Geometria 2015: Esercizi e Note - calvino.polito.itcalvino.polito.it/~fosson/GEOM2015.pdf · Geometria 2015: Esercizi e Note Sophie M. Fosson [email protected] June 11, 2015

Geometria 2015: Esercizi e Note

Sophie M. [email protected]

June 11, 2015

ii

Queste note

• seguono l’ordine cronologico delle mie esercitazioni in aula;

• non necessariamente riportano tutto quello fatto in aula;

• includono tutto il materiale delle mie slide;

• possono includere materiale aggiuntivo;

• includono la teoria necessaria per svolgere gli esercizi;

• sono scritte in forma schematica e piuttosto informale;

• sicuramente sono piene di errori (ogni segnalazione sara gradita!);

• saranno aggiornate e riviste almeno ogni due/tre settimane (ottimistica-mente, ogni settimana).

Buon lavoro,s.m.f.

Contents

1 4 Marzo 11.1 Informazioni e materiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Vettori nel piano e nello spazio (R2,R3) . . . . . . . . . . . . . . 11.3 Operazioni tra vettori nel piano e nello spazio . . . . . . . . . . . 21.4 Operazioni tra vettori nel piano e nello spazio . . . . . . . . . . . 21.5 Prodotto vettoriale (R3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.6 Prodotto misto (R3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 11 Marzo 52.1 Spazio vettoriale (SV) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2 Spazi e sottospazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

3 18 Marzo 113.1 Combinazioni lineari di vettori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.2 Basi e dimensioni di un spazio vettoriale . . . . . . . . . . . . . . 11

4 25 marzo 174.1 Matrici: riduzione e rango . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174.2 Sistemi lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

5 1 aprile 235.1 Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235.2 Regola di Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235.3 Inversione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

6 15 aprile 296.1 Applicazioni lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

7 22 aprile 337.1 Matrice associata ad un’a.l. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337.2 Cambiamento di base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357.3 Applicazioni lineari e cambiamenti di base . . . . . . . . . . . . . 36

8 29 aprile 398.1 Autovettori, autovalori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398.2 Molteplicita e diagonalizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

9 6 maggio 459.1 Matrici simmetriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

iii

iv CONTENTS

10 13 maggio 4910.1 Coniche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4910.2 Riduzione di coniche alla forma canonica . . . . . . . . . . . . . . 49

11 20 maggio 5311.1 Geometria nello spazio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

12 27 maggio 5712.1 Studio di funzioni in due variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

13 10 giugno 6113.1 Esercizi di riepilogo: “simulazione” esame . . . . . . . . . . . . . 61

Chapter 1

4 Marzo

1.1 Informazioni e materiale

• [email protected]

• http://calvino.polito.it/∼fosson → note, esercizi (trovate anche materialedegli anni scorsi, in inglese)

• Portale della didattica → note, esercizi

• Libri: Baldovino - Lanza, Algebra lineare e geometria, Esercizi e Temid’esame, Esculapio

1.2 Vettori nel piano e nello spazio (R2,R3)

Notazioni:

1. v vettore

2. i, j, k versori (modulo=1) degli assi x, y, z

3. v = v1i + v2j = (v1, v2) vettore nel piano (R2)

4. v = v1i + v2j + v3k = (v1, v2, v3) vettore nello spazio (R3)

5. vi = i-esima componente di v

Nel seguito, usero per lo piu la notazione v = (v1, v2, · · · ), cioe per meun vettore e una sequenza di numeri reali. Per ora ci limitiamo a sequenzedi n = 2, 3 numeri reali; in futuro generalizzeremo a qualunque n (e ad altretipologie di oggetti, per esempio numeri non reali....)

Ora iniziamo a fare operazioni sui vettori nello spazio R3.

Osservazione 1 Per le operazioni uso prevalentemente definizioni “algebriche”,perche generalizzabili a n > 3. Tutti gli esercizi con n = 2, 3 si possono anche ri-solvere con le tecniche geometriche/trigonometriche (per esempio, per prodottoscalare e vettoriale).

1

2 CHAPTER 1. 4 MARZO

1.3 Operazioni tra vettori nel piano e nello spazio

1. Somma tra vettori: componente per componente u + v = (u1 + v1, u2 +v2, . . . )

2. Prodotto tra uno scalare a ∈ R e un vettore: av = (av1, av2, . . . )

3. Prodotto scalare: 〈v,w〉 = v ·w = v1w1 + v2w2 + . . .

4. Norma (o modulo): |v| = ‖v‖ =√

v · v

5. v e w sono ortogonali se v ·w = 0

6. v e w sono paralleli se esiste a ∈ R tale che v = aw

Esercizio 1 Dati u = (1, 2, 1) e v = (−1, 0, 1/3), calcolare

w = 2u− (u · v)(−9v)

.

u e w sono ortogonali?

Soluzione

u = (1, 2, 1),v = (−1, 0, 1/3)

u · v = 1 · (−1) + 2 · 0 + 1 · 1/3 = −2/3

w = 2(1, 2, 1) + 2/3(9, 0,−3) = (4, 2, 4) + (6, 0,−2) = (10, 2, 2)

u ·w = 10 + 4 + 2 = 16⇒ non ortogonali

Per esercizio, provare ad usare anche la definizione “trigonometrica” di prodottoscalare (|u||v| cos∠(u,v))

1.4 Operazioni tra vettori nel piano e nello spazio

Esercizio 2 Come sono fatti i vettori ortogonali u = (1, 2, 1)?

E quelli ortogonali a v = (−1, 0, 1/3)?

E quelli ortogonali sia ad u che a v?

Soluzione

(1, 2, 1) · (r1, r2, r3) = r1 + 2r2 + r3 = 0

(−1, 0, 1/3) · (s1, s2, s3) = −s1 + 1/3s3 = 0⇒ s3 = 3s1

r1 + 2r2 + 3r1 = 0⇒ r2 = −2r1

r = (r1,−2r1, 3r1) = r1(1,−2, 3)

Provare ad usare anche la definizione “trigonometrica” di prodotto scalare(|u| |v| cos∠(u,v)).

1.5. PRODOTTO VETTORIALE (R3) 3

1.5 Prodotto vettoriale (R3)

Per calcolare il prodotto vettoriale, anticipo due concetti che studiermo in fu-turo, quello di matrice e di determinante.

Per matrice intendo semplicemente una tabella di numeri. Per esempio,

A =

(a11 a12a21 a22

)aij ∈ R, i = 1, . . . ,m; j = 1, . . . , n (1.1)

e un matrice 2× 2 a componenti reali.Il determinante e un numero associato alla matrice (di cui vedremo in futuro

l’importanza). Il determinante di una matrice 2× 2 si calcola cosı:∣∣∣∣ a11 a12a21 a22

∣∣∣∣ = a11a22 − a12a21 (1.2)

Il determinante di una matrice 3× 3 si pua calcolare cosı: considero a turnogli elementi della prima riga. Parto da a11

1. immagino di cancellare la riga e la colonna contenenti a11

2. mi rimane una sottomatrice 2×2: ne calcolo il determinante e lo moltiplicoper a11

Ripeto il procedimento per a12 e a13 e poi sommo tutto, pero alternando i segni.In conclusione:

a11(a22a33 − a23a32)− a12(a21a33 − a23a31) + a13(a21a32 − a31a22)

Il prodotto vettoriale si calcola come un determinante:

w = u ∧ v = u× v =

∣∣∣∣∣∣i j ku1 u2 u3v1 v2 v3

∣∣∣∣∣∣= (u2v3 − v2u3)i− (u1v3 − v1u3)j + (u1v2 − v1u2)k

Osservazione 2w · u = 0

w · v = 0

Osservazione 3 i, j, k non sono numeri (scalari), ma vettori! Quindi tecnica-mente stiamo abusando della definizione di matrice; a livello simbolico comunqueil calcolo funziona.

Esercizio 3 Dati u = (−3,−1, 1) e v = (1, 1/3,−1/3) calcolare(a) u · v(b) u ∧ v(c) u · u ∧ (v − 1/3j)

Soluzione

(a) u · v = −3− 1/3− 1/3 = −11/3.(b) (0, 0, 0). u e v sono paralleli. Infatti, u = −3v.


• (c) Soluzione standard:

u ∧ (v − 1/3j) = u ∧ (1, 0,−1/3) = (1/3, 0, 1) e infine u · (1/3, 0, 1) = 0.

• (c) Soluzione smart:

Qualunque w, (u · u ∧w) = 0, poiche u ∧w e ortogonale ad u e anche av.

Provare ad usare anche la definizione “trigonometrica” di prodotto vettoriale(|u| |v| sin∠(u,v) per il modulo e regola mano destra per direzione e verso)

1.6 Prodotto misto (R3)

Il prodotto misto tra 3 vettori e u · v ∧ w. Si puo calcolare facendo prima ilprodotto vettoriale e poi il prodotto scalare1, oppure attraverso il calcolo delseguente determinante (riuscite a spiegare perche?):

u · (v ∧w) =

∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3

∣∣∣∣∣∣Se il prodotto misto e nullo, i tre vettori sono complanari (riuscite a spiegare

perche?).

Esercizio 4 u = (1, 0, 0), v = (1/2, 1/2, 0) e w = (3, 1, 0) sono complanari?

Soluzione

• Sol. smart: Sı, si vede subito, perche la componente lungo k e 0 per tuttie tre.

• Sol. standard: Se non si vedesse subito → prodotto misto, verificare chee nullo.

1c’e sempre qualche studente che “prova” l’ordine inverso: prima il prodotto scalare e poiquello vettoriale: vi e chiaro perche questo non funziona?

Chapter 2

11 Marzo

2.1 Spazio vettoriale (SV)

• Un campo e un insieme K su cui possiamo definire due operazioni, chechiamiamo somma e prodotto, con tutte le “solite” proprieta che hanno lasomma e il prodotto sui numeri reali (commutativa, associativa, elementoneutro, esistenza opposto e inverso, proprieta associativa)

• Noi useremo principalmente i campi R (reali) e C (complessi)

• Chiameremo scalari gli elementi di un campo

Uno SV e un insieme V associato ad un campo K con

a un’operazione tra elementi di V che chiamiamo somma con le seguentiproprieta:

a.1 chiusura: ∀u,v ∈ V , u + v ∈ Va.2 solite proprieta: commutativa, associativa, elemento neutro, opposto

b un’operazione tra un elemento di V e uno di K che chiamiamo prodotto(o prodotto esterno) con le seguenti proprieta:

b.1 chiusura: ∀u ∈ V , a ∈ K au ∈ Vb.2 solite proprieta: commutativa, associativa, distributiva, elemento

neutro (= elemento k ∈ K tale che ku = u, ∀v ∈ V ) 1

Esempio di SV: Rn con il campo R con le operazione viste l’altra volta

2.2 Spazi e sottospazi

Sottospazio dello SV V : sottoinsieme S di V che mantiene le proprieta diSV ereditate da V .

1Potrebbe sembrare strano che non venga richiesto l’inverso per il prodotto, ma se cipensiamo un momento non e nemmeno chiaro come definire un inverso per il prodotto tra unelemento di K e uno di V

5


Ovvero, S e uno SV con le operazioni di V (e valgono le proprieta a, b visteprima)

Da ora in avanti, chiameremo vettore un elemento di uno spazio vettoriale.Dalla prima settimana ad oggi, la nostra definizione di vettore ha quindi subıtoun “processo di generalizzazione”:

1. Vettori applicati nel piano (bidimensionale) e nello spazio (tridimension-ale)

2. Sequenze di n numeri

3. Elementi di uno Spazio Vettoriale

Le diverse definizioni non sono in contrasto, anzi: 1. ⊂ 2. ⊂ 3..

La somma tra due sottospazi U e S e un insieme (che chiamiamo U + S)composto da tutte le possibili somme tra un elemento di U e uno di S. SeU ∩ S = {0}, la somma viene detta diretta e si indica con U ⊕ S.

Se U, S sottospazi

U ∩ S,U + S(o U ⊕ S) sono sottospazi

U ∪ S non necessariamente e sottospazio

Esercizio 5 Per ognuno dei seguenti sottoinsiemi di R4, dire quali sono sot-tospazi:

(a) A = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 tale che x1 = x2}.

(b) B = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 t. c. x1 = x2 e x1 + x2 + x3 + x4 = 0}.

(c) C = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 t. c. x1 = x22}.

(d) D = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 t. c. x1 + x2 + x3 + x4 ≤ 0}.

