Geometria 2016: Esercizi e Note - polito.itcalvino.polito.it/~fosson/geom16web.pdf · Geometria 2016: Esercizi e Note Sophie M. Fosson [email protected] June 8, 2016

Geometria 2016: Esercizi e Note

Sophie M. [email protected]

June 8, 2016

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Queste note

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

• includono gli esercizi proposti in aula;

• possono includere materiale aggiuntivo;

• includono la teoria necessaria per svolgere gli esercizi;

• sono scritte in forma schematica e piuttosto informale;

• sicuramente contengono errori (ogni segnalazione sara gradita!);

• saranno aggiornate circa ogni due/tre settimane.

Buon lavoro,s.m.f.

Contents

1 Vettori nel