Contents 1 Esercizi sui sistemi

CONTENTS
Esercizi in fase di elaborazione
Contents
1 Esercizi sui sistemi
1
2 Geometria analitica dello spazio
9
3 Esercizi di algebra lineare
11
4 Numeri complessi
17
5 11-9-91 es. 3
17
6 25-2-92 es. 3
17
7 28-5-92 es. 3
17
8 1-3-93 es.3
17
9 11-6-93 es.3
18
10 Coniche
19
1
Esercizi sui sistemi
Esercizio 1
Discutere il seguente sistema lineare di 3 equazioni in 3 incognite al variare dei parametri λ, µ ∈ R.


=µ
λx − λz
λx + y
=µ


λx + y − (µ + λ)z = µ
Soluzione:
Riordinando le equazioni, le matrici

λ
A= λ
λ
associate al sistema sono:


1 −µ − λ
λ

1
0
A0 =  λ
0
−λ
λ
1
1
0
−µ − λ
0
−λ

µ
µ 
µ
Risulta det A = λ(λ − µ), quindi si ha
µ
1. per λ 6= 0 ∧ λ 6= −µ, car A = car A0 = 3, il sistema ammette una e una sola soluzione data da x = ,
λ
y = 0, z = 0;
2. per λ = 0 le matrici associate al sistema sono


0 1 −µ
A= 0 1 0 
0 0 0

0 1
A0 =  0 1
0 0

−µ µ
0 0 
0 µ
se µ 6= 0, si ha car A = 2 e car A0 = 3 quindi il sistema non ha soluzioni; se µ = 0 si ha car A = car A0 = 1,
il sistema dato si riduce all’unica equazione y = 0 che ha ∞2 soluzioni x = h, y = 0, z = k, con h, k ∈ R;
1
Esercizi in fase di elaborazione
3. per λ 6= 0 ∧ λ = −µ, le matrici associate diventano



λ 1 0
λ
A= λ 1 0 
A0 =  λ
λ 0 −λ
λ
1
1
0
0
0
−λ

−λ
−λ 
−λ
0
in entrambe le matrici la prima riga è uguale alla
seconda, quindi car A ≤ car A ≤ 2. Si osserva però che,
λ 1
estraendo da A il minore A2,3;1,2 =
, si ha det A2,3;1,2 = −λ 6= 0, dunque car A0 = car A = 2 e
λ 0
il sistema ammette ∞1 soluzioni x = k − 1, y = −λk, z = k con k ∈ R.
Esercizio 2
Risolvere il seguente sistema al variare dei parametri λ, µ, ν ∈ R.


x + 3y − νz = 2λ
x − y + λz = 2µ


x − y + νz = 0
Soluzione:
Consideriamo le matrici associate al sistema dato. Risulta:



1 3 −ν
1
A =  1 −1 λ 
A0 =  1
1 −1 ν
1
3
−1
−1
−ν
λ
ν

2λ
µ 
0
Si ha det A = 4(λ − ν). quindi si ha:
1. se λ 6= ν, car A = car A0 = 3 e il sistema ammette una e una sola soluzione data da x =
y=
λ2 − λν − µν
,
2(λ − ν)
λ2 − λν + µν
µ
,z=
,
2(λ − ν)
(λ − ν)
2. se λ = ν, det A = 0 e car A = 2: in questo caso, se µ 6= 0(si ha che car A0 = 3 e quindi il sistema dato
x + 3y − λz = 2λ
non ammette soluzioni, se µ = 0 il sistema dato si riduce a
che ammette ∞1 soluzioni
x − y + λz = 0
λ(1 + k)
λ(1 − k)
date da x =
,y=
, z = k, al variare di k in R.
2
2
Studiare il seguente sistema al variare dei parametri k, k in R.


hx + 3y + (h − k)z =h
y + hz
=0


2hx + 3y + hz
=h+k
Si considerino le matrici associate al sistema:


h 3 h−k
h 
A= 0 1
2h 3
h

h
A0 =  0
2h
Risulta det A = 2h(h + k) e quindi
2
3
1
3
h−k
h
h

h
0 
k+k
Esercizi in fase di elaborazione
1. per h 6= 0 ∧ h + k 6= 0 si ha una e una sola soluzione
2. per h = 0 ∧ k = 0 si hanno ∞1 soluzioni
3. per h = 0 ∧ k 6= 0 il sistema non ha soluzioni
Esercizio 3
Risolvere il seguente sistema per i valori indicati dei parametri.


=0
x − y + z
x + ay + bz =-1


3x + y + cz =d
a) per a = 0, b = c = 2, d = 6
b) per a = 0, b = 2, c = 7, d = 6
c) per a = 1, b = −1, c = −1, d = −2
Primo metodo
Risolviamo i sistemi con il metodo di Gauss.
Le matrici associate al sistema sono:


1 −1 1
A= 1 a b 
3 1 c
a) Per a = 0, b = c = 2, d = 6 si ha

1
A= 1
3
−1
0
1
Applicando le trasformazioni elementari

1 −1
A= 0 1
0 4

1
A0 =  1
3

1
2 
2

−1
a
1
1
A0 =  1
3
1
b
c
−1
0
1

0
−1 
d

1 0
2 −1 
2 6
sulle righe: R2 −→ R2 − R1 , R3 −→ R3 − 3R1 , si ha



1
1 −1 1
0
1 
1 −1 
A0 =  0 1
−1
0 4 −1 6
Applicando ora la trasformazione R3 −→ R3 − 4R2 , otteniamo le matrici ridotte per righe rispetto all’elemento di posto 1, 1:




1 −1 1
1 −1 1
0
1 
1 −1 
A= 0 1
A0 =  0 1
0 0 −5 2
0 0 −5


x − y + z =0
Il sistema iniziale è quindi equivalente al sistema y + z
=-1 Con una risoluzione all’indietro, par