Soluzione

(a) A = {x = (x1, x1, x3, x4), x1, x3, x4 ∈ R}. (0, 0, 0, 0) ∈ A. Se x,y ∈ A,allora x + y = (x1 + y1, x1 + y1, x3 + y3, x4 + y4) ∈ Acx = (cx1, cx1, cx3, cx4, ) ∈ A per ogni c ∈ R. A e un sottospazio

(b) B ⊂ A e A = {x = (x1, x1, x3,−x3 − 2x1), x1, x3 ∈ R}. Dati x,y ∈ B,allora x + y = z ∈ B poiche z1 = z2 e z1 + z2 + z3 + z4 = x1 + y1 +x2 + y2 + x3 + y3 + x4 + y4 = 0; cx ∈ B poiche cx1 + cx2 + cx3 + cx4 =c(x1 + x2 + x3 + x4) = 0. B e un sottospazio.

(c) C non e un sottospazio poiche non e chiuso rispetto a somma e prodotto.Per esempio, se x,y ∈ C e x + y = z, allora z1 = x1 + y1 = x22 + y22 6=z22 = (x2 + y2)2.

2.2. SPAZI E SOTTOSPAZI 7

(d) D non e un sottospazio: per esempio (−1, 0, 0, 0) ∈ D, ma−1(−1, 0, 0, 0) =(1, 0, 0, 0) /∈ D.

Esercizio 6 Quale dei seguenti insieme e uno SV su campo R ?

(a) R≤2[x] = {polinomi a coefficienti reali in x di grado ≤ 2}.

(b) R=2[x] = {polinomi a coefficienti reali in x di grado = 2}.

Soluzione

(a) Un generico elemento di R≤2[x] ha la forma a0 + a1x + a2x2, ai ∈ R,

i = 0, 1, 2.

– Somma: usiamo la somma usuale tra polimoni. Per ogni ai, bi ∈ R,i = 0, 1, 2, a0 + a1x + a2x

2 + b0 + b1x + b2x2 + b3x

3 = (a0 + b0) +(a1 + b1)x+ (a2 + b2)x2 ∈ R≤2[x] ⇒ chiusura rispetto alla somma:

– Elemento nullo: P (x) ≡ 0 ∈ R≤2[x]

– Prodotto: usiamo il prodotto usuale tra polimoni e scalari. λ ∈ R,λ(a0 + a1x + a2x

2) = λa0 + λa1x + λa2x2 ∈ R≤2[x] ⇒ chiusura

rispetto al prodotto

Questo e sufficiente per concludere che R≤2[x] e uno spazio vettoriale.

(b) P (x) ≡ 0 /∈ R=2[x]: sufficiente per concludere che R=2[x]non e uno spaziovettoriale. Altro controesempio: x2 ∈ R=2[x], −x2 + x ∈ R=2[x], ma laloro somma x /∈ R=2[x].

Ovviamente questo esercizio si puo estendere a R≤n[x] con n = 3, 4, ...Provare a ripetere l’esercizio con coefficienti complessi: C≤2[x],C=2[x]: cam-

bia qualcosa?

Osservazione 4 • Nella maggior parte degli esercizi che faremo, i campivettoriali saranno del tipo Rn e quindi i vettori saranno sequenze di n nu-meri. Questo esercizio era pero per sottolineare che ci sono anche spazivettoriali meno “convenzionali”, in cui per esempio i vettori sono poli-nomi. Possono anche capitare altri tipi di funzioni...

• In questo esercizio, ricordarsi che non ci interessa studiare l’andamentodel polinomio: dal punto di vista dell’algebra lineare, cioo che conta sonoin fondo i coefficienti del polinomio; i singoli valori di x non ci interessanoper nulla.

• E’ capitato che studenti dicessero: R≤2[x] contiene lo zero perche a0 +a1x + a2x

2 e una parabola e ha due zeri... attenzione: lo zero di unpolinomio non ha nulla a che fare con il polinomio nullo, che e zero delloSV R≤2[x].

• Se crea confusione lavorare con i polinomi, notate che c’e un’equivalenza(dal punto di vista dello SV) tra R≤n[x] e Rn+1: a0 + a1x + a2x

2 +. . . e equivalente alla sequenza (a0, a1, a2, . . . ). Provate a pensare alleoperazioni: non cambia nulla!


• Riuscite ad intuire se questo genere di equivalenza tra uno SV qualsiasi euno Rn e sempre possibile? [Risposta la prossima settimana]

Esercizio 7 1. Determinare se i seguenti sottoinsiemi di R3 sono sottospazi

(a) A = {(x1, x2, x3) ∈ R3 t.c. x2 = x3}.(b) B = {(x1, x2, x3) ∈ R3 t.c. x3 = 1}.(c) C = {(x1, x2, x3) ∈ R3 t.c. x1 = 2x2 = 2x3}.(d) D = {(x1, x2, x3) ∈ R3 t.c. x1 = 1, x2 = x3}.(e) E = {(x1, x2, x3) ∈ R3 t.c. x1 = 0}.

2. Calcolare intersezione e unione tra i sottospazi

3. Calcolare somma tra i sottospazi

4. Riuscite a dare una descrizione geometrica di questi sottoinsiemi? 2

Soluzione

1. (a) A = {x = (x1, x2, x2), x1, x2 ∈ R}. Chiaramente, (0, 0, 0, 0) ∈ A.Se x,y ∈ A, allora x + y = (x1 + y1, x2 + y2, x2 + y2) ∈ A perchele seconde due componenti sono sempre uguali. Infine, anche cx =(cx1, cx2, cx2) ∈ A per qualsiasi c ∈ R. A e un sottospazio.

(b) (0, 0, 0, 0) /∈ B , B non e un sottospazio.

(c) C e un sottoinsieme di A. In particolare, se chiamo x2 = α ∈ R,C = {(2α, α, α), α ∈ R}. E’ facile provare che lo zero sta in C e cheche C e chiuso rispetto a somma e prodotto.

(d) D e un sottoinsieme di B, quindi non puo essere sottospazio (noncontiene lo zero).

(e) E e un sottospazio (contiene lo zero; la somma di due vettori conprima componente nulla ha ancora la prima componente nulla; molti-plicando per un qualsiasi scalare un vettore con la prima componentenulla, ottengo ancora un vettore con la prima componente nulla)

2. • C ⊂ A, quindi A ∩ C = C e A ∪ C = A.

• A∩E = {(0, α, α), α ∈ R} (che chiaramente e ancora un sottospazio);A ∪ E = {x ∈ R3 tali che x1 = 0 oppure x2 = x3}. Non e unsottospazio, perche per esempio (0, 1, 2)+(1, 0, 0) = (1, 1, 2) /∈ A∪E.

• C ∩ E = {(0, 0, 0)}. C ∪ E = {x ∈ R3 tali che x1 = 0 oppure x1 =2x2 = 2x3}; come nel caso precedente si vede facilmente che non eun sottospazio

3. • A+ C = A. Infatti se il generico elemento di A e del tipo (β, γ, γ) eil generico elemento di C e (2α, α, α), con α, β, γ ∈ R la loro sommae (2α+ β, α+ γ, α+ γ) che evidentemente sta ancora in A (seconda

2E’ un argomento che vedremo piu avanti e non e necessario per risolvere l’esercizio, perose riuscite ad intuire la geometria puo essere utile per velocizzare la risoluzione!

2.2. SPAZI E SOTTOSPAZI 9

e terza componente sono uguali). Quindi A+ C ⊂ A. D’altra parte,per l’arbitrarieta di β, la prima componente puo assumere qualsiasivalore, quindi ogni elemento di A puo essere scritto come (2α+β, α+γ, α+ γ). In conclusione, A+ C = A.

• A + E = R3. Infatti se il generico elemento di A e del tipo (β, γ, γ)e il generico elemento di E e (0, α, ω), con α, ω, β, γ ∈ R, qualsiasielemento di R3 puo essere scritto come loro somma. Infatti dato unqualsiasi (x1, x2, x3) ∈ R3, basta porre (x1, x2, x3) = (β, γ+α, γ+ω),ovvero β = x1, α = x2 − γ, γ = x3 − ω (e a ω si assegna un valore apiacere). Precisiamo quindi che qualsiasi elemento di R3 puo esserescritto come loro somma in modo non univoco (= la somma non ediretta).

• C ⊕ E = R3 e la somma e diretta in quanto la loro intersezionee solo {(0, 0, 0)}. Possiamo fare un’ulteriore verifica: se il genericoelemento di C e del tipo (2γ, γ, γ) e il generico elemento di E e(0, α, ω), con α, ω, γ ∈ R, qualsiasi elemento di R3 puo essere scrittocome loro somma. Infatti dato un qualsiasi (x1, x2, x3) ∈ R3, bastaporre (x1, x2, x3) = (2γ, γ + α, γ + ω), ovvero γ = x1/2, α = x2 − γ,ω = x3 − γ (e non ci sono parametri liberi).

4. (Le seguenti spiegazioni sono molto informali e poco rigorose. Vedremopiu avanti il discorso in modo rigoroso.) Si pensi al sistema di riferimentoxyz.

A e un piano. Proiettato sul piano yz e la bisettrice; se aggiungo la terzadimensione x mi viene un piano (ortogonale appunto a yz e contenente lasua bisettrice).

B e il piano parallelo a xy alla “quota” z = 1.

E e il piano yz.

C e una retta. Dalla sua definizione, essa e un qualsiasi “multiplo” delvettore applicato nell’origine di componenti (2, 1, 1). Prendere un multiploper me significa variare il modulo e il verso a piacere, per cui ottengo difatto una retta

Come per A, poiche x2 = x3 la proiezione di D sul piano yz e la bisettrice;ma qui ho un vincolo in piu: x1 = 1, che significa che D e contenuto inun piano parallelo a yz; D e quindi una retta.

Da queste decrizioni, possiamo trarre due osservazioni: ci sono piani erette che sono sottospazi, altri che non lo sono. Quelli che sono sottospazicontengono lo zero. Possiamo concludere che ogni piano e retta in R3 checontiene l’origine, cioe (0, 0, 0), e un sottospazio? [Risposta tra qualchesettimana]

Usando queste intuizioni geometriche, possiamo dire qualcosa di piu peresempio sul calcolo delle intersezioni. Per esempio se A e un piano e C euna retta, in senso geometrico, che tipo di interesezioni posso aspettarmi?(a) Nessuna, (b) A, (c) un unico punto dello spazio tridimensionale. Nelterzo caso, se si tratta di sottospazi (che abbiamo detto contengono perforza l’origine (0, 0, 0)), tale punto deve essere per forza (0, 0, 0).


Chapter 3

18 Marzo

3.1 Combinazioni lineari di vettori

• Sia V uno spazio vettoriale su campo K,siano v1,v2, . . .vn vettori di V

• Combinazione lineare (cl): w = a1v1 + a2v2 + . . . anvn, ai ∈ K, i =1, 2, . . . , n

• L(v1, . . . ,vn)= insieme di tutte le possibili c.l. di v1, . . . ,vn

• Insieme di generatori: G = {v1, . . . ,vn} genera V se qualsiasi vettore inV puo essere scritto come c.l. di vettori di G, ovvero V = L(G)

• Vettori linearmente indipendenti (li) : a1v1 + a2v2 + . . . anvn = 0 =⇒a1 = a2 = · · · = an = 0

• Se v1,v2, . . .vn sono li, {v1, . . . ,vn} e detto libero (o linearmente indipen-dente)

3.2 Basi e dimensioni di un spazio vettoriale

• Una base di uno SV V e un qualsiasi insieme ordinato B che

1. genera V : V = L(B)

2. e li

• Uno SV ha infinite basi, ma tutte le basi hanno una proprieta in comune:il numero di elementi

• Il numero di elementi di una base e detto dimensione dello SV; indico ladimensione di V con dim(V ).

• Classico esempio: base canonica di Rn

{e1, . . . , en}dove ei = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) e una sequenza di n numeri, tutto zerotranne un 1 in posizione i (i = 1, . . . , n)

11


• Rn ha dimensione n

• EX: (1, 2, 3) = 1e1 + 2e2 + 3e3

• Tranne casi triviali, uno SV e un insieme infinito; se pero la sua dimensionee finita, esso puo essere completamente descritto da un insieme finito (unasua base)

Esercizio 8 Trovare una base e la dimensione del sottospazio B = {(x1, x2, x3, x4) ∈R4 t. c. x1 = x2 e x1 + x2 + x3 + x4 = 0}.

Soluzione

• Un generico vettore di B lo posso scrivere come

(α, α, β,−2α− β) α, β ∈ R

• Inizio da un vettore di B a mia scelta, per esempio pongo α = 1 e β = 0:(1, 1, 0,−2).

• Parto da B = {(1, 1, 0,−2)} e cerco di completare la base, cioe aggiungoelementi a B fino ad ottenere una base.

