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Esame di Geometria e Algebra Lineare
Politecnico di Milano – Ingegneria informatica – Appello 30 Aprile 2015 Cognome: Nome: Matricola:
Tutte le risposte devono essere motivate. Gli esercizi vanno svolti su questi fogli, nello spazio sotto il testo e sul retro. I fogli di brutta non devono essere consegnati.
a. Fissato un sistema di riferimento, si considerino le due rette
r :
hx − y + 1 = 0 (h − 1)x − y + z = 0 ,^ s^ :
−y + z = 0 2 x − y − z − 2 h + 2 = 0.
- Studiare la mutua posizione di r ed s al variare del parametro reale h.
- Per i valori di h per cui le rette sono incidenti, trovare il punto di intersezione.
- Verificato che per h = −1 le rette sono sghembe, trovare l’equazione cartesiana del piano contenente s e parallelo ad r.
Soluzione
- Soluzione 1. Le equazioni parametriche delle rette r ed s sono rispettivamente
r :
x = t y = ht + 1 z = t + 1
, s :
x = s + h − 1 y = s z = s
Pertanto i parametri direttori di r sono 1, h, 1, quelli di s sono 1, 1 , 1, dunque le due rette sono parallele se e solo se h = 1. Le due rette sono incidenti se e solo se il sistema
t = s + h − 1 ht + 1 = s t + 1 = s
`e possibile e questo avviene solo per h = 0, in tal caso il sistema ha la soluzione t = 0, s = 1. Per tutti gli altri valori di h le rette sono sghembe. Soluzione 2. Consideriamo il sistema lineare formato dalle equazioni cartesiane delle due rette date
hx − y + 1 = 0 (h − 1)x − y + z = 0 −y + z = 0 2 x − y − z − 2 h + 2 = 0
La matrice completa del sistema
h − 1 0 − 1 h − 1 − 1 1 0 0 − 1 1 0 2 − 1 − 1 2 h − 2
ha determinante 2h(h − 1), pertanto per h 6 = 0 e h 6 = 1 ha rango 4. La matrice dei coefficienti ha al massimo rango 3, per cui per h 6 = 0 e h 6 = 1 il sistema e impossibile, quindi le rette non hanno punti comuni. Inoltre se le rette fossero parallele la matrice dei coefficienti dovrebbe avere rango 2 ma per h 6 = 0 e h 6 = 1 ha rango 3 perch´e la differenza fra il rango della matrice completa e il rango della matrice dei coefficientie sempre minore o uguale ad 1. Dunque per
h 6 = 0 e h 6 = 1 le rette sono sghembe. Per h = 0 il sistema diventa (^)
−y + 1 = 0 −x − y + z = 0 −y + z = 0 2 x − y − z + 2 = 0
e si vede subito che ammette l’unica soluzione x = 0, y = 1, z = 1, per cui le due rette sono incidenti. Per h = 1 il sistema diventa (^)
x − y + 1 = 0 −y + z = 0 −y + z = 0 2 x − y − z = 0
e si vede subito che `e impossibile in quanto dalla terza e quarta equazione si ottiene x = y = z che sostituita nelle prima genera la contraddizione 0 = 1. Le rette quindi non sono incidenti, ma giacciono entrambe nel piano −y + z = 0 quindi sono parallele. Soluzione 3. Discutiamo il sistema lineare formato dalle equazioni cartesiane delle due rette date usando l’eliminazione di Gauss Jordan. Riduciamo a scala la matrice completa del sistema
h − 1 0 − 1 h − 1 − 1 1 0 0 − 1 1 0 2 − 1 − 1 2 h − 2
. Sottraendo alla prima riga la seconda abbiamo
h − 1 − 1 1 0 0 − 1 1 0 2 − 1 − 1 2 h − 2
poi, togliendo alla seconda riga la prima moltiplicata per h − 1 e alla quarta riga la prima moltiplicata per 2, abbiamo (^)
0 − 1 h h − 1 0 − 1 1 0 0 − 1 1 2 h
di nuovo, togliendo dalla terza e dalla quarta riga la seconda, abbiamo
0 − 1 h h − 1 0 0 1 − h 1 − h 0 0 1 − h h + 1
infine, togliendo dalla quarta riga la terza, abbiamo la matrice a scala
0 − 1 h h − 1 0 0 1 − h 1 − h 0 0 0 2 h
Pertanto se h 6 = 0 e h 6 = 1 la matrice completa ha rango 4, quella dei coefficienti ha rango 3 ed il sistema `e impossibile, quindi le due rette sono sghembe (e non parallele se no la matrice dei coefficienti dovrebbe avere rango 2). Se h = 0 sia la matrice dei coefficienti, sia quella completa hanno rango 3 ed il sistema ha una
b. Siano
A =
,^ U^ =^ L
- Trovare dimensioni e basi di W = ker(A) ed U.
- Trovare dimensioni e basi di U + W ed U ∩ W.
- Completare la base di U + W ad una base di R^4.
Soluzione
- Lo spazio W = ker(A) `e il sottospazio di R^4 formato dalle soluzioni del sistema lineare omo- geneo Ax = 0, ovvero (^)
x + 2y + t = 0 2 x + 3y + z + 2t = 0 y − z = 0 x + y + z + t = 0
La matrice A ha rango 2, in quanto la terza e la quarta riga sono combinazione lineare delle prime due con coefficienti 2 , -1 e -1, 1 rispettivamente, pertanto dimW = 4 − 2 = 2. Si ha infatti
W = kerA =
− 2 h − k h h k
|h, k^ ∈^ R
da cui si vede subito che una base di W `e
Il sottospazio U ha due generatori per definizione e si vede subito che questi generatori sono
linearmente indipendenti, pertanto ha dimensione 2 e una base di U `e
L’unione insiemistica dei vettori di una base di W e di una base di U sono un sistema di generatori di U + W , estraiamo quindi una base dall’insieme di vettori
che sono un insieme di generatori di U + W. Si vede subito che il quarto vettore e la somma del secondo e del terzo e che i primi tre vettori sono linearmente indipendenti. Pertanto U +W ha dimensione 3 e una sua basee
Dalla formula di Grassmann segue subito che dim(U ∩ W )=1 e si vede anche che
,^ pertanto appartiene a^ U^ ∩^ W^ ed `e una sua base.
- Per completare (^)
ad una base di R^4 , basta aggiungere un vettore di R^4 che sia linearmente indipendente dai
precedenti, pertanto consideriamo il vettore
.^ La matrice
ha
determinante -1 e pertanto i quattro vettori trovati sono una base di R^4 , estensione della base di U + W.