−5z
=2
2
3
tendo dalla terza equazione si ha z = − , sostituendo nella seconda equazione si ha y = − , e infine,
5
5
3 2
1
sostituendo nella prima equazione, si ottiene x = y − z = − + = − . Il sistema dato ammette quindi
5 5
5
1
3
2
una sola soluzione data da x = − , y = − , z = − .
5
5
5
3
Esercizi in fase di elaborazione
b) Per a = 0, b = 2, c = 7, d = 6 si ha

1
A= 1
3
−1
0
1

1
2 
7

1
A0 =  1
3
−1
0
1

1 0
2 −1 
7 6
Applicando ad A a ad A0 le trasformazioni elementari sulle righe: R2 −→ R1 − R2 , R3 −→ R3 − 3R1 , si
ha




1 −1 1
1 −1 1 0
A= 0 1 1 
A0 =  0 1 1 −1 
0 4 4
0 4 4 6
e si potrebbe concludere subito che in questo caso il sistema non ammette soluzioni in quanto R2 ed R3 sono
linearmente dipendenti nella matrice A e linearmente indipendenti nella matrice A0 : da questo segur che
car A0 = car A + 1 e quindi, per il teorema di Rouché–Capelli, il sistema non ammette soluzione. In ogni
caso, anche senza questa considerazione, si può osservare che l’ulteriore trasformazione R3 −→ R3 − R2 ,
permette di ottenere




1 −1 1
1 −1 1 0
A= 0 1 1 
A0 =  0 1 1 −1 
0 0 0
0 0 0 7


x − y + z =0
associata al seguente sistema, equivalente a quello iniziale: y + z
=-1 che è evidentemente impos

0
=7
sibile.
c) Per a = 1, b = −1, c = −1, d = −2

1
A= 1
3
si ha
−1
1
1
Applicando le trasformazioni elementari

1 −1
A= 0 2
0 4

1
−1 
−1

1
A0 =  1
3
−1
1
1
1
−1
−1

0
−1 
−2
sulle righe: R2 −→ R2 − R1 , R3 −→ R3 − R2 , si ha



1
1 −1 1
0
2 
2 −1 
A0 =  0 2
−4
0 4 −4 −2
e si osserva facilmente che la seconda e la terza riga sono linearmente (
dipendenti sia in A che in A0 , quindi
x − y + z =0
il sistema dato è equivalente al sistema di 2 equazioni in 3 incognite
. Ponendo z = t, si
2y − 2z
=-1
(
x − y =-t
1
1
ha
e quindi y = − − t e, per sostituzione, x = − − 2t. Le soluzioni sono quindi ∞1 e
2
2
2y
=-1+2t
1
1
possono essere espresse al variare del parametro t in R come x = − − 2t, y = − − t, z = t.
2
2
Osservazione: il sistema mostrato sopra è equivalente a un sistema di 2 equazioni in 3 incognite con
car A = car A0 = 2. Ponendo una delle 3 incognite come parametro, tale sistema diviene un sistema di 2
equazioni in 2 incognite che, a meno di un’errata scelta della parametrizzazione, ammette una e una sola
soluzione per ogni valore del parametro. La scelta della parametrizzazione, dunque, deve essere tale da
ottenere un sistema con car A = car A0 = numero delle incognite “rimanenti”. Nel caso presentato sopra,
4
Esercizi in fase di elaborazione
l’unica scelta infelice è x = t: in questo caso si avrebbe infatti A =
−1
2
1
−2
e car A = 1 < numero
delle incognite “rimanenti”, pari a 2.
Esercizio 4
Risolvere il seguente sistema per i valori indicati dei parametri.


=0
x − y + z
x + ay + bz =0


3x + y + cz =0
a) per a = 0, b = c = 2;
b) per a = 0, b = 2, c = 7;
c) per a = 1, b = −1, c = −1.
Il sistema dato è il sistema omogeneo associato a quello esaminato nell’esercizio precedente. Sappiamo che esiste
sempre almeno la soluzione banale x = 0, y = 0, z = 0. Per avere soluzioni diverse da quella banale, la matrice
ridotta per righe rispetto all’elemento 1, 1 (o a un altro qualunque, a meno di scambi di righe e/o di colonne)
deve avere almeno uno 0 sulla diagonale principale.


1 −1 1
a) Nel caso a = 0, b = c = 2 si ha A =  1 0 2  e, con le stesse trasformazioni sulle righe applicate
3 1 2


1 −1 1
1 . Il sistema associato a quest’ultima
alla parte a) dell’esercizio precedente, si ottiene A =  0 1
0 0 −5

x − y + z = 0

matrice, ed equivalente al sistema assegnato, è y + z
= 0 che ha come unica soluzione quella banale


−5z
=0
x = 0, y = 0, z = 0, conclusione deducibile anche dal fatto che la matrice a ha tutti gli elementi sulla
diagonale principale diversi da zero.


1 −1 1
b) Nel caso a = 0, b = 2, c = 7 si ha A =  1 0 2  e, con le stesse trasformazioni sulle righe applicate
3 1 7


1 −1 1
alla parte b) dell’esercizio precedente, si ottiene A =  0 1 1 . Il sistema associato a quest’ultima
0 0 0
(
x−y+z =0
matrice, ed equivalente al sistema assegnato, è
Ponendo z = t, si ottiene che la soluzione
y+z
=0
del sistema è data da x = −2t, y = −t, z = t, con t ∈ R. In questo caso la scelta della parametrizzazione
t0
t0
della soluzione è libera: si può porre x = t0 che, sostituito nel sistema, dà y = e z = − .
2
2


1 −1 1
c) Nel caso a = 1, b = −1, c = −1. A =  1 1 −1  e, con le stesse trasformazioni sulle righe
3 1 −1
5
Esercizi in fase di elaborazione


1 −1 1
applicate alla parte c) dell’esercizio precedente, si ottiene A =  0 2 −2 . Il sistema associato a
0 0
0
(
x−y+z =0
quest’ultima matrice, ed equivalente al sistema assegnato, è
che ha ∞1 soluzioni. Posto
y−z
=0
z = t la soluzione è data da x = 0, y = t z = t, con t ∈ R. In questo caso non è possibile parametrizzare
le soluzioni ponendo x = t0 .
Esercizio 5
Risolvere il seguente sistema studiando le caratteristiche per utilizzare il teorema di Rouché-Capelli:


=0
x − y + z
x + ay + bz = −1


3x + y + cz = d
a) per a = 0, b = c = 2, d = 6
b) per a = 0, b = 2, c = 7, d = 6
c) per a = 1, b = −1, c = −1, d = −2
Le matrici associate al sistema sono:

1
A= 1
3
−1
a
1
a) Per a = 0, b = c = 2, d = 6 si ha

1
A= 1
3

1
b 
c
−1
0
1

1
A0 =  1
3

1
2 
2

−1
a
1
1
A0 =  1
3
1
b
c
−1
0
1

0
−1 
d

1 0
2 −1 
2 6
Risulta det A = −5 6= 0, dunque car A = car A0 = 3 = numero delle incognite. Il sistema ammette quindi
una e una sola soluzione che può essere calcolata con la regola di Cramer:






1 0 1
1 −1 0
0 −1 1
det  1 −1 2 
det  1 0 −1 
det  −1 0 2 
3 6 2
3 1
6
6
1 2
−15
−5
10
=
=3 y=
=
=1 z=
=
=
x=
−5
−5
−5
−5
−5
−5
b) Per a = 0, b = 2, c = 7, d = 6 si ha

1
A= 1
3

1 −1 1 0
A0 =  1 0 2 −1 
3 1 7 6
1 −1
Risulta det A = 0, ma car A = 2 essendo det A(1,2;1,2) = det
= 1 6= 0. D’altra parte è possibile
1 0


1 −1 0
estrarre dalla matrice A0 il minore A0(1,2,3;1,2,4) per il quale si ha det A0(1,2,3;1,2,4) = det  1 0 −1  = −2 6= 0.
3 1
6
Dunque car A = 2 6= car A0 = 3 e, per il teorema di Rouché–Capelli, il sistema non ammette soluzione.
−1
0
1

1
2 
7

6
Esercizi in fase di elaborazione
c) Per a = 1, b = −1, c = −1, d = −2

1
A= 1
3
si ha
−1
1
1

1
−1 
−1

1
A0 =  1
3
−1
1
1
1
−1
−1

0
−1 
−2
in questo caso si ha car A = car A0 = 2, quindi
il sistema ammette ∞1 soluzioni. Per il calcolo di car A
1 −1
risulta infatti det A(1,2;1,2) = det
= 2 6= 0, mentre det A = 0. Per il calcolo si car A0 si ha in1 1


1 −1 0
vece che l’unico minore che potrebbe far sı̀ che la caratteristica di A0 fosse 3 è A(1,2,3;1,2,4) =  1 1 −1 
3 1 −2
che ha determinante nullo. Consideriamo quindi il sistema, equivalente a quello assegnato e costituito dalle
prime due equazioni
del sistema dato, certamente linearmente indipendenti e pari in numero alla caratter(
x−y+z =0
istica di A:
. Ci sono ∞1 soluzioni che possono essere scritte esplicitamente sfruttando
x + y − bz = −1
(
x − y = −t
1
un’opportuna parametrizazione, ad esempio ponendo z = t si ha
da cui si ricava x = − ,
2
x + y = −1 + t
1
y = t − , z = t. Si noti che, in questo caso, non è possibile scegliere la parametrizzazione x = t0 .
2
Esercizio 6
Risolvere il seguente sistema utilizzando lo studio delle caratteristiche e con l’uso del teorema di Rouché–Capelli:


=0
x − y + z
x + ay + bz = 0


3x + y + cz = 0
a) per a = 0, b = c = 2
b) per a = 0, b = 2, c = 7
c) per a = 1, b = −1, c = −1
7
Esercizi in fase di elaborazione
Geometria analitica nel piano
Esercizio 1
Scrivere l’equazione delle rette
1. r1 passante per P = (5, 6) e parallela al vettore ~r =t (2, − 1)
2. r2 passante per P = (5, 6) e per P 0 = (3, 7)
3. r3 passante per P = (−1, 9) e parallela ad s :
x−3
y − 10
=
−6
3
4. r4 passante per P = (7, 5) e parallela a p : x + 2y − 1 = 0
2x − 1
= −y + 1
3
√
1
5
6. r6 parallela a t : y = − x +
e da essa avente distanza 145
12
12
5. r5 passante per O = (0, 0) e perpendicolare a q :
Svolgimento:
(
x = x0 + lt
1. Ricordando che l’equazione parametrica di una retta r nel piano è della forma
y = y0 + mt
(
x = 5 + 2t
vettore parallelo a r, si ha r1 :
.
y =6−t
con (l, m)
2. Calcoliamo il vettore P~P 0 = (5 − 3, 5 − 7) = (−2, 1); quindi la retta r2 coincide con la retta r1 .
3. La retta r3 è parallela al vettore
( ~s = (−6, 3) = −3(−2, 1) cioè ha la stessa direzione di r1 ; l’equazione
x = −1 + 2t
parametrica è della forma r3 :
Quanti punti hanno in comune r1 ed r3 ?
y =9−t
(
x = 5 + 2t
4. Il vettore direzione di p è p~ = (−b, a) = (−2, 1) e la retta r4 ha quindi equazione r1 :
y =6−t
5.
6.
Esercizio 7 (Scritto 1 del 2008 per Ing. A. e M.)
Discutere il sistema lineare

 (k − 1)x − kz = 0
kx + ky = 1

ky + (k − 1)z = 1
al variare del parametro k.
Le matrici associate al sistema sono:

k−1 0
k
A= k
0
k

−k
0 
k−1

k−1 0
k
A0 =  k
0
k
8

−k
0
0
1 ;
k−1 1
Esercizi in fase di elaborazione
risulta det(A) = k[(k − 1)2 − k 2 ] = 0 che si annulla per k = 0 e k = 1/2. Dunque, per k diverso da questi due
valori ρ(A) = ρ(A0 ) = 3, dunque si ha un’unica soluzione. Per k = 0 la matrice completa diventa