• Una sola regola: posso aggiungere a B solo vettori l.i. a quelli che gia sonoin B

• Mi fermo quando B genera lo spazio

• Provo con α = 0, β = 1: (0, 0, 1, 0)

a1(1, 1, 0,−2) + a2(0, 0, 1,−1) = (a1, a1, a2,−2a1 − a2) = (0, 0, 0, 0) ⇔a1 = a2 = 0

⇒ (1, 1, 0,−2) e (0, 0, 1, 0) sono l.i.

• B = {(1, 1, 0,−2), (0, 0, 1, 0)} generaB? Cioe dato un qualsiasi (α, α, β,−2α−β) ∈ B posso scriverlo come c.l. di elementi di B, cioe esistono a1, a2 ∈ Rtali che

(α, α, β,−2α− β) = a1(1, 1, 0,−2) + a2(0, 0, 1,−1)

Sı, basta scegliere a1 = α, a2 = β. Ho finito. La dimensione e 2.

Osservazioni:

• Abbiamo detto che dim(B) = 2. Notare il numero di parametri liberinella definizione del vettore generico di B: e proprio pari alla dimensione.Questo e vero sempre!

• Quali sono le “basi migliori”? Per noi, le piu semplici, perche nei nostriesercizi dovremo spesso farci dei calcoli. Per esempio, in questo esercizioho scelto inizialmente α = 1 e β = 0. Nulla mi vietava di scegliere numeripiu complicati...

3.2. BASI E DIMENSIONI DI UN SPAZIO VETTORIALE 13

• Se conosco la base, posso rappresentare i vettori con i soli coefficienti a1e a2.

• Ex: w = (π, π, 1,−2π − 1) = π(1, 1, 0,−2) + (0, 0, 1,−1), allora (π, 1) e larappresentazione di w rispetto a B

Applications corner [per dare una speranza a chi trova tutto questo troppoastratto!]

Qual e un’applicazione pratica in cui usiamo la rappresentazione di un vet-tore rispetto ad un certa base?

Quando usiamo il formato JPEG. La conversione di un’immagine in JPEGe una procedura di compressione che prevede diversi step. Il primo step erappresentare la nostra immagine di partenza (che puo essere pensata comeun matrice o un vettore) rispetto ad una base particolare. Quest’operazione enota come DCT (Discrete cosine transoform). Spesso, le rappresentazioni diimmagini rispetto a questa base hanno molti valori vicino a zero e questo e utileperche rende l’immagine comprimibile.

Il paragrafo intitolato “The Discrete Cosine Transform” nell’articolo

http://msemac.redwoods.edu/ darnold/math45/laproj/f09/isnyder/paper.pdf

a fine corso dovrebbe essere totalmente leggibile per voi.

Esercizio 9 Trovare una base per

A = {polinomi ∈ R≤2[x] con termine noto nullo }

SoluzioneSe i polinomi confondono, si puo equilantemente lavorare in Rn, con n oppor-tuno. In questo caso:

• Sappiamo che R≤2[x]⇔ R3

• Togliendo il termine note, deduciamo che A⇔ R2 (a1x+a2x2 ⇔ (a1, a2))

• Una base di R2 e BR2 = {(1, 0), (0, 1)}

• base di A e BA = {x, x2} (che e l’equivalente di BR2 nello spazio deipolinomi di grado ≤ 2)

Esercizio 10 Quale di questi insiemi e una base per R3?

1. A = {(1, 2, 0), (0, 0, 2)}

2. B = A ∪ {(1, 2, π)}

3. C = A ∪ {(0, 1, 0), (1, π, 0)}

4. D = A ∪ {(1, π, 0)}

SoluzioneD e una base. Nello specifico si veda la seguente tabella, dove riassumiamo irisultati dei “test” sulle proprieta per essere base:


gen li baseA NO SI NOB NO NO NOC SI NO NOD SI SI SI

Esercizio 11 L’insieme delle matrici del tipo(0 ab 2b

), a, b ∈ R

e uno spazio vettoriale? Di che dimensione? Trovare una base.

SoluzioneQuesto esercizio e analogo ai precedenti, solo ci troviamo di fronte a matriciinvece che a vettori. Se la cosa ci spaventa, possiamo sempre cambiare formaalla matrice e scriverla per esempio come un vettore (0, a, b, 2b) e lavorare in R4

invece che in R2,2. Da quanto detto prima, vediamo immediatamente che tutti ivettori del tipo (0, a, b, 2b) formano uno SV, che e di dimensione 2 (2 parametria e b) e scrivendo

(0, a, b, 2b) = a(0, 1, 0, 0) + b(0, 0, 1, 2)

otteniamo facilmente una base B = {(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 2)}. E’ chiaro infatti cheB genera lo SV e che i suoi elementi sono l.i. Per concludere l’esercizio torniamoa R2,2 e scriviamo la base come

B = {(

0 10 0

),

(0 01 2

)}, a, b ∈ R

Esercizio 12 Dato l’insieme V = {funzioni f ∈ C′[0, 1]} quale delle seguentiaffermazioni e vera?

1. V non e uno SV

2. dim(V )=1 in quanto ogni f ∈ V e derivabile una volta

3. V ha una sola base

4. una base di V contiene infiniti elementi

Soluzione4. Le funzioni continue e derivabili (in questo caso su [0, 1], ma il dominio di fattiimporta poco) formano uno spazio vettoriale, poiche la funzione identicamentenulla f = 0 e continua e derivabile; la somma di funzioni continue e derivabile econtinua e derivabile; il prodotto per uno scalare non altera la natura continuae derivabile di una funzione. Ma che dimensione ha questo spazio? Infinita,perche non ho modo di trovare una base finita che mi generi tutte le funzionicontinue e derivabili.

Esercizio 13 Dato l’insieme V = {funzioni f ∈ C′[0, 1] tali che f ′(x) = x2}quale delle seguenti affermazioni e vera?

3.2. BASI E DIMENSIONI DI UN SPAZIO VETTORIALE 15

1. V non e uno SV

2. dim(V )=1



Soluzione1. Qui dobbiamo risolvere una piccola equazione differenziale: otteniamo chef(x) = x3/3 + c, c ∈ R. E’ chiaro che se sommo due funzioni di questo tipoottengo qualcosa del tipo 2x3/3 piu qualche costante, quel 2 iniziale mi fa esserefuori da V , che quindi non e uno SV.

Esercizio 14 Dato l’insieme V = {funzioni f ∈ C′[0, 1] tali che f ′(x) = x2f(x)}quale delle seguenti affermazioni e vera?

1. V non e uno SV

2. dim(V )=1



Soluzione2. f(x) = kex/3/3, k ∈ R. Ma allora f = 0 ∈ V , se sommo f(x) = kex/3/3

e g(x) = hex/3/3 ottengo (k + h)ex/3/3 ∈ V , e facilmente si verifica anche lachiusura rispetto al prodotto. V e dunque uno SV. La sua dimensione e 1 perchequalsiasi vettore di V (cioe qualsiasi funzione del tipo kex/3/3 e univocamentedeterminata dallo scalare k ∈ R. Una base e semplicemente {ex/3/3}.


Chapter 4

25 marzo

4.1 Matrici: riduzione e rango

• Elemento speciale di una matrice: elemento 6= 0 al di sotto del quale cisono solo zeri

• Matrice ridotta (per righe): ogni riga non nulla ha un elemento speciale

• Riduzione per righe: possiamo sostanzialmente scambiare righe e fare c.l.di righe

RANGO ρ

‖dim dello SV generato dalle righe

‖dim dello SV generato dalle colonne

‖num di righe l.i.

‖num di colonne l.i.

‖num di righe non nulle della ridotta per righe

4.2 Sistemi lineari

Dati

• A ∈ Rm,n

• b ∈ Rm,1

• (A|b) = matrice completa (aggiungi colonna b ad A)

17


Theorem 1 Teorema di Rouche-Capelli:Il sistema

Ax = b

ha soluzione x ∈ Rn,1 seρ(A) = ρ(A|b).

Se ρ(A) = ρ(A|b) = ρ, il sistema ha ∞n−ρ soluzioni, cioe n − ρ variabililibere.

Esercizio 15 Risolvere il sistema Ax = b con

A =

1 0 12 1 03 0 −1

(4.1)

e b = (1, 0, 0)T .

SoluzioneProcedura:

• Ridurre

• Applicare Rouche-Capelli per capire se ci sono soluzioni e quante

• Trovare le soluzioni (dopo aver ridotto e semplice)

Per ridurre in modo “ordinato” possiamo usare il metodo di eliminazione diGauss, che prevede di ottenere l’elemento speciale della prima riga nella primacolonna, l’elemento speciale della seconda riga nella seconda colonna, e via di-cendo, in modo da ottenre una matrice a “scalini”, con tutti gli zeri in bassoa sinistra. Procediamo con Gauss su su (A|b). Le trasformazioni che facciamosono, nell’ordine (ri indica la riga i-esima):

1. r3 → r3 − 3r1

2. r2 → r2 − 2r1

Queste due trasformazioni ci permettono di ottenere l’elemento speciale dellaprima riga in posizione (1, 1) e poi notiamo che la matrice cosı ottenuta e gia ri-dotta, con forma a scalini (le componenti evidenziate sono gli elementi speciali): 1 0 1 1

0 1 −2 −20 0 −4 −3

(4.2)

Questo non e l’unico modo di procedere per la riduzione, ma e quello checi da la struttura piu ordinata. In certi casi, un intuito algebrico piu allenatopuo consigliare riduzioni piu rapide (come noteremo in seguito), nelle quali siottengono “piu zeri in un colpo solo”: il che puo essere vantaggioso! Ma puoanche generare piu confusione nei calcoli e indurre piu facilmente all’errore.

I metodi meccanici tipo Gauss sono usati dai software, che chiaramente nonhanno intuito.

Inoltre Gauss ci permette di ottenre la ridotta sia di A che di (A|b) sem-plicemente riducendo (A|b). Nel caso precedente vediamo subito che ρ(A) =

4.2. SISTEMI LINEARI 19

ρ(A|b) = 3 e poiche n = 3 e il numero di componenti incognite, sappiamo subitoche il sistema ha un’unica soluzione.

Ottenuta la forma a scalini, scriviamo le equazioni esplicitamente partendodall’ultima riga e risalendo, in modo da calcolare a cascata le variabili: −4x3 = −3⇒ x3 = 3/4

x2 − 2x3 = −2⇒ x2 = −1/2x1 + x3 = 1⇒ x1 = 1− 3/4 = 1/4

(4.3)

La soluzione e quindi il vettore: x = 14 (1,−2, 3)T

Esercizio 16 Risolvere il sistema Ax = b con

A =

1 0 12 1 03 2 −1

(4.4)

e b = (1, 0, 0)T .

SoluzioneSi puo procedere esattamente come prima e si ottiene 1 0 1 1

0 1 −2 −20 2 −4 −3

(4.5)

Questa non e ancora ridotta: procediamo con r3 → r3 − 2r2: 1 0 1 1

0 1 −2 −20 0 0 1

(4.6)

Notiamo che 2 = ρ(A) < ρ(A|b) = 3, quindi il sistema non ha soluzione.

Esercizio 17 Per quali α ∈ R il sistema Ax = b con

A =

1 0 12 1 03 2 −1

(4.7)

e b = (1, 0, α)T ha

• ∞1 soluzioni

• ∞2 soluzioni

• ∞0 = 1 soluzione

• nessuna soluzione

SoluzioneSi procede come nell’esercizio precedente e si ottiene 1 0 1 1

0 1 −2 −20 0 0 α+ 1

(4.8)

A questo punto studiamo il parametro α e notiamo che


• se α = −1, ρ(A) = ρ(A|b) = 2 e il sistema ha ∞1 soluzioni (cioe unavariabile libera)

• se α 6= −1, il sistema non ha soluzioni ∞2 soluzioni

• per nessun valore di α abbiamo ∞0 = 1 o ∞2 soluzioni

Per α = −1, abbiamo{x2 − 2x3 = −2⇒ x2 = −1/2x1 + x3 = −1⇒ x1 = −1 + 3/4 = −1/4

(4.9)

Una variabile e libera, per esempio x3 = β ∈ R, da cui x2 = −2β − 2 ex1 = −1− β. La soluzione, o meglio, la famiglia di soluzioni e quindi:

(−1,−2, 0) + β(−1,−2, 1),∀β ∈ RSapete dire se questa famiglia di soluzione forma uno spazio vettoriale?La risposta e no, perche non esiste β tale che (0, 0, 0) sia uguale a (−1,−2, 0)+

β(−1,−2, 1). Avremmo uno spazio vettoriale se non ci fosse (−1,−2, 0). Di fattoabbiamo qualcosa di “non tanto diverso” da uno spazio vettoriale: si tratta infondo di uno spazio vettoriale traslato di (−1,−2, 0).

Geometricamente parlando, vedremo in futuro che si tratta di un piano (noncontenente l’origine) in R3.

