante per il punto P = (−1, 2, 1);
3. determinare l’equazione parametrica vettoriale del piano π contenente le rette r ed s.
Svolgimento:
1. L’equazione parametrica vettoriale della retta r è (ad esempio)
1
0
x
y = 1 + λ 0 ,
1
0
z
λ ∈ R.
2. L’equazione parametrica vettoriale della retta s è (ad esempio)
x
−1
1
y = 2 + λ 0 ,
z
1
1
λ ∈ R.
3. L’equazione parametrica vettoriale del piano π è (ad esempio)
−1
1
−1
x
y = 2 + λ 0 + µ 1 ,
1
1
1
z
λ, µ ∈ R.
1.4 Continuando dall’esercizio precedente:
1. determinare l’equazione cartesiana del piano π;
2. determinare l’equazione parametrica vettoriale della retta u perpendicolare al piano π e passante per l’origine
degli assi;
3. determinare la distanza dell’origine degli assi dal piano π.
Svolgimento:
1. L’equazione cartesiana del piano π è
x + 2y − z − 2 = 0
2. L’equazione parametrica vettoriale della retta u è (ad esempio)
1
x
y = λ 2 , λ ∈ R.
−1
z
3. Il punto Q intersezione della retta u con il piano π è Q = 31 , 23 , − 13 , dunque la distanza di O dal piano π è pari
alla lunghezza del segmento OQ, cioè
r
√
1 4 1
6
|OQ| =
+ + =
.
9 9 9
3
1.5. Determinare per quali valori del parametro t ∈ R i seguenti vettori sono parelleli e per quali valori sono
perpendicolari.
v = (2, t + 1, 3t + 1), w = (t + 1, 2, 2t + 2).
Svolgimento: Si ha v perpendicolare a w ⇐⇒ v · w = 0, dunque poiché v · w = 6(t + 1)2 l’unica possibilità è t = −1.
Si ha poi v parallelo a w ⇐⇒ v ∧ w = 0, dunque poiché
v ∧ w = ((t + 1)(2t + 2) − 6t − 2)i − (4t + 4 − (3t + 1)(t + 1))j + (4 − (t + 1) 2 )k,
si ha v ∧ w = 0 solo per t = 1.
1.6. Determinare in base al teorema di Rouché–Capelli se il seguente sistema ammette soluzioni; successivamente
risolverlo tramite il metodo di riduzione di Gauss:
(
3x − 9z = 1
2x + y + 3z = 3.
Svolgimento: Siano
A=
Si ha
3 0 −9
,
2 1 3
b=
1
.
3
3 0 −9
rk A = rk
=2
2 1 3
e ovviamente, poiché [A|b] ∈ M2×4 si ha rk [A|b] ≤ 2 e quindi anche rk [A|b] = 2, dunque il sistema ammette soluzioni.
Riducendo la matrice [A|b] a gradini si ottiene il sistema equivalente
1
x − 3z =
3
y + 9z = 7
3
da cui le soluzioni sono
1
x
3
3
y = 7 + λ −9 ,
3
0
z
1
2.1. Siano dati la matrice A e il vettore b seguenti:
k+1 k
A=
1 − k −k
3k
,
2k
b=
λ ∈ R.
2k
.
1−k
Si determinino (se esistono) i valori del parametro reale k per i quali il sistema Ax = b non ammette soluzioni.
Svolgimento: Si ha
det
k+1 k
= 0 ⇐⇒ k = 0
1 − k −k
dunque se k 6= 0 si ha rk A = 2 = rk[A|b]. In tal caso il sistema
1 0
A=
1 0
e rk A = 1 ma
ammette soluzioni. Se k = 0, si ha
0
0
1 0 0 0
[A|b] =
1 0 0 1
e quindi rk[A|b] = 2, dunque il solo valore per cui il sistema non ammette soluzioni è k = 0.
2.2. Discutere e risolvere al variare del parametro reale k il seguente sistema:
x−y =1
ky = 0
− (k + 1)x − (k + 1)y = −1
− x + (k + 2)y + (k + 1)z = (k + 1)2 .
Svolgimento: Osserviamo che, se k 6= 0 il sistema è equivalente a
y=0
x = 1
− (k + 1) = −1
− 1 + (k + 1)z = (k + 1)2
e tale sistema è impossibile.
Se poi k = 0 il sistema diventa
che ha una sola soluzione (x, y, z) = (1, 0, 2).
x − y = 1
− x − y = −1
− x + 2y + z = 1
2.3. Stabilire (se esistono) per quali valori del parametro reale t i seguenti vettori sono complanari:
v = (t, −1, 0),
w = (0, 1, t),
u = (−t2 , 1 + t, t).
Svolgimento: I vettori sono complanari se e solo se
t
−1 0
1
t = −t3 + t3 = 0
det 0
2
−t 1 + t t
e ciò è vero per ogni t ∈ R. Dunque i tre vettori sono complanari per ogni valore di t ∈ R.