−1 0 0 0
 0 0 0 1 ,
0 0 −1 1
dunque per il teorema di Rouché–Capelli il sistema è impossibile essendo
ρ(A) = 2 6= ρ(A0 ) = 3.
Per k = 1/2 la matrice A0 diventa:

−1/2
 1/2
0

−1/2 0
0
1 ;
−3/2 1
0
1/2
−1/2
risulta, ancora, ρ(A) = e ρ(A0 ) = 3, dunque il sistema è impossibile per il teorema di Rouché–Capelli.
2
Geometria analitica dello spazio
Esercizio 4. In un riferimento dello spazio R(O; x, y, z) sono assegnate le rette r ed s di equazioni

 x=1−t
x+y =1
y = −t
2x − z = 0

z =1−t
(a) dire se le rette r ed s sono parallele, incidenti o sghembe.
(b) scrivere l’equazione del piano α contenente la retta r e parallelo ad s
(c) calcolare la minima distanza tra r ed s




2
2
(d) scrivere l’equazione della sfera S tangente in R =  −1  la retta r e passante per P =  0 
4
3
Esercizio 5 (Scritto 1 del 2008 per Ing. A. e M.)
Siano date le sfere S1 ed S2 di equazioni
S1 : (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 16
S2 : (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 16
rispettivamente. Si determini l’equazione della proiezione γ 0 sul piano xy della loro intersezione γ. Si calcolino
infine le coordinate dell’eventuale centro di simmetria di γ 0 .
Svolgimento
S1 ha centro
√ in C1 = (−1, −1, −1) e raggio R1 = 4; S2 ha centro in C2 = (1, 1, 1) ed R2 = 4. La distanza tra i
centri è 2 3, minore della somma dei raggio e quindi γ = S1 ∩ S2 è una circonferenza. Possiamo sostituire al
sistema
S1
γ:
S2
9
Esercizi in fase di elaborazione
il sistema equivalente
γ:
S1
S1 − S2
e, cioè
γ:
(x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 16
x+y+z =0
essendo la seconda l’equazione del piano radicale delle due sfere. Se nell’equazione di γ si sostituisce nella prima
equazione z = −x − y si ottiene
2x2 + 2y 2 + 2xy − 13 = 0
γ:
;
z = −x − y
γ ora è rappresentata come intersezione del piano radicale con la superficie C al cui equazione è nelle due
indeterminate x ed y. C è, dunque, un cilindro che proietta γ parallelamente all’asse di z 1 . La proiezione γ 0 di
γ su z = 0 ha, dunque, equazione
2x2 + 2y 2 + 2xy − 13 = 0
;
γ0 :
z=0
e quindi
2x2 + 2y 2 + 2xy − 13 = 0
rappresenta l’equazione di γ 0 nel riferimento R(O; x, y) subordinato sul piano z = 0. Dalle considerazioni delle
e ed A associate a γ 0 ove
matrici A


2 1 0
2 1
e


A= 1 2 0 , A=
1 2
0 0 −3
e 6= 0 e det(A) > 0. Inoltre l’origine è un centro di
si ricava facilmente che si tratta di un ellisse essendo det(A)
0
simmetria per la conica γ mancando nella sua equazione i termini di primo grado 2 .
Esercizio 6 (Scritto 3 del 2008 per Ing. A. e M.)
Si consideri nello spazio la curva γ di equazioni
2
x + y2 = 1
x2 + y 2 − x + y − z = 0
a) γ è una curva piana?
b) Scrivere l’equazione del cono C di vertice l’origine contenente γ.
c) Si scrivano le equazioni della curva γ 0 ottenuta intersecando C con il piano contenente i punti di coordinate
P1 = (1, 0, 0), P2 = (1, 0, 2), P3 = ( 1, 0, 2) e la si classifichi.
Svolgimento
Il sistema che rappresenta γ è equivalente al sistema
2
x + y2 = 1
x−y+z =1
1 difatti, se (x, y, z) ∈ C anche (x, y, k) ∈ C per ogni k reale, e quindi la retta per (x, y, z) parallela all’asse z appartiene a C.
Pertanto C è un luogo di rette parallele all’asse z e quindi, è un cilindro contenente γ
2 infatti se (x, y) appartiene alla curva (−x, −y) appartiene anch’esso alla curva
10
Esercizi in fase di elaborazione
e quindi γ è una curva piana essendo contenuta nel piano x − y + z = 1. Il cono C è il luogo delle rette per
il vertice, che è l’origine, e per il generico punto P = (a, b, c) appartenente a γ. Le equazioni parametriche del
cono sono, perciò

x = at




 y = bt
z = ct


a−b+c=1


 2
a + b2 = 1
sostituendo (x, y, z) nella quarta equazione si ottiene t = x − y − z e quindi
a=
x
x−y−z
b=
y
x−y−z
c=
z
.
x−y−z
Sostituendo a e b nella quinta equazione si ottiene l’equazione del cono.
x2 + y 2 = (x − y − z)2 =⇒ z 2 − 2xy − 2xz + 2yz = 0.
Per determinare l’equazione di γ 0 scriviamo l’equazione del piano per i tre punti assegnati. Per fare questo
utilizziamo la formula