Esercizio 18 Consideriamo il sistema Ax = b con

A =

1 0 02 1 21 1 2π π π

(4.10)

e b = (1, 0, α, β)T con α, β ∈ R. Quale delle seguenti affermazioni e vera?

1. Esistono α, β per cui il sistema ha infinite soluzioni

2. ∀α ∈ {−1, 0, 1}, se β = −π, allora il sistema ha soluzione.

3. Per α = −1 e β = −π, il sistema ha soluzione (1, 1,−2− 2a, a)T , ∀a ∈ R

4. Il sistema non ammette mai soluzione, indipendentemente da α e β, percheci sono piu equazioni che incognite

5. Esistono α, β per cui l’insieme delle soluzioni e uno SV

6. Esistono α, β per cui (1,−2, 0)T e soluzione del sistema

Soluzione

Due affermazioni sono palesemente false: la 4. (puo essere vero, ma non loe in generale), e la 3., perche la soluzione e un vettore di lunghezza 3, non 4!

Per il resto, procediamo con la riduzione e poi ci occuperemo dei parametriα, β.

4.2. SISTEMI LINEARI 21

Qui non usiamo Gauss: il nostro occhio algebrico nota che la seconda rigadi A e somma delle prima e della terza, quindi abbiamo un modo di annullarlasubito tutta: r2 → r2 − r1 − r3

1 0 0 10 0 0 −1− α1 1 2 απ π π β

(4.11)

Ora riordiniamo: π π π β1 1 2 α1 0 0 10 0 0 −1− α

(4.12)

e poi facciamo r2 → r2 − r1/ππ π π β

0 0 1 α− β/π1 0 0 10 0 0 −1− α

(4.13)

Quindi ρ(A) = 2 indipendentemente dai parametri. β non ha nessun ruolonel rango, mentre ρ(A) = ρ(A|b) = 3 se α = −1. Poiche il numero di variabilie n = 3, per Rouche-Capelli abbiamo in tal caso un’unica soluzione, una voltafissato anche il parametro β. Proviamo a vedere se v = (1,−2, 0)T e soluzioneper qualche β:

2. e falsa perche per α = 0 e α = 1 il sistema non ha soluzione. Siano A e b lamatrice e il termine noto ottenuti dopo la riduzione in (4.13): Av = (−π, 0, 1, 0),

che coincide con b = (β,−1− β/π, 1, 0) per β = −π.6. e quindi vera.Il sistema ha al piu una soluzione, fissati α e β, quindi 1. e falsa.6. e falsa perche un vettore solitario non costituisce mai uno spazio vettoriale,

a meno che non si tratti del vettore nullo.


Chapter 5

1 aprile

5.1 Determinante

Come gia accennato all’inizio del corso, il determinante e un numero associato adogni matrice quadrato. E’ un numero che da solo puo dirci alcune informazioniimportanti sulla matrice, per esempio la sua invertibilita e informazioni sul suorango.

Si calcola cosı:In R2,2:

det

(a bc d

)=

∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣ = ad− bc (5.1)

In R3,3: ∣∣∣∣∣∣a b cd e fh i j

∣∣∣∣∣∣ = a

∣∣∣∣ e fi j

∣∣∣∣− b ∣∣∣∣ d fh j

∣∣∣∣+ c

∣∣∣∣ d eh i

∣∣∣∣ (5.2)

(qui ho “fissato” la prima riga, ma si puo usare qualsiasi riga o colonna)...e poi si estende per induzione a Rn,n con n ≥ 3.

5.2 Regola di Cramer

Risoluzione di sistemi lineari n× n usando determinanti:Data A ∈ Rn,n e il sistema Ax = b, allora

xi =detAidetA

i = 1, . . . , n. (5.3)

Ai e la matrice ottenuta A sostituendo la i-esima colonna con b.Chiaramente dobbiamo avere detA 6= 0 (cioe A invertibile)Dimostrazione di Cramer:Data una matrice quadrata, se facciamo la trasformazione sulle colonne:

ci → ci + αcj il determinante resta lo stess; se invece facciamo: ci → αci,α ∈ R, il determinante della nuova matrice e il determinante della vecchiamoltiplicato per α.

23

24 CHAPTER 5. 1 APRILE

Consideriamo ora

A1 =

b1 a12 a13 . . . a1nb2 a22 a23 . . . a2n...

......

......

bn an2 an3 . . . ann

(5.4)

e poiche bi =∑nj=1 aijxj , i = 1, . . . , n, abbiamo detA1 = x1 detA che prova

la tesi per x1. Iterando la procedura per gli altri xi, i = 2, 3, . . . otteniamo laregola di Cramer.

Esercizio 19 Risolvere Ax = b dove

A =

1 2 01 1 31 2 1

b =

001

(5.5)

usando Cramer.Avrebbe senso risolvere con Cramer il sistema omogeneo con questa stessa

A?

Soluzione

∣∣∣∣∣∣1 2 01 1 31 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 1

∣∣∣∣ 1 32 1

∣∣∣∣− 2

∣∣∣∣ 1 31 1

∣∣∣∣+ 0 = (1− 6)− 2(1− 3) = −1. (5.6)

∣∣∣∣∣∣0 2 00 1 31 2 1

∣∣∣∣∣∣ = −2

∣∣∣∣ 0 31 1

∣∣∣∣ = 6. (5.7)

∣∣∣∣∣∣1 0 01 0 31 1 1

∣∣∣∣∣∣ = −3 (5.8)

∣∣∣∣∣∣1 2 01 1 01 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 1

∣∣∣∣ 1 02 1

∣∣∣∣− 2

∣∣∣∣ 1 01 1

∣∣∣∣+ 0 = 1− 2 = −1. (5.9)

Quindix1 = −6, x2 = 3, x3 = 1.

5.3 Inversione

Inversa di un matrice quadrata A: matrice X tale che AX = I (I= identita).Scriviamo: X = A−1.

Invertibilita:A ∈ Rn,n ammette inversa ⇔ |A| 6= 0⇔ ρ(A) = n (e massimo)

5.3. INVERSIONE 25

Esercizio 20

A =

1 0 10 1 03 0 −1

. (5.10)

A ammette inversa? Se sı, calcolare A−1

Soluzione|A| = −4 quindi la matrice e invertibile. Calcoliamo l’inversa.

Metodo 1: risoluzione di un sistema lineare (con incognita vetto-riale) per ogni colonna

Sia b = (1, 0, 0)T e si risolva Ax = b dove x = (x11, x21, x31)T e la primacolonna dell’inversa.

Si ottiene x31 = 34 , x21 = 0, e x11 = 1

4 .Ripetere con b = (0, 1, 0)T e b = (0, 0, 1)T per ottenere la seconda e la terza

colonna.Metodo 2: super riduzione Se A−1 esiste, AX = In. Poiche AA−1 =

A−1A = In, moltiplichiamo ambo i membri AX = In per A−1: A−1AX =A−1In, quindi InX = A−1, da cui X = A−1. Quindi se super riduciamo (A|In),cioe otteniamo (In|B), allora B = A−1.

In questo caso: 1 0 1 1 0 00 1 0 0 1 03 0 −1 0 0 1

(5.11)

By r3 → r3 − 2r1 1 0 1 1 0 00 1 0 0 1 00 0 −4 −3 0 1

(5.12)

Procediamo con r1 → 4r1 + r3: 4 0 0 1 0 10 1 0 0 1 00 0 −4 −3 0 1.

(5.13)

In seguito, r1 → r1/4, r1 → −r1/4: 1 0 0 1/4 0 1/40 1 0 0 1 00 0 1 3/4 0 −1/4.

(5.14)

Per concludere,

A−1 =

1/4 0 1/40 1 0

3/4 0 −1/4.

(5.15)

Metodo 3: Complementi algebriciConsigliato per chi e veloce nel calcolare i determinanti.

A−1 =1

det(A)CT

dove Cij sono ottenuti come segue:


• eliminare riga i e colonna j in A

• calcolare il determinante della matrice cosı ottenuta

• moltiplicare il risultato per (−1)i+j

In questo caso, si calcola facilmente che C11 = (−1)2 det

(1 00 −1

)= −1,

C12 = 0, C13 = −3, C21 = 0, C22 = −4, C23 = 0, C31 = −1, C32 = 0, C33 = 1,da cui si ottiene la matrice finale dividendo il tutto per |A| = −4.

A−1 =

1/4 0 1/40 1 0

3/4 0 −1/4.

(5.16)

Esercizio 21 E’ vero che qualunque vettore di R4 puo essere scritto come c.l.di vettori in

B = {(2,−1, 2, 1), (3,−1, 1, 3), (1,−2, 2, 2), (0, 1, 2, 3)}?

Quanti modi conoscete per risolvere questo esercizio?

SoluzioneLa domanda finale e per farci riflettere sul fatto che spesso gli esercizi chefacciamo si possono risolvere conoscendo poche nozioni di teoria, ma piu teoriasappiamo, meno tempo ci mettiamo. Chiamo: b1,b2,b3,b4 gli elementi di B(nell’ordine presentato sopra).

• Se conosciamo solo il concetto di c.l. e le relative operazioni:

Prendiamo un generico v ∈ R4 e usiamo la definizione di c.l., cioe cidomandiamo se esistono αi, i = 1, 2, 3, 4 tali che, fissato un qualsiasi v

v =

4∑i=1

αibi.

Abbiamo quindi un sistema lineare nelle variabili αi (v e un parametro,non una variabile).

Tempo di risoluzione: non poco.

• Se conosciamo anche le matrici e Rouche-Capelli:

Pensiamo ai bi come vettori colonna. Allora∑4i=1 αibi = Bα dove

B e la matrice che ha sulle colonne b1, . . .b4 e α e il vettore colonna(α1, . . . , α4)T . Abbiamo quindi il sistema:

v = Bα.

Ora ci basta notare che B ha rango massimo (o determinante diverso dazero) per usare Rouche-Capelli e concludere che tale sistema ha un’unicasoluzione, indipendentemente da v. Quindi per qualunque v fissato, trovoα tale che v puo essere scritto come c.l. di elementi di B.

Tempo di risoluzione: qualche minuto per calcolare il determinante o ilrango della matrice 4× 4.

5.3. INVERSIONE 27

• Se conosciamo anche il concetto di dimensione e base, e sappiamo che R4

ha dimensione 4:

ci basta verificare che B e l.i. per dedurre che e una base (e quindi generaogni vettore in R4). Mettiamo i suoi elementi in una matrice e verifichiamotramite rango o determinante.

Tempo di risoluzione: come prima, qualche minuto per calcolare il deter-minante o il rango della matrice 4 × 4. Qui pero non si pensa nemmenoal sistema lineare, quindi si guadagna qualche secondo.

Esercizio 22 (difficile) Sia n = p+ q e

A =

(B CD E

)dove B e E sono matrici quadrate rispettivamente p×p e q× q. Dimostrare cge(a) Se p < q e E = 0, allora det(A) = 0.(b) Se p = q e C = 0, allora det(A) = det(B) det(E).(c) Se C = 0 e D = 0, allora det(A) det(B) det(E).


Chapter 6

15 aprile

6.1 Applicazioni lineari

• Dati due SV U e V su campo K, un’applicazione f : U → V e dettalineare se per ogni α, β ∈ K e per ogni u,w ∈ U ,

f(αu + βw) = αf(u) + βf(w).

• Nucleo di un’a.l.:

kerf = {u ∈ U : f(u) = 0V }

• Immagine di un’a.l.:

Imf = {v ∈ V tale che esiste u ∈ U : f(u) = v}

• Teorema: ker e Im sono sottospazi risp. di U and V , e

dim(kerf) + dim(Imf) = dimU

• Un’a.l. e determinata se e definita su una base di U

Esercizio 23 Trovare l’a.l. f : R3 → R tale che f(1, 2, 1) = f(0, 0, 1) = 0 andf(0, 1, 0) = 1.

Trovare kerf e Imf .

SoluzionePrima di tutto, notiam che B = {b1,b2,b3}, dove b1 = (1, 2, 1), b2 = (0, 0, 1),b3 = (0, 1, 0), e un base di R3. Il nostro obiettivo e srcivere esplicitamentef(u) = ... per ogni u ∈ R3. Poiche B e una base sappiamo che esistono (e sonounici) α, β, γ ∈ R tali che u = αb1 + βb2 + γb3, da cui calcoliamo α = u1,β = u3 − u1, γ = u2 − 2u1. Ora, usando la linearita:

f(u) = f(αb1 + βb2 + γb3) = αf(b1) + βf(b2) + γf(b3)

= u1f(b1) + (u3 − u1)f(b2) + (u2 − 2u1)f(b3) = u2 − 2u1.

In conclusione, f(u) = u2 − 2u1.

29


dim(kerf) + dim(Imf) = dim(U) = 3. Ora, Imf ⊆ R, quindi la sua dimen-sione puo essere 0 o 1. Se fosse 0, Imf = {0}, ma non e cosı perche 1 e contenutoin essa. Quindi dim(Imf) = 1, e dim(kerf) = 2.

Dalle dimensioni ricostruiamo subito gli spazi. Infatti, Imf = R (per ogniU ss di W , se dimU = dimW , allora U = W ), e poiche {b1,b2} ⊂ kerf e b1

and b2 sono linearmente indipendenti, allora kerf = L{b1,b2}.

Quiz 1 Quale delle seguenti non e un’a.l.?

1. U = V = R3, ∀u = (u1, u2, u3) ∈ R3, f(u) = (u3, u2, u1)

2. U = C[0, 1], V = R, ∀g ∈ U , f(g) = g(0)

3. U = R2, V = C[0, 1], ∀u ∈ R2 f(u) = u1ex + u2e

2x

4. U = R2, V = C[0, 1], ∀u = (u1, u2) ∈ R2 f(u) = u1u2ex.

Soluzione

1. ∀u,v ∈ R3, α, β ∈ R,

f(αu + βv) = f(αu1 + βv1, αu2 + βv2, αu3 + βv3)

= (αu3 + βv3, αu2 + βv2, αu1 + βv1) = αf(u) + βf(v)⇒ a.l..

2. ∀g, h ∈ U , α, β ∈ R,

f(αg + βh) = (αg + βh)(0) = αg(0) + βh(0)

=αf(g) + βf(h)⇒ a.l..

3. ∀u,v ∈ R2, α, β ∈ R,

f(αu + βv) = (αu1 + βv1)ex + (αu2 + βv2)e2x

= αu1ex + αu2e

2x + βv1ex + βv2e

2x = αf(u) + βf(v)⇒ a.l..

4. ∀u,v ∈ R2, α, β ∈ R,

f(αu + βv) = (αu1 + βv1)(αu2 + βv2)ex

αf(u) + βf(v)(αu1u2βv1v2)ex ⇒ NO a.l..

Un’a.l. f : U → V e detta iniettiva se f(u) = f(v), (u,v ∈ U) implicau = v, mentre e detta suriettiva se Imf = V . E’ facile provare che

f iniettiva ⇔ kerf = {0} ⇔ dim(kerf) = 0

Quiz 2 Sia f : R≤2[x]→ R3 un’a.l. tale che f(1) 6= 0, f(19x) 6= 0, f(2x2−x) 6=0. Quale delle seguenti affermazioni e necessariamanete vera?

1. f e iniettiva

2. f e suriettiva

6.1. APPLICAZIONI LINEARI 31

3. dim(Imf) ≥ 1

4. dim(kerf) = 2

Soluzione

dimR≤2(x) = 3, allora dim(ker(f)) + dim(Im(f)) = 3. Le possibili combi-nazioni sono: 0+3; 1+2; 2+1; 3+0.

Poiche f(1) 6= 0 sappiamo che ker(f) 6= R≤2(x),quindi dim(kerf) < 3 . 3.e vera necessariamente perche se dim(ker(f)) ∈ {0, 1, 2}, allora dim(Imf) ∈{3, 2, 1}.

Possiamo costruire facilmente un controesempio di f con nucleo di dimen-sione 1 per verificare che 1., 2., 4. sono false.

Per esempio, possiamo considerare la f tale che kerf = L{x2}, f(1) =(0, 0, 1), e f(x) = (1, 0, 0).

Quiz 3 Data l’a.l. f tale che (1,−1) ∈ kerf e (2,−1) ∈ f−1(1,−1, 1,−1)(f−1= controimmagine), la matrice M t.c. ∀u ∈ R2, f(u) = Mu e

1.

M =

2 2−1 −12 2−1 −1

2.

M =

1 1−1 −11 1−1 −1

3.

M =

(1 −1 1 −11 −1 1 −1

)4.

M =

(1 −1 1 −31 −1 1 −1

)Quiz 4 Data f definita nel Quiz 3, quale delle seguenti e vera?

1. ker(f) = L{(1,−1)} e Im(f) = L{(1,−1, 1,−1)}

2. dim(kerf) + dim(Imf) = 4

3. ker(f) = L{(1,−1), (0, 1)}

4. Una base per ker(f) e {(1,−1), (0, 0)}

Esercizio 24 Data f definita nel Quiz 3, e data g : R4 → R2 definita dag(v) = (v1, 0), studiare Im(g ◦ f) e ker(g ◦ f)

SoluzioneQuiz 3: 2.


3. e 4. sono false perche la dimensione di M deve essere 4 × 2, not 2 × 4. Lacondizione sul nucleo vale sia per 1. che per 2., ma

f

(2−1

)= 2f

(10

)− f

(01

)=

2−12−1

SoluzioneQuiz 4: 1.Sappiamo che dim(kerf) + dim(Imf) = dim(R2) = 2. Quindi 2. e falsa. Nulceoe immagine contengono almeno un vettore non nullo, quindi dim(kerf) ≥ 1,dim(Imf) ≥ 1, ma poiche la somma e 2, dim(kerf) = dim(Imf) = 1, e 1. evera. 3. e falsa perche kerf non puo essere generata da due vettori l.i. e 4. e falsaperche (0, 0) non appartiene mai ad una base! (mentre kerf = L{(1,−1), (0, 0)}sarebbe stato corretto!).

Provare a risolvere l’esercizio anche in modo costruttitivo, cioe senza guardarele risposte multiple. Come si deve procedere?

Chapter 7

22 aprile

7.1 Matrice associata ad un’a.l.

Applicazione lineare⇔ Matrice

• B = {b1, . . . ,bm} base di U u = λ1b1 + · · · + λmbm, indichiamo con(u)B = (λ1, . . . , λm) la rappresentazione (unica) di u rispetto a B.

• Rappresentazione = sequenza coefficienti rispetto ad una base

• Attenzione all’ordine degli elementi della base!

• f : U → V a.l., B = {b1,b2, . . . ,bm} base di U , C base di V

MB,Cf associata a f rispetto alle B e C:

MB,Cf =

...

......

...(f(b1))C (f(b2))C · · · (f(bm))C

......

......

MB,Cf ha dim(V ) righe e dim(U) = m colonne

Esercizio 25 Data M =

2 0 11 −1 00 0 3

sia f : R3 → R3 l’endomorfismo

1 tale che f(u) = Mu. Trovare la matrice MBf2 associata a f rispetto a

B = {b1,b2,b3} = {(1, 0, 0)T , (0, 1, 0)T , (1, 1, 1)T }

Soluzione

f(b1) = (2, 1, 0)T = 2b1 + b2 ⇒ 1 colonna: (f(b1))B = (2, 1, 0)T

f(b2)T = (0,−1, 0)T = −b2 ⇒ 1 colonna: (f(b2))B = (0,−1, 0)T

1Chiamiamo endomorfismo ogni a.l. del f : V → V (da uno SV in se stesso)2Per brevita, scriviamo MB

f invece di MB,Bf quando la base e la stessa

33


[Notare che in questi due casi vettori e rappresentazioni rispetto a B coinci-dono... perche b1 e b2 sono vettori della base canonica!]

f(b3) = (3, 0, 3)T = 3b3 − 3b2 3 colonna: (f(b3))B = (0,−3, 3)T .

MBf =

2 0 01 −1 −30 0 3

Quiz 5 Sia f endomorfismo di R2 tale che per u = (1, 2) f(u) = 2u e perv = (−1, 3), f(v) = u

(a) MEf = 1

5

(3 38 6

)e la matrice associata a f rispetto alla base canonica

E = {e1, e2} = {(1, 0), (0, 1)}

(b) MEf = 1

5

(1 38 6

)e la matrice associata a f rispetto a E

(c) MBf =

(2 10 0

)e la matrice associata a f rispetto alla base B = {u,v}

(d) MBf =

(2 10 0

)e la matrice associata a f rispetto alla base B =

{u, f2(v)}, dove f2(u) = f(f(u)).

SoluzioneIniziamo a lavorare sulla (c), dato che conosciamo gia i valori di f sugli elementiu e v della base data.

f(u) = 2u⇒ (f(u))B = (2, 0)T

f(v) = u⇒ (f(u))B = (1, 0)T

Quindi (c) e vera.Per completezza, calcoliamo ME

f Notiamo che

f(u) = f(e1) + 2f(e2)

f(v) = −f(e1) + 3f(e2)

Sommando e sottraendo questo due equazioni otteniamo facilmente

f(e1) =1

5(4, 8)T

f(e2) = −1

5(3, 6)T

cioe

MEf = 1

5

(4 38 6

)(d) e falsa perche f2(v) = f(f(v)) = f(u = 2u, quindi u e f2(u) sono

linearmente dipendenti e non formano una base!

7.2. CAMBIAMENTO DI BASE 35

7.2 Cambiamento di base

• v ∈ V , V s.v. di dimensione N

• B = {b1, . . . ,bN}, C = {c1, . . . , cN} basi di V

• (v)B (risp. (v)C) rappresentazione di v rispetto a B (risp. C)

• Esiste una matrice quadrata PB,C

(v)B = PB,C(v)C

• PB,C ha per colonne (c1)B , . . . (cN )B

• PB,C e invertibile e (PB,C)−1 = PC,B ;

• PB,C e detta matrice di cambiamento di base.

Esercizio 26 Sia E la base canonica di R3 e C = {(1, 2, 3), (1, 0, 0), (0, 0, 1)}.

• Calcolare PE,C ...

• ... e PC,E

• Qual e la rappresentazione di v = (1, 2, 3) rispetto a C?

Soluzione

PE,C =

1 1 02 0 03 0 1

(Nessun calcolo e necessario per PE,C , basta aver capito la definiizione di

matrice di cambiamento di base)In seguito, notiamo facilmente che

e1 = c2 = 0c1 + 1c2 + 0c3 ⇒ (e1)C = e2

(e3) = c3 = 0c1 + 0c2 + 1c3 ⇒ (e3)C = e3

(e2) =1

2c1 −

1

2c2 −

3

2c3 ⇒ (e2)C =

1

2(1,−1,−3)T

L’espressione per e2 richiede qualche calcolo in piu, di fatto si risolve il sistemae2 = x1c1 + x2c2 + x3c3, che pero e molto semplice (suggerimento: scriverel’equazione sulla seconda componente, poi sula terza, infine sulla prima).

In conclusione,

PC,E =

0 12 0

1 − 12 0

0 − 32 1

(Volendo PC,E si pua anche calcolare come inversa di PE,C : per esercizio,

verificare che sono l’una l’inversa dell’altra.)Per v = (1, 2, 3)T , si ha (v)C = (1, 0, 0)T .


7.3 Applicazioni lineari e cambiamenti di base

• f : U → V

• B,B′ basi di U

• C,C ′ basi di V

• Vale la relazione:PC,C

′MB′,C′

f = MB,Cf PB,B

′(7.1)

Esercizio 27 Siano

• U = R≤2[x], B = {1, x, x2 − 5} base di U .

• C = {(1, 0), (1, 1)} base di V = R2.

• D = {(0, 1), (1, 2)} base di V = R2.

• f : U → V data da f(a0 + a1x+ a2x2) = (a0 + a1, a1 − a2)

1. Trovare la matrice associata a f rispetto a B e C.

2. Trovare la matrice associata a f rispetto a B e D.

3. Discutere iniettivita e suriettiva di f .

Soluzione

1.

f(1) = (1, 0)T ⇒ (f(1))C = (1, 0)T

f(x) = (1, 1)T ⇒ (f(x))C = (0, 1)T

f(x2 − 5) = (−5,−1)T ⇒ (f(x2 − 5))C = (−4,−1)T

da cui

MB,Cf =

(1 0 −40 1 −1

)2. Possiamo usare la relazione (7.1), che in questo caso e

PC,DMB,Df = MB,CPB,B

quindi

MB,Df = PD,CMB,CPB,B .

Chiaramente PB,B e l’identita, quindi

MB,Df = PD,CMB,C .

Ci manca solo PD,C :

c1 = −2d1 + d2 ⇒ (c1)D = (−2, 1)T

c2 = −d1 + d2 ⇒ (c1)D = (−1, 1)T

7.3. APPLICAZIONI LINEARI E CAMBIAMENTI DI BASE 37

quindi

PD,C =

(−2 −11 1

)In conclusione:

MB,Df =

(−2 −11 1

)(1 0 −40 1 −1

)=

(−2 −1 91 1 −5

)In alternativa, si poteva procedere come per il calcolo di MB,C

f .