x − x1 y − y1 z − z1
det x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1 
x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1
che, con i punti Pi , ci dà l’equazione y = 0. La conica γ 0 ha, allora, equazioni
2
z − 2xy − 2xz + 2yz = 0
z(z − 2x) = 0
⇔
y=0
y=0
e, pertanto, la conica è degenere nelle rette
z=0
y=0
z − 2x = 0
y=0
Nota: il piano y = 0 contiene i punti P2 e P3 e quindi anche il vertice V del cono che è i loro punto medio.
Poiché il piano contiene il punto P1 , che appartiene alla conica γ, il piano contiene anche la retta passante per V
e P1 che è una retta del cono. Da qui, dunque, si può dedurre immediatamente che la conica sezione è degenere
in due rette reali e distinte.
3
Esercizi di algebra lineare
• esercizio 11-9-91 Sia A una matrice reale 2×2. Dire giustificandone le risposte se le seguenti affermazioni
sono vere o false.
(a) det(A) < 0 =⇒ A è triangolabile
(b) det(A) = 0 =⇒ A è triangolabile
(c) det(A) > 0 =⇒ A è triangolabile
(d) det(A) < 0 =⇒ A è diagonalizzabile
(e) det(A) = 0 =⇒ A è diagonalizzabile
11
Esercizi in fase di elaborazione
(f) det(A) > 0 =⇒ A è diagonalizzabile
Premettiamo le seguenti osservazioni
Le implicazioni precedenti valgono se sono vere per ogni matrice. Per dimostrare la falsità di una di esse
è sufficiente trovare una matrice per cui tale implicazione è falsa.
A è una matrice reale di ordine 2, la sua equazione caratteristica è di grado 2 ed ammette due radici in C
λ1 e λ2
det(A)= λ1 λ2 .
Pertanto
(1) λ1 e λ2 reali e distinte =⇒ det(A) positivo, negativo o nullo;
(2) λ1 e λ2 reali e coincidenti =⇒ det(A) positivo o nullo;
(3) λ1 e λ2 complesse coniugate =⇒ det(A) positivo.
Concludendo le risposte ai quesiti posti sono le seguenti:
(a) sı̀
(b) sı̀
(c) no , si pensi alla matrice A =
1
1
1
−2
.
(d) sı̀ le radici sono reali e di segno opposto
0 1
(e) no, si pensi alla matrice A =
.
0 0
(d) no, vedi il caso (c)
• esercizio n.4 10-9-92 Sia A una matrice quadrata di ordine n e di caratteristica 1. Si dimostri che A è
diagonalizzabile se e solo se A2 6= 0.
Dall’ipotesi car(A) = 1, essendo Im(A) lo spazio generato dalle colonne di A segue dimIm(A) = 1; per
il teorema della dimensione [...] si ha inoltre, dimKer(A) = n − 1.
Ma Ker(A) = Vλ=0 , dunque A ammette l’autovalore λ = 0 con molteplicità geometrica nλ=0 = n − 1.
Ricordando che la molteplicità geometrica, nλ è sempre minore o uguale alla sua molteplicita algebrica
mλ si ha mλ=0 ≥ n − 1 e quindi A è diagonalizzabile se e solo se esiste un autovalore λ0 6= 0. Dunque
se A è diagonalizzabile, è necessariamente A2 6= 0; diversamente A sarebbe nilpotente ed avrebbe
quindi tutti gli autovalori uguali a 0. matr Viceversa, se A2 6= 0 risulta car(A2 ) 6= 0, ed essendo
car(A2 ) ≤ car(A) = 1 ed Im(A2 ) ⊆ Im(A) [ vd...] si ha car(A2 ) = 1 ed Im(A2 ) = Im(A) diverso
dallo spazio nullo. Esiste allora un vettore w tale che Im(A) = Im(A2 ) = Span w e risulta
0
0
A(w) = λ w con λ 6= 0 essendo A2 6= 0. Dunque esiste un autovalore λ 0 6= 0 e , per l’osservazione
premessa A è diagonalizzabile.
• esercizio n.4 1-3-93 Sia Q una matrice ortogonale di ordine n. Siano x ed y autovettori di Q relativi,
rispettivamente, agli autovalori 1 e −1.
(1) Si dimostri che x ed y sono tra loro ortogonali.
12
Esercizi in fase di elaborazione
(2) Sia ora Q una matrice ortogonale del terzo ordine. Supponendo che Q ammetta gli autovalori 1 e
−1, dimostrare che Q è una simmetria ortogonale rispetto ad una retta o ad un piano ( passanti per
l’origine).
(1) Dalle ipotesi segue t Q = Q−1 , Q(x) = x e Q(y) = −y. Risulta
x • y = Q(x) • (−Q(y)) = −t QQ(x) • y = −x • y
Dunque x • y = 0, e quindi x ed y sono ortogonali essendo non nulli perché autovettori.
(2) Per le ipotesi assunte la matrice ortogonale reale Q deve necessariamente avere come terzo autovalore
un numero reale λ3 che può essere solo 1 o −1 ( vd. ...)
Dunque Q è sicuramente triangolabile avendo le radici caratteristiche tutte reali; esiste perciò una
matrice P che si può scegliere ortogonale ( vd....) ed una matrice triangolare T tale che
T =t P QP
Trasponendo si ha
t
T =t P/t QP
e quindi
t
T T =t P t QP t P QP =t P t QQP =t P IP = I
quindi t T = T −1 e quindi T è ortogonale.
Se T è la matrice

λ1
T = 0
0
a
λ3
0

b
c .
λ3
si deduce subito a = b = c = 0 essendo T ortogonale e quindi i prodotti scalari dei vettori colonna
di T, due a due, uguali a zero.
Dunque Q è diagonalizzabile ed è simile ad una delle due matrici