3. Per studiare iniettivita e suriettivita possiamo usare il risultat. Sia Mf lamatrice associata all’a.l. f : V → W , non importa rispetto a quale base.Allora,

dim(Imf) = ρ(Mf ); dim(kerf) = dimV − ρ(Mf )

In questo caso, abbiamo ρ(MB,Cf ) = 2 quindi dim(Imf) = 2, cioe Imf =

R2. f e quindi suriettiva. Infine, dim(kerf)=1, quindi f non e iniettiva.


Chapter 8

29 aprile

8.1 Autovettori, autovalori

1. Data A ∈ Rn×n, v ∈ Rn (non nullo) e detto autovettore di A se esisteλ ∈ R tale che Av = λv

2. Tale λ e detto autovalore di A.

3. Calcolo autovalori:

det(A− λI) = 0

det(A− λI) = polinomio caratteristico.

4. Dati gli autovalori, gli autovettori sono le soluzioni di (A− λI)v = 0.

5. Autospazio = SV generato da autovettori

Quiz 6 1 1 10 −2 03 0 −1

(a) non ha autovettori perche e quadrata(b) ha solo autovalore λ = −2(c) ha due autovalori complessi(d) ha due autovalori realiInfine, calcolare autovettori e autospazi

(a) e falsa (gli autovettori si calcolano solo per matrici quadrate!). Per valutarele altre risposte, calcoliamo gli autovalori.Soluzione

Autovalori:

det

1− λ 1 10 −2− λ 03 0 −1− λ

= (2 + λ)(4− λ2) = 0

⇒ λ1 = 2, λ2 = −2

39


(d) e l’affermazione corretta.Autovettori per λ1 = 2:

−1 1 10 −4 03 0 −3

v = 0⇒ v = (α, 0, α)T = α(1, 0, 1)T , α ∈ R

Autospazio: L{(1, 0, 1)T }.Autovettori per λ = −2: 3 1 1

0 0 03 0 1

v = 0⇒ v = (α, 0,−3α) = α(1, 0,−3), α ∈ R

Autospazio: L{(1, 0,−3)T }.

8.2 Molteplicita e diagonalizzazione

Sia λ autovalore di A ∈ Rn×n

1. µ = molteplicita algebrica di λ = esponente di (x−λ) nel polinonio carat-teristico.

2. ν = molteplicita geometrica di λ = dim dell’autospazio generato dagliautovettori relativi a λ.

3. 1 ≤ ν ≤ µ sempre. Inoltre, la somma delle µ e n

4. Se per tutti gli autovalori si ha ν = µ, A e detta diagonalizzabile

5. o equivalentemente diciamo che l’endomorfismo f associato ad A e sem-plice

6. gli autovettori di un matrice diagonalizzabile formano una base.

7. A,B ∈ Rn×n sono simili se esiste P ∈ Rn×n tale che A = PBP−1

8. A e diagonalizzabile⇔ e simile ad una matrice diagonaleD (nello specifico,D = P−1AP dove P e la matrice che ha sulle colonne gli autovettori diA)

Quiz 7 Sia f un endomorfismo non suriettivo R3 che ha 2 e 4 tra i suoi auto-valori

(a) 2 e 4 sono gli unici autovalori di f(b) l’autospazio associato all’autovalore 2 puo avere dimensione 3(c) f e semplice(d) f e iniettivo

Soluzione

Soluzione of Quiz 7 (c)Un endomorfismo non suriettivo ha sempre l’autovalore 0.

8.2. MOLTEPLICITA E DIAGONALIZZAZIONE 41

Infatti se l’endomorfismo f non e suriettivo, il suo nucleo contiene semprequalcosa di diverso da 0 (quindi in particolare (d) e falsa). Sia v 6= 0 nel nucleof . Allora f(v) = 0, cioe f(v) = 0v. Quindi v e un autovettore associatoall’autovalore 0.

In questo esempio abbiamo quindi tre diversi autovalori λ1 = 0, λ2 = 2,λ3 = 4. (a) e (b) sono allora false.

(c) e vera perche per ogni endomorfismo

autovalori tutti diversi ⇒ endomorfismo semplice

Ricordare che il viceversa e falso.

Quiz 8 (a 00 a

)a ∈ R

(a) non e diagonalizzabile(b) ha tutti gli autovettori nulli(c) ha due autospazi rispettivamente generati da (a, 0) e (0, a)(d) ha autospazio R2

SoluzioneLa matrice ha autovalore λ = a con µ = 2 e autospazio R2 (ν = 2). La matricee quindi diagonalizzabile (il che era anche ovvio semplicemente gia osservandoche la matrice e diagonale...). (d) e la risposta corretta. (b) e falsa in generale:gli autovalori non sono mai nulli.

Esercizio 28 Sia fα, α ∈ R, l’endomorfismo di R2×2 definito da

fα

(x yz t

)=

(x+ αy 2x+ 2yz + 2t 2z + t

)(8.1)

1. Per α ∈{− 1

8 , 3}

, fα e semplice?

2. Per α = 3, scrivere una base C di R2×2 formata da autovettori

3. Per α = 3, scrivere la matrice di cambiamento di base dalla base canonicaa C

4. Trovare tutti i valori di α per cui fα e semplice [LUNGO!]

SoluzioneRisoluzione del punto 4.

Per valutare se si tratta di un endomorfismo semplice calcoliamo autoval-ori/autovettori di una matrice associata a f rispetto ad una certa base. Labase la scegliamo noi e se non vogliamo complicarci la vita ci conviene sceglierela base canonica. Dobbiamo quindi costruire la matrice 4 che abbia su ognicolonna f(ei)E , i = 1, 2, 3, 4 dove E e la base canonica definita da:

E = {e1, e2, e3, e4} =

{(1 00 0

),

(0 10 0

),

(0 01 0

),

(0 00 1

)}

Notare che per un qualsiasi v =

(x yz t

)∈ R2,2, (v)E =

xyzt

.


Quindi:

f

(1 00 0

)=

(1 20 0

)⇒ (f(e1))E =

1200

Ripetendo il ragionamento per e2, e3, e4, otteniamo

MEf =

1 α 0 02 2 0 00 0 1 20 0 2 1

. (8.2)

Calcoliamone gli autovalori:

∣∣∣∣∣∣∣∣1− λ α 0 0

2 2− λ 0 00 0 1− λ 20 0 2 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ =[(1− λ)(2− λ)− 2α

][(1− λ)2 − 4

].

Si tratta quindi di trovare gli zeri di due polinomi di secondo grado:

• (1− λ)2 − 4 = λ2 − 2λ− 3 ha zeri λ1 = −1 e λ2 = 3

• (1− λ)(2− λ)− 2α = λ2 − 3λ+ 2− 2α ha zeri: λ3,4 = 3±√1+8α2

Notiamo che

• λ3 = 3+√1+8α2 > 0 e coincide con λ2 = 3 se α = 1

• λ4 = 3−√1+8α2 < 0 e coincide con λ2 = −1 se α = 3

• λ3 = λ4 = 32 se α = − 1

8

In tutti gli altri casi abbiamo 4 diversi autovalori, quindi l’endomorfismo e sem-pre semplice per α /∈ {1, 3,− 1

8}.Nei suddetti casi invece dobbiamo verificare le molteplicita per verificare se

la matrice e diagonalizzabile (⇔ f e semplice)Nello specifico otteniamo (β, γ ∈ R):

• α = − 18

Autovalori λ1 = 3 λ2 = −1 λ3 = 32

Autovettori v(1) = γ

0011

v(2) = γ

001−1

v(3) = γ

1−400

Molt. alg. µ1 = 1 µ2 = 1 µ3 = 2Molt. geom. ν1 = 1 ν2 = 1 ν3 = 1

⇒ Non semplice

8.2. MOLTEPLICITA E DIAGONALIZZAZIONE 43

• α = 1

Autovalori λ1 = 3 λ2 = −1 λ3 = 0

Autovettori v(1) =

β2βγγ

v(2) = γ

001−1

v(3) = γ

1−100


⇒ Semplice

• α = 3

Autovalori λ1 = 3 λ2 = −1 λ3 = 4

Autovettori v(1) = γ

0011

v(2) = − 32

ββγ−γ

v(3) = γ

1100


⇒ Semplice

• α /∈ {1, 3,− 18}

λ1 = 3 λ2 = −1 λ3 = 3−√1+8α2 λ4 = 3+

√1+8α2

v(1) = γ

0011

v(2) = γ

001−1

v(3) = γ

λ3−2

2100

v(3) = γ

λ4−2

2100

⇒ Semplice (autovalori tutti distinti)

2. Base di R2,2 formata da autovettori di f3:{(0 01 1

),

(− 3

2 10 0

),

(0 01 −1

),

(1 10 0

)}3. Dobbiamo calcolare la matrice PC,E tale che (v)C = PC,E(v)E , per ogni

v ∈ R2,2. Sappiamo che PC,E =

...

· · · (ei)C · · ·...

Quindi:

PC,E

0 0 1

212

− 25

25 0 0

0 0 12 − 1

225

35 0 0


Chapter 9

6 maggio

9.1 Matrici simmetriche

A ∈ Rn,n

• A simmetrica ⇒ A diagonalizzabile

• A simmetrica ⇒ autovettori di A sono a due a due ortogonali

• A simmetrica⇒ autovettori di A (opportunamente normalizzati) formanouna base ortonomale, cioe una base di vettori ortogonali tra loro e nor-malizzati (cioe con ‖·‖2 = 1)

Esercizio 29 Nell’esercizio precedente, si puo dire per quali valori di α la ma-trice ME

fαe simmetrica solo guardando gli autovettori?

SoluzionePossiamo cioe usare le proprieta delle matrice simmetriche in negativo per es-cludere i casi in cui sicuramente non c’e simmetria:

• A non diagonalizzabile ⇒ A non simmetrica

• autovettori di A non ortogonali tra loro ⇒ A non simmetrica

Inoltre ricordiamo che una matrice e diagonalizzabile se e solo ammette unabase di autovettori e che

• A ammette una base di autovettori, a due a due ortogonali ⇔ A e sim-metrica

Quindi abbiamo: Per α = −1/8, gli autovettori sono a due a due ortogonali,ma non formano una base, cioe la matrice non e diagonalizzabile e quindi nonpuo essere simmetrica.

For α ∈ 1, 3 gli autovettori non sono ortogonali,quindi la matrice non puoessere simmetrica.

Infine, per α /∈ {− 18 , 1, 3}, gli autovettori formano una base, e sono ortog-

onali per α = 2. Infatti si verifica facilmente che tutti gli autovettori sonosempre ortogonali tra loro, indipendentemente da α, tranne v3 e v4, per i qualidobbiamo impostare l’equazione:

45

46 CHAPTER 9. 6 MAGGIO

v3 · v4 = 0.

Possiamo concludere che la matrice simmetrica se e solo se α = 2 (il che puoessere facilmente verificato mettendo tale valore nella matrice).

Quiz 9 Dati U = L{(1, 0, 1), (0, 1, 0)} e V = L{(1, 2, 3)},(a) ogni endomorfismo di R3 con autospazi U e V e semplice

(b) ogni matrice con autospazio U ha (1, 1, 1)T sulla seconda colonna

(c) esiste piu di una matrice reale simmetrica con autospazi U e V

(d) esiste un’unica matrice reale simmetrica con autospazi U e V

Soluzione(a) e vero perche gli autovettori (= i vettori di base di U e V ) formano unabase. (c) e (d) sono false perche gli autovettori non sono ortogonali (per esempio(1, 2, 3)·(0, 1, 0) = 2). Se pensiamo all’endomorfismo come una matrice A ∈ R3,3

sappiamo che dato un autovettore v ∈ R3, esiste λ ∈ R tale che

Av = λv.

Se chiamiamo λU e λV gli autovalori (non noti) relativi rispettivamente a Ue V , e indichiamo con A(i) l’i-esima colonna di A abbiamo

A(1) +A(3) = λU (1, 0, 1)T

A(2) = λU (0, 1, 0)T

A(1) + 2A(2) + 3A(3) = λV (1, 2, 3)T

da cui vediamo chiaramente che A(2) non puo mai essere (1, 1, 1)T .

Domanda: i soli autovettori definiscono univocamente la matrice? No. Nelcaso sopra, diversi valori di λU e λV danno luogo a matrici diverse. Una voltapero fissati gli autovalori la matrice e univocamente fissata. Con semplici calcoli,otteniamo infatti:

A(1) =1

2λU (1, 0, 1)T − 1

2λV (1, 2, 3)T − λU (0, 1, 0)T

A(2) = λU (0, 1, 0)T

2A(3) = λV (1, 2, 3)T − λU (1, 0, 1)T − 2λU (0, 1, 0)T

In generale, ogni matrice diagonalizzabile e univocamente definita una voltanoti i suoi autovettori e autovalori.

Quiz 10 Dati U = L{(1, 0, 1), (0, 1, 0)} e V = L{(1, 0,−1)},(a) la matrice associata ad un endomorfismo di R3 con autospazi U e V non

e diagonalizzabile

(b) ogni matrice con autospazio U ha (1, 1, 1)T sulla seconda colonna

(c) esiste piu di una una matrice reale simmetrica con autospazi U e V

(d) esiste un’unica matrice reale simmetrica con autospazi U e V

9.1. MATRICI SIMMETRICHE 47

Soluzione(c) I vettori di U e V formano una base e sono ortogonali. Possiamo quindisicuramente costruire matrici simmetriche che li hanno come autovettori.

Con calcoli analoghi al quiz precedente, otteniamo:

2A(1) = λU (1, 0, 1)T + λV (1, 0,−1)T

A(2) = λU (0, 1, 0)T

2A(3) = λU (1, 0, 1)T − λV (1, 0,−1)T

quindi

A = λU

1/2 0 1/20 1 0

1/2 0 1/2

+ λV

1/2 0 −1/20 0 0−1/2 0 1/2

In conclusione A e sempre simmetrica e dipende dai valori di λU , λV ∈ R (→infinite possibilita).


Chapter 10

13 maggio

10.1 Coniche

f(x, y) = a11x2 + a22y

2 + 2a12xy + 2a13x+ 2a23y + a33 = 0

B =

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

A =

(a11 a12a12 a22

)

f(x, y) = (x, y)A

(xy

)+ 2(a13, a23)

(xy

)+ a33 = (x, y, 1)B

xy1

det(A) > 0⇒ ellisse < 0⇒ iperbole = 0⇒ parabola

det(B) 6= 0⇒ non degenere = 0⇒ degenere (punto, coppia di rette)

Forme canoniche:

• E: x2

a2 + y2

b2 = 1;

• I: x2

a2 −y2

b2 = ±1;

• P: y = ax2, x = ay2.

10.2 Riduzione di coniche alla forma canonica

Rotazione + Traslazione

• Rotazione: matrice di rotazione P = ortogonale (P−1 = PT ) speciale(detP = 1) che diagonalizza A.

A e simmetrica ⇒ P esiste; colonne di P = autovettori (normalizzati) diA

49


• Traslazione: completamento dei quadrati

1. (x, y)A

(xy

)+ 2(a13, a23)

(xy

)+ a33 = 0

2. P−1AP = PTAP = D

(D= matrice diagonale degli autovalori)

3.

(xy

)= P

(x′

y′

)(sistema di riferimento ruotato)

4. Sostituisco 3. in 1.[P

(x′

y′

)]TAP

(x′

y′

)+ 2(a13, a23)P

(x′

y′

)+ a33 = 0

(x′, y′)PTAP

(x′

y′

)+ 2(a13, a23)P

(x′

y′

)+ a33 = 0

(x′, y′)D

(x′

y′

)+ 2(a13, a23)P

(x′

y′

)+ a33 = 0

λ1x′2 + λ2y

′2 + 2(a13, a23)P

(x′

y′

)+ a33 = 0

L’ultima equazione e quella che dobbiamo tenere a mente per gli esercizi erappresenta la conica nel sistema di riferimento ruotato. In essa, non ci sonopiu termini “misti” in x′y′ . Procediamo poi con la traslazione, aiutandoci conil metodo del completamento dei quadrati.

Esercizio 30 Classificare e ridurre 4x2 + 4xy+ y+ y2 = 0 alla forma canonica

Soluzione

B =

4 2 02 1 1/20 1/2 0

A =

(4 22 1

)(10.1)

detA = 0, quindi la conica e una parabola. Gli autovalroi di A sono λ1 = 0 eλ2 = 5. Gli autospazi corrispondenti sono Vλ1

= L{(1,−2)} e Vλ2= L{(2, 1)}.

Normalizziamo gli autovettori di base, cioe dividiamoli per la loro norma. Inquesti caso entrambi gli autovettori di base hanno norma

√5. Quindi la matrice

ortogonale speciale P che determina la rotazione e:

P =1√5

(1 2−2 1

)(10.2)

Osservazione: si verifica facilmente che P e ortogonale e speciale. Cosasarebbe successo se avessi scelto altri autovettori di base? Dal punto di vistadell’ortogonalita, nulla. Bisogna pero controllare che il determinante sia +1.

10.2. RIDUZIONE DI CONICHE ALLA FORMA CANONICA 51

Per esempio, (−1, 2) e un autovettore di λ1, ma darebbe luogo ad una P con de-terminante -1. Attenzione quindi a scegliere autovettori che diano determinante+1.

Abbiamo quindi:

5y′2 + 2(0, 1/2)P (x′y′)T = 5y2 +1√5

(−2, 1)(x′, y′)T =

5y′2 − 2√5x′ +

1√5y′ = 0.

Infine, tramite completamento del quadrato: 5(y′+ 110√5)2− 1

100 − 2√5x′ = 0 da

cui 5y′′2 − 2√5x′′ = 0, dove y′′ = y′ + 1

10√5

e x′′ = x′ +√5

200 . (x′′, y′′) e il nuovo

sistema di riferimento ottenuto traslando (x′, y′), ovvero rototraslando (x, y).

La forma canonica e quindi: x′′ = 5√5

2 y′′2.

Esercizio 31 Classificare e ridurre 4x2 + 4xy + y + y2 + 2x = 0 alla formacanonica

SoluzioneA e uguale a prima, mentre detB = 0, quindi abbiamo una parabola degenere.

Sfruttando lo studio degli autovalori e autovettori dell’esercizio precedente,otteniamo:

5y′2 + 2(1, 1/2)P (x′y′)T = 5y2 +1√5

(−2, 1)(x′, y′)T =

5y′2 +√

5y′ = 0.

y′(y′ +1√5

) = 0.

ovvero abbiamo due rette parallele y′ = 0 e y′ = − 1√5.

Notiamo che in questo caso (e spesso questo capita nelle coniche degeneri)avremmo potuto scoprire che si trattava di due rette parallele anche solo fattor-izzando la forma quadratica di partenza:

4x2 + 4xy + y + y2 + 2x = (2x+ y)2 + 2x+ y = (2x+ y)(2x+ y + 1).

Uguagliando a 0, ottengo le rette parallele y = −2x e y = −2x− 1.Per esercizio: calcolare la distanza tra le due rette parallele cosı ottenute (a)

con la formula; (b) semplicemente guardando le loro equazioni in (x′, y′),

Esercizio 32 Ridurre 3x2 + 2xy + 3y2 + 2√

2x = 0 alla sua forma canonica.

Soluzionex′′2

3/4 + y′′2

3/8 = 1.

Esercizio 33 Ridurre x2 + 2y2 − 4x+ 3y + 1 = 0 alla sua forma canonica.

Soluzionex′2

33/8 + y′2

33/16 = 1


Esercizio 34 Ridurre x2 − 2y2 + x+ 1 = 0 alla sua forma canonica.

Soluzionex′2

3/4 −y′2

3/8 = −1

Esercizio 35 Ridurre x2 + y2 + 2xy − 3 = 0 alla sua forma canonica.

Soluzionex+ y =

√3 e x+ y = −

√3.

Quiz 11 Data f(x, y) = 4x2 + 12xy + 9y2

(a) Esiste (x, y) tale che f(x, y) < 0(b) f(x, y) = 1 e un’iperbole(c) f(x, y) = 0 implica (x, y) = (0, 0)(d) I punti che soddisfano f(x, y) = 0 formano una retta

Soluzione(d). f(x, y) = 4x2 + 12xy + 9y2 = (2x + 3y)2 quindi f(x, y) = 0 se e solo se2x+ 3y = 0, che e una retta

Quiz 12 tx2 + 2xy + ty2 + 2y = 0(a) e un’ellisse t = 1(b) e una parabola per un numeri finito di valori di t(c) non e mai un’iperbole(d) e una parabola per infiniti valori di t

Soluzione

(b). det

t 1 01 t 10 1 0

= −t quindi la conica e non degenere per t 6= 0.

det

(t 11 t

)= t2 − 1 = 0 per t = ±1.

For fun: Software che calcola e disegna coniche:https://www.wolframalpha.com/examples/ConicSections.html

https://www.wolframalpha.com/examples/ConicSections.html

Chapter 11

20 maggio

11.1 Geometria nello spazio

Equazione del piano

ax+ by + cz + d = 0

Equazione della sfera

(x− c1)2 + (y − c2)2 + (z − c3) = r2

r = raggio; C = (c1, c2, c3) centro.

Esercizio 36 In R3, consideriamo

H : x+ y + 1 = 0

S : x2 + y2 + z2 − 2x+ 2y − 4z + 3 = 0

(a) H e tangente a S?

(b) L’intersezione tra H e S e una circonferenza massimale?

(c) Trovare un piano G parallelo a H e tangente a S.

SoluzioneTramite completamento dei quadrati in x, y, z, vediamo che S e una sfera diraggio C = (1,−1, 2) e raggio

√3. L’equazione canonica e

(x− 1)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 = 3.

H e un piano1. L’interesezione tra un piano e una sfera puo essere: uninsieme vuoto; una circonferenza; un punto (in tal caso diciamo che piano esfera sono tangenti).

1Non confondere con una retta in R2

53


(a) Sostituendo y = −x− 1 nell’equazione di S, otteniamo x2 + (−x− 1)2 +

(z− 2)2 = 3, cioe(x− 1

2

)2+ (z− 2)2 = 3 + 1

4 . Questa e l’equazione di un’ellissenel piano xz, H e S si intersecano in infiniti punti.

Attenzione! Non stiamo dicendo che l’intersezione traS e H e un’ellisse(sappiamo che deve essere una circonferenza).

(b) No, perche il centro di S non sta in H.(c) Dobbiamo trovare un piano G : x+y = D che ha distanza

√3 dal centro

di S. Impostanza l’equazione della distanza tra un punto e un piano, otteniamoD = ±

√6.

I piani paralleli a H e tangenti a S sono x+ y = ±√

6.Per verifica, sostituire x+y = ±

√6 in S ed osservare che si ottiene un punto.

Circonferenza (in R3) = Sfera ∩ Piano

(Non si puo esprimere con una sola equazione)

Esercizio 37 Sia

γ : z = x2 + y2 + z2 − 6z − 16 = 0.

(a) Verificare che γ e una circonferenza; calcolare centro e raggio.

(b) Scrivere l’equazione del cilindro S che proietta γ in direzione parallelaall’asse z.

(c) Scrivere l’equazione del cilindro T che proietta γ in direzione parallela alL : x = y − z = 0.

(d) Determinare h ∈ R tale che le intersezioni di S e T con z = h siano duecirconferenze tangenti.

Soluzione(a) γ e l’interesezione tra il piano z = 0 e la sfera x2 + y2 + z2 − 6z − 16 = 0:{

z = 0x2 + y2 = 16.

(11.1)

quindi C = (0, 0, 0) e R = 4.

(b) S : x2 + y2 = 162

(c) E’ sufficiente pensare alla proiezione del centro: spostando (0, 0, 0) nelladirezione di L. Quando z = k il centro e (0, k, k). Quindi x2 + (y − k)2 = 16.Generalizzando per ogni z, l’equazione e x2 + (y − z)2 = 16.

(d) Le intersezioni di S e T con ogni piano z = h sono circonferenze di centri(0, 0, h) e (0, h, h). Le circonferenze sono tangenti quando ‖(0, 0, h)− (0, h, h)‖ =8⇒ h = ±8.

2In R2 sarebbe una circonferenza, mentre in R3 e un cilindro.

11.1. GEOMETRIA NELLO SPAZIO 55

z

x

h = 8

h = −8

Figure 11.1: Illustrazione dell’esercizio 37 (proiettato sul piano xz). Il segmentorosso e la proiezione della circonferenza, mentre le rette verde e blu definisconoi cilndri. In arancione, i valori di z per cui otteniamo circonferenze tangenti.

Quiz 13 Q : z2 = 2x2 + 3y2

(a) Sia πc : z = c . Allora Q ∩ πc sono circonferenze(b) Esistono piani π tali che π ∩Q sono iperboli(c) E’ un’ellisse(d) E’ una sfera

Soluzione(b) Provare per esempio col piano x = 1.


Chapter 12

27 maggio

12.1 Studio di funzioni in due variabili

• ∂f∂x

= derivata di f rispetto a x

• ∂f∂y

= derivata di f rispetto a y

• Gradiente: ∇f =(

∂f∂x, ∂f∂y

).

• Matrice Hessiana: Hf =

(∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

)

• ∂2f∂x∂y

= ∂2f∂y∂x

• Punti critici: gradiente nullo

• Per determinare la natura di un punto critico P : test sulla matrice Hes-siana

1. det Hf (P ) > 0 e ∂2f∂x2 (P ) > 0, P e un minimo;

2. det Hf (P ) > 0 e ∂2f∂x2 (P ) < 0, P e un massimo;

3. det Hf (P ) < 0, P e un punto di sella.