1 0 0
D1 =  0 1 0  .
0 0 −1
oppure

−1
D2 =  0
0
0
−1
0

0
0 .
1
Nel primo caso dimVλ=1 = 2 e quindi, gli autovettori associati all’autovalore λ=1 appartengono ad un
piano π per l’origine la cui giacitura viene individuata dai vettori v11 e v21 costituenti una base di Vλ=1
mentre i vettori associati a λ=−1 sono ∞1 e sono tutti perpendicolari al piano π.
0
Un qualunque vettore dello spazio si decompone in un vettore v ∈ π , autovettore associato all’autovalore
“
1 ed in un vettore v perpendicolare a π ,autovettore associato all’autovalore −1.
Risulta
0
0
0
Q(v) = Q(v + v “ = Q(v ) + Q(v “ ) = v − v “
Dunque, Q(v) è il simmetrico di v nella simmetria ortogonale rispetto al piano π.
Nel secondo caso dimVλ=−1 = 2 . Questa volta c’è un piano di autovettori associati all’autovalore −1 ,
mentre ci sono ∞1 autovettori associati all’autovalore −1.
13
Esercizi in fase di elaborazione
0
0
Per il generico vettore dello spazio , che si decompone in v = v + v “ con v ∈ π e v “ perpendicolare a π
risulta
0
0
0
Q(v) = Q(v + v “ ) = Q(v ) + Q(v “ ) = −v + v “
e, Q(v) è simmetrico di v nella simmetria ortogonale rispetto alla retta di vettori uniti, perpendicolari a
π.
• esercizio n.4 dell ’ 8-4-93 Siano date due matrici A e B quadrate del quarto ordine. Supposto
car(A) = 2, car(B) = 3, si dimostri che
1 ≤ car(BA) ≤ 2
Dimostrazione: Risulta car(BA) ≤ car(A) , car(B) , e , quindi car(BA) ≤ 2 Inoltre Ker(B) ed Im(A)
sono sottospazi di Rn di dimensione rispettivamente 1 e 2 per cui dim(ker(B) ∪ Im(A)) puo ´ essere
1 o 0.
Considerando l’applicazione lineare B ristretta ad Im(a) , B/Im(A) , si ha
dimIm(A) = dimIm (B/Im(A) + dimKer (B/Im(A) = dim Im(BA) + dim (ker(B) ∪ Im(A))
Da qui dim Im(BA) ≤ 1 e, quindi in definitiva
1 ≤ car(BA) ≤ 2
• esercizio n.4 del 30-6-93 Sia A un endomorfismo non nullo di R3 tale che A2 = 0. Si dimostri che
A + I e ún isomorfismo lineare.
Dimostrazione
Essendo A2 = 0 A e è nilpotente ed ha tutti gli autovalori uguali a zero. Se A+I non fosse un isomorfismo
non sarebbe iniettiva , e , quindi esisterebbe almeno un autovettore v 6= 0 tale che (A + I)v = 0V
Dalla linearità di A
ipotesi.
A(v) = −v e quindi , A con autovalore −1 contro la nilpotenza, supposta per
• esercizio n.4 del 17-9-93 Sia A una matrice quadrata a termini reali. Dimostrare che t AA ha tutte
le radici caratteristiche reali e non negative.
Dimostrazione
Risulta
t t
( AA) = t A t (t A) =t AA
pertanto , t AA e ´simmetrica e ,quindi ha tutte le radici caratteristiche reali. Sia λ autovalore relativo
all’autovettore v di t AA. Si ha
A(v) • A(v) =t AA(v) • v = λv • v = λ(v • v)
e , quindi , kA(v)k = λkv 2 k con kv 2 k 6= 0 essendo v autovettore. Da qui λ ≥ 0 in corrispondenza di
kA(v)k ≥ 0.
t
• esercizio n. 4 del 17-9-93 Sia A una matrice quadrata a coefficienti reali tale che A = A = A−1 .
Descrivere geometricamente l’azione di A in dipendenza della sua traccia .
Dimostrazione.
Dalle ipotesi A =t A e
t
A = A−1 , segue che A e`una matrice simmetrica ed ortogonale; per
questo A e `diagonalizzabile [vd...] ed ammette autovalori λi = ±1 . [ vd. eserc. ...]
Essendo la matrice A di ordine tre possiamo avere i seguenti casi:
14
Esercizi in fase di elaborazione
(a) tr(A) = 1 + 1 + 1 = 3
(b) tr(A) = −1 − 1 + 1 = −1
(c) tr(A) = 1 + 1 − 1 = 1
(d) tr(A) = −1 − 1 − 1 = −3
Sia B = {v1 , v2 , v3 } una base ortonormale di autovettori associati rispettivamente agli autovalori λ1
λ2 λ3 e π il piano , nel riferimento R(O; x, y, z) , passante per
r l’origine e parallelo ai due vettori v1 , e , v2 ; per ogni vettore v dello spazio , esistono due vettori
v 0 e v 00 con v = v 0 + v 00 e v 0 parallelo a π e v 00 perpendicolare a π e, quindi,
parallelo a v3 .
Si ha
(a) A e s̀imile alla matrice identica e, quindi rappresenta l’applicazione identica
(b) e v1 v2 vanno nei loro opposti e v3 va in se stesso nell’applicazionew A . Pertanto ogni punto
P dello spazio va nel suo simmetrico nella simmetria rispetto alla retta per l’origine , parallela al
vettore v3 .
~ dello
(c) v1 e v2 vanno in se stessi , e v3 va nel suo opposto . Ogni vettore OP
spazio va nel suo simmetrico rispetto al piano π .
~ dello spazio v
(d) v1 , v2 , v3 vanno in A nei loro opposti ; in corrispondenza ogni vettore OP
a nel suo simmetrico rispetto all’origine del riferimento R.
• esercizio n. 4 del 17-12-93 Sia f un endomorfismo lineare di uno spazio vetoriale V . Si dimostri che
Im(f ) = I(f 2 ) sse Ker(f ) = Ker(f 2 )
Per il teor. della dimensione si ha
dimIm(f ) + dimKer(f ) = dimV dimIm(f 2 ) + dimKer(f 2 ) = dimV
e quindi dimIm(f ) = dimIm(f 2 ) sse dimKer(f ) = dimKer(f 2 )
Da qui e dal fatto che Im(f 2 ) ⊂ Im(f )
e Ker(f ) ⊂ Ker(f 2 )
segue l’asserto [ vd ...]
• esercizio n. 4 del 15-7-94 Sappiamo che gia’ che AB e BA ammettono gli stessi autovalori [vd. ...].
Se I − AB e’ invertibile risulta det(I − AB) 6= 0 e, quindi , det(AB − I) = (−1)n det(I − AB) 6= 0.
Da qui si deduce che l’equazione caratteristica di AB , det(AB − λI) = 0 non è soddisfatta da λ = 1.
Dunque λ = 1 non è autovalore di AB , e per quanto ricordato all’inizio, λ = 1 non è autovalore di BA.
Dunque det(BA − 1I) = (−1n det(I − BA) 6= 0 e, quindi in definitiva I − BA e’ invertibile.
• esercizio n. 4 del 15-7-94 Dimostrare che se A è una matrice 3x3 allora I + At A e’ diagonalizzabile
ed ha tutti gli autovalori positivi.
Svolgimento
Poiche’ risulta I +t AA =t (I +t AA) si ha che I +t AA e’ simmetrica e, per questo, diagonalizzabile.
Sia λ autovalore di I +t AA associata all’autovettore non nullo x. Si ha (I +t AA)x = λx. Moltiplicando
scalarmente, per x si ottiene
x · x + Ax · Ax = λx · x
e quindi |Ax|2 = (λ − 1)|x|2 , dunque λ ≥ 1 perché x 6= 0.
15
Esercizi in fase di elaborazione
Esercizio 2. Si consideri l’applicazione lineare f : R4 → R3 con matrice associata rispetto alle rispettive basi
canoniche


0
−1
h − 1 −1
 1
0
−2 − h 1 
.
A=
 1−h 2+h
0
3 
Determinare al variare del parametro reale h
(a) dim Im (f ) ed una base di Im (f ).
(b) dim ker (f ) ed una base di ker (f ).
t
(c) Determinare, infine, eventuali valori di h per cui
Esercizio 3 (Scritto 1 del 2008 per Ing. A. e M.)
Si consideri la matrice reale

2
A = a − 1
a−1
(0 2 6) appartiene ad Im (f ).

a−1
a−1
1
a − 1
−(a − 1)
2
Se ne studi la triangolabilità e la diagonalizzabilità variare del parametro a.
Posto a = 0 si consideri l’autospazio di A relativo all’autovalore 1 e se ne dia un addendo diretto.
Svolgimento
L’equazione caratteristica di A è


2−λ
a−1
a−1
1−λ
a − 1 = 0
det(A − λI) = a − 1
a − 1 −(a − 1) 2 − λ
cioè
det(A − λI) = (λ − 1)(λ − 3 + a)(λ − a − 1)
Dunque λ1 = 1, λ2 = 3 − a, λ3 = a + 1. Risulta


λ1 = λ2
λ2 = λ3


λ1 = λ3
per a = 2
per a = 1
per a = 0
La matrice è sempre triangolabile perché le radici caratteristiche sono tutte reali, essendo la matrice a coefficienti
reali. Per a 6= 0, 1, 2 gli autovalori sono distinti e la matrice è diagonalizzabile. Sia a = 2. Si ha λ1 = λ2 = 1.
dim Vλ=1 = 3 − ρ(A − I) = 3 − 2 = 1 6= µλ=1 = 2.
Per a = 0 si ha λ1 = λ3 = 1. Di nuovo, si ha
dim Vλ=1 = 3 − ρ(A − I) = 3 − 2 = 1 6= µλ=1 = 2
16
Esercizi in fase di elaborazione
dunque né A2 né A0 sono diagonalizzabili. Per a = 1 abbiamo λ2 = λ3 = 2;
dim Vλ=2 = 3 − ρ(A − 2I) = 3 − 1 = 2 = µλ=2 = 2
dunque A1 è diagonalizzabile. Concludendo A è diagonalizzabile per a 6= 0, 2. Un vettore generatore di
Ker(A0 − I) è (1, 2, −1)T ed un suo addendo diretto di è, ad esempio
   
0 
 0
W = Span 1 , 0 .


0
1
4
Numeri complessi
5
11-9-91 es. 3
a) Notiamo che |z1 | = 1, (per cui la perte reale di z deve essere 0); vogliamo determinarne
l’argomento
√ φ, che
√
determinerà la parte immaginaria di z; ossia bisogna trovare φ tale che cos φ = 2/2 e sin φ = − 2/2; la
soluzione è φ = −π/4, quindi z = i(−π/4 + 2kπ) per qualunque valore intero k.
√
b) analogamente, bisogna trrovare ψ tale che cos ψ = − 3/2 e sin ψ = 1/2, ossia ψ = 2/3π, quindi z =
i(2/3π + 2kπ).
6
25-2-92 es. 3
Posto y = exp z dobbiamo risolvere
exp(y) = i
exp(z) = y
ossia y = i(π/2 + 2kπ); separiamo la discussione per k positivo o negativo:
• Se k ≥ 0 l’argomento di y è π/4, e il modulo (π/2 + 2kπ), quindi z = log(π/2 + 2kπ) + i(π/4 + 2hπ) con
k numero naturale e h intero.
• Se k < 0 l’argomento di y è −π/4, e il modulo (−π/2 − 2kπ), quindi z = log(−π/2 − 2kπ) − i(π/4 + 2hπ)
con k intero negativo e h intero.
7
28-5-92 es. 3
Abbiamo (1 + i)/(1 − i) = (1 + i)2 /(1 − i)(1 + i) = 2i/2 = i; siccome i ha modulo 1 e argomento π/4, i tre
numeri il cui cubo è i hanno modulo 1 e argomento 1/3(1 + 2k)π ossia π/12, 9/12π, −7/12π.
8
1-3-93 es.3
Posto y = exp(z), l’equazione diventa y 2 + y − 2 = 0, , che ha soluzioni −1 e 2. exp(z) = −1 ha soluzioni
(2n + 1)πi mentre exp(z) = 2 ha soluzioni log(2) + 2nπi, al variare di n intero.
17
Esercizi in fase di elaborazione
9
11-6-93 es.3
Posto y = iz + i, dobbiamo risolvere exp(y) = i, ossia y = i(1/2 + 2n)π, quindi z = (1/2 + 2n)π − 1 al variare
di n intero.
√
Esercizio 3. Dati i numeri complessi w = 3 + i e w0 = i ćalcolare
(a) |w| e , |w0 |
(b) gli argomenti φ , e φ0 di w e di w0 .
(c) calcolare le soluzioni z e z 0 delle equazioni exp(z) = w , exp(z 0 ) = w 0
(d) tra le soluzioni delle due equazioni determinarne una coppia z e z 0 che abbia distanza minima.
Esercizio 6 (Scritto 1 del 2008 per Ing. A. e M.)
Risolvere l’equazione complessa
1 + exp(z)
1+i
=
.
1 − exp(z)
1−i
Svolgimento
Moltiplichiamo entrambi i membri per (1 − exp(z))(1 − i). Risulta
(1 − i)(1 + exp(z)) = (1 + i)(1 − exp(z))
dunque exp(z) = i e le soluzioni sono date da
zk =
π
2
+ 2kπ i,
k ∈ Z.
Queste sono tutte e sole le soluzioni perché per nessun valore di k intero exp(zk ) − 1 = 0.
Esercizio 5. Si consideri la matrice