Esercizio 38 Studiare

z = f(z, y) = 1−√

1− 2x2 − y2

Soluzione

Dominio: {(x, y) ∈ R2 : 2x2 + y2 ≤ 1} (regione contenuta nell’ellise 2x2 +y2 = 1, bordo incluso)

Immagine: poiche√

1− 2x2 − y2 ∈ [0, 1], z ∈ [0, 1]Cerchiamo i punti estremi (massimi, minimi) tra i punti critici (∇f = 0) e

sul bordo.

57


∇f =1

2√

1− 2x2 − y2(4x, 2y) = (0, 0)⇔ (x, y) = (0, 0).

(Notare che ∇f non e definita sul bordo, cioe sull’ellisse).Per verificare se il punto critico (0, 0) e un massimo o un minimo o una

sella possiamo usare il test sulla matrice Hessiana. Per velocizzare il calcolo sipuo notare che la derivata rispetto a y di 1

2√

1−2x2−y2(4x) e sicuramente nulla

in (0, 0) perche e uguale a 4x ∂∂y

1

2√

1−2x2−y2, quindi qualsiasi sia il valore della

derivata, sara moltiplicata per −4x che si annulla in (0, 0).

Abbiamo poi ∂2f∂x2 (0, 0) = 2 e ∂2f

∂y2 (0, 0) = 1. Quindi il determinante e 2 e

secondo il test (0, 0) e un minimo.Potevano ottenere lo stesso risultato notando che f(0, 0) = 0, P = (0, 0) e

certamente un minimo globale per quanto detto prima sull’immagine.Studiamo ora il bordo. Su 1 − 2x2 − y2 = 0, f(x, y) = 1. Secondo quanto

detto sull’immagine, tutti i punti sull’ellisse sono di massimo globale.z = 1 −

√1− 2x2 − y2 implica che 1 − 2x2 − y2 = (1 − z)2 ⇒ 2x2 + y2 =

1− (1− z)2. Le curve di livello sono quindi delle ellissi.Le informazioni ottenute ci permettono di disegnare almeno approssimati-

vamente il grafico della funzione.

Esercizio 39 Studiare

f(x, y) =√x|y|

Soluzione

Dominio: {(x, y) : x ≥ 0}Immagine: z ≥ 0Punti critici:

• per y > 0: ∇f = 12

(√yx ,√

xy

)• per y < 0: ∇f = 1

2

(√− yx ,

√−xy)

Non ci sono punti critici (dove si annullano i numeratori, si annullano anche idenominatori!)

Sapendo che z ≥ 0, i punti per cui z = 0 sono punti di minimo. E li troviamonell’insieme dei punti non derivabili e sul bordo del dominio, ovvero per x = 0o per y = 0.

Non ci sono punti di massimo. La funzione e chiaramente non limitatadall’alto (basti considerare x→∞ o y →∞).

Poiche z2 = x|y|, fissato il segno di y, le curve di livello sono iperboli.

Quiz 14 f(x, y) = 3xe2y

(a) (0, 0) e un punto critico(b) f e limitata(c) f e costante lungo la curva xy = 0(d) la derivata di f in (0, 0) nella direzione di (0, 4) e nulla.

12.1. STUDIO DI FUNZIONI IN DUE VARIABILI 59

Soluzione 14 (d). f(x, y) = 3xe2y ha gradiente ∇f = e2y(3, 6x), che non siannulla mai. f non e limitata (basti mandare x o y all’infinito) ed e costanteper x = 0, ma non per y = 0. La derivata direzionale nella direzione (0, 4) none altro che la derivata parziale rispetto a y, che in (0, 0) e nulla.


Chapter 13

10 giugno

13.1 Esercizi di riepilogo: “simulazione” esame

Rispetto al test d’esame, c’e un esercizio in meno. Tempo previsto: 1h.

Quiz 15 Sia M =

2 31 −12 3

.

(a) M2 = MM ha rango 2(b) M ha determinante 2(c) MMT ha determinante nullo(d) MTM non ha rango massimo

Quiz 16 Data una matrice quadrata A,(a) se le righe di A sono linearmente indipendenti, il sistema Ax = b e semprerisolubile per ogni vettore colonna b di dimensioni consistenti(b) se A e invertibile, I −A non e invertibile(c) se il determinante e non nullo, Ax = 0 ammette infinite soluzioni(d) se A e simmetrica, allora det(A) = 0

Quiz 17 Sia M =

2 0 01 1 12 2 2

.

(a) 3 non e autovalore di M(b) 0 non e autovalore di M(c) (0, 1,−1)T non e autovettore di M(d) M e diagonalizzabile

Quiz 18 x = z = y + 2(a) e una conica(b) e un sottospazio di R3

(c) e una retta di direzione (1, 1, 1)(d) e perpendicolare a (7, 7, 7)

61

62 CHAPTER 13. 10 GIUGNO

Quiz 19 La curva γ(t) = (t, t, t2)(a) e contenuta nel piano x− y = 0(b) non e una curva piana(c) e una circonferenza(d) in P = (1, 1, 1), il vettore tangente e parallelo a (1, 1, 1)

Quiz 20 x2 − y2 + 2x+ 2y = 0 e(a) una parabola(b) un’iperbole non degenere(c) un’ellisse(d) una coppia di rette incidenti

Quiz 21 Le circonferenze x2 + y2 + 2ay = 0, a > 0(a) hanno lo stesso raggio(b) hanno lo stesso centro(c) contengono l’origine per un numero finito di valori di a(d) contengono tutte l’origine

Quiz 22 Dato il piano π : −2y + 2z = 1 e la retta l : x = z + y = 0(a) l ⊂ π(b) l ∩ π e formata da due punti(c) l e normale a π(d) l ∩ π e vuoto

Quiz 23 Data f(x, y, z) definita come prodotto vettoriale di (1, 0, 3) e (x, y, z)(a) f non e un’applicazione lineare(b) l’immagine di f e un sottospazio di R2

(c) e iniettiva(d) dim(Im(f))=2

Quiz 24 f(x, y) = ex−y

(a) e un endomorfismo(b) ha gradiente (1,−1)f(x, y)(c) ha un punto di sella(d) ha un minimo per x→ −∞

Esercizio 40 Sia f(x, y) = y2ex2/(x−1) + 1.

1. Studiare il dominio di f

2. Studiare l’immagine di f .

3. Trovare gli eventuali punti di massimo, minimo e sella.

4. Trovare il piano tangente alla superficie S : z = f(x, y) at P = (0, 0, 1)

13.1. ESERCIZI DI RIEPILOGO: “SIMULAZIONE” ESAME 63

Soluzione Quiz 15 (c).

(a) e (b) sono chiaramente false (M non e quadrata, quindi non ha determi-nante; MM non si puo calcolare). Per il resto, si puo fare una verifica numerica.O ancora meglio: si ricordi che in generale che ogni volta che abbiamo una ma-trice “snella” A (= n righe, m colonne e n > m), il prodotto AAT non puo avererango superiore a m.

Soluzione Quiz 16 (a).

Se le righe di A sono l.i., chiaramente posso fare x = A−1b. (c) e falsa perche,di nuovo, A e invertibile e abbiamo solo la sol. nulla. (d) puo essere vera o falsaa seconda dei casi.

Soluzione Quiz 17 (d).

Si calcolino gli autovalori: sono 0,2,3. Essendo tutti diversi, abbiamo unacondizione sufficiente per la diagonalizzabilita.


Pongo x = t e ottengo (x, y, z) = t(1, 1, 1) + (0, 0,−2), quindi la direzionedella retta e (1, 1, 1).

Soluzione Quiz 19 (a).

Per verificare se una curva e piana, sostituisco γ(t) = (x(t), y(t), z(t)) inun generico piano ax + by + cz + d = 0 e vedo se l’equazione che ottengo puoavere soluzione per qualsiasi t. Nel caso specifico, ottengo: (a+ b)t+ ct2 + d =0. Affinche l’uguaglianza sia verificata per ogni t, annullo i coefficienti dovecompare t, impongo cioe a + b = c = 0. A questo punto devo anche avered = 0. Il piano che ottengo e quindi ax − ay = 0, a 6= 0 (e ovviamente possosemplificare in x− y = 0). Provare lo stesso procedimento per γ(t) = (t, t2, t3):vi verra che l’unica soluzione e a = b = c = d = 0, quindi la curva non e piana.


Completando i quadrati otteniamo (x + 1)2 = (y − 1)2, ovvero x + 1 =±y − 1, cioe le due rette incidenti x− y + 2 = 0 e x+ y = 0. Dall’analisi dellamatrice associata avremmo potuto dire che si trattava di iperbole degenere, dacui comunque avremmo potuto ottenere la risposta giusta per esclusione.


E’ sufficiente porre (x, y) = (0, 0) per vedere che tutte le circonferenze passonell’origine, indipendentemente da a. Via completamento dei quadrati si trovanofacilmente centro e raggio (che invece dipendono da a).


Sappiamo che un piano ax + by + cz + d = 0 ha vettore normale (a, b, c),quindi π ha vettore normale v = (0,−2, 2). In forma parametrica, ponendoy = t, la retta l e (x, y, z) = t(0, 1,−1),

quindi l e parallela a v, ovvero l e normale a π.

Soluzione Quiz 23 (d)

Impostiamo il prodotto vettoriale “simbolico”: f(x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣i j k1 0 3x y z

∣∣∣∣∣∣ =

(−3y, 3x− z, y) Qui possiamo notare subito che la prima e la terza componentesono un multiplo dell’altro. Piu precisamente, (−3y, 3x − z, y) = y(−3, 0, 1) +x(0, 3, 0) + z(0,−1, 0), quindi {(−3, 0, 1), (0, 1, 0)} e un base dell’immagine di f .Lo stesso si poteva ottenere facilmente vedendo che il nucleo di f ha dimensione1 e su usando il teorema dim(ker)+dim(im)=dim(spazio di partenza).

Soluzione Quiz 24 (b).

64 CHAPTER 13. 10 GIUGNO

Il gradiente e infatti (ex−y,−ex−y = (1,−1)f(x, y). Chiaramente non e unendomorfismo (non e lineare!). Per x→ −∞ avro un inf, non un min.Soluzione Ex 40

Il dominio e R2 \ {x = 1}. E’ formato quindi da due piani non connessi; eaperto, e illimitato.

Per studio dell’immagine intendo quali valori puo assumere z = f(x, y). Quiper esempio possiamo notare che y2 ≥ 0, e... > 0, quindi z ≥ 1. Inoltre se peresempio calcolo il limite per y →∞, vedo subito che f →∞, quindi posso direche z ∈ [1,∞). So gia quindi che non avro massimi assoluti.

Attenzione! In certi casi (e questo e uno di quei casi) l’analisi dell’immaginee fondamentale per completare l’esercizio!

Per trovare i punti estremi, calcoliamo il gradiente:

ex2/(x−1) (y2g(x), 2y

)dove g(x) e la derivata di x2

x−1 . Il valore di g(x) non e necessario per valutaredove il gradiente si annulla: e immediato vedere che il gradiente si annulla se esolo se y = 0. In altri termini, tutti i punti della retta y = 0 (escluso (1, 0) chenon sta nel dominio) sono punti critici.

Per classificare i punti critici uno potrebbe provare a calcolare la matriceHessiana nei punti tali che y = 0. Tuttavia, non solo il calcolo e lungo, maalla fine il test non risulta conclusivo. Come procedere? Basta notare chef(x, 0) = 1, cioe nei punti critici f e sempre pari a 1. Ma dal nostro studiodell’immagine, sappiamo che 1 e la quota minima che f puo avere, quindi sitratta di punti di minimo assoluto!

In generale il piano tangente π alla superficie z = f(x, y) e perpendicolare

al gradiente di F (x, y, z) = f(x, y)− z, cioe,(∂f∂x ,

∂f∂y ,−1

). In questo caso, in P

tale gradiente e ∇F (P ) = (0, 0,−1).Quindi π e dato da ax+ by+ cz+d = 0 dove possiamo sostiuire i coefficienti

a, b, c con le componenti d ∇F (P ). Otteniamo −z + d = 0. Siccome P ∈ π,allora d = 1 e π : z = 1. Questo ha senso perche P e un punto di minimo(y = 0) e quindi il piano tangente deve essere orizzontale, cioe paralello a z = 0.

Documents

Geometria 2015: Esercizi e Note - calvino.polito.itcalvino.polito.it/~fosson/GEOM2015.pdf · Geometria 2015: Esercizi e Note Sophie M. Fosson [email protected] June 11, 2015