1 2 0
A= 2 1 0 .
31 11 3
(a) Il polinomio caratteristico di A è:
(b) Gli autovalori di A sono:
(c) A è triangolabile?
(d) A è diagonalizzabile?
SI
Perché?
NO
SI
NO
(e) Calcolare l’autospazio associato all’autovalore λ = 3
Esercizio 6 (Scritto 7 del 2007 per Ing. A. e M.)
Si consideri il sistema seguente (scritto in forma matriciale):
Ax = c (c 6= 0)
18
Perché?
Esercizi in fase di elaborazione
con A matrice quadrata. Si dimostri che se fra le soluzioni del sistema ve ne è anche una che verifica
A2 x = c
allora A ammette l’autovalore 1. Inoltre, sempre sotto l’ipotesi precedente, tutte le soluzioni del sistema
Ax = c
A2 x = c
sono della forma x = c + x0 con x0 ∈ ker(A).
Svolgimento
Sia x tale che Ax = c e A2 x = c. Da qui si ricava
A(A(x)) = Ac
dunque Ac = c. Essendo c 6= 0 la matrice A ammette l’autovalore 1. Inoltre il sistema Ax = c ammette c come
soluzione particolare, dunqu tutte le soluzioni sono della forma
x0 ∈ ker(A).
x = c + x0 ,
Per concludere basta dimostrare che queste sono anche soluzioni di A2 x = c. Difatti si ha
A2 x = A(Ax) = Ac = c.
10
Coniche
Esercizi 1 (Scritto 1 del 2008 per Ing. A. e M.)
Dato il fascio di coniche generato da quelle di equazioni
γ1 : (x − y + 1)2 = 0
γ2 : xy = 0
si determinino in esso le equazioni delle eventuali parabole e delle coniche degeneri. Si dica poi se il fascio stesso
contiene una conica non degenere, a centro in (2, −2), e in tal caso se ne determini l’equazione.
Svolgimento
L’equazione del fascio individuato dalle due coniche assegnate è
λ1 (x2 + y 2 + −2xy + 2x − 2y + 1) + λ2 xy = 0
al variare di λ1 e λ2 . Se dividiamo per λ1 e poniamo λ1 /λ2 = 2λ otteniamo l’equazione
x2 + y 2 + 2(λ − 1)xy + 2x − 2y + 1 = 0
che rappresenta tutte le coniche del fascio tranne la conica xy = 0 che si otteneva dalla prima equazione per la
coppia (0, λ2 ) con λ2 6= 0.


1
λ−1 1
1
λ−1
e


λ
−
1
1
−1
, Aλ =
.
Aλ =
λ−1
1
1
−1
1
Si ha
eλ ) = λ,
det(A
det(A) = λ2 − 2λ.
19
Esercizi in fase di elaborazione
Per λ = 0 si ottiene la conica (x − y + 1)2 di tipo parabolico e degenere. L’altra conica degenere è xy = 0 da
noi esclusa, come indicato in precedenza. Per λ = 2 il determinante di A è nullo e si ottiene una parabola.
Le coniche γ1 e γ2 sono entrambe simmetriche rispetto all’asse x + y = 0, dunque tale retta risulta asse di
simmetria per tutte le coniche del fascio. Se esistesse una conica a centro. . .
Esercizio 2 (Scritto 3 del 2008 per Ing. A. e M.)
Siano date le coniche γ e γ 0 di equazioni rispettivamente
x2 + y 2 − x − y = 0,
x2 + y 2 + 4xy − x − y = 0.
Si scriva l’equazione delle eventuali parabole tangenti a γ nell origine e passanti per i punti comuni a γ e γ 0 .
√
La prima conica è una circonferenza di centro (1/2, 1/2) e raggio 2/2 mentre la seconda è un ellisse passante
per l’origine. Inoltre entrambe sono tangenti nell’origine alla retta x+y = 0, dunque il fascio da esse individuato
è un fascio di coniche tangenti nell’origine alla retta x + y = 0. Per trovare i punti base consideriamo il sistema
individuato dalle equazioni di γ e γ 0 . Questo sistema è equivalente al sistema
2
x + y 2 − x − y = 0,
xy = 0
che, risolto dà i punti (0, 1) e (1, 0) e (0, 0) due volte. La conica xy appartiene al fascio, dunque il fascio è dato
da
x2 + y 2 − x − y + 2λxy = 0
insieme alla conica xy = 0. Risulta

1
eλ =  λ
A
−1/2
λ
1
1/2

−1/2
−1/2
0
Aλ =
1
λ
λ
1
eλ ) 6= 0. Il secondo si annulla per λ = ±1.
le parabole si ottenono per valori di λ per cui det(Aλ ) = 0 e det(A
e
Per λ = −1 il determinante di det(Aλ ) 6= 0, dunque per λ = −1 otteniamo la parabola di equazione
x2 + y 2 − 2xy − x − y = 0.
Nota: si osservi che per λ = 1 si ottiene la conica degenere (x + y)(x + y − 1) = 0
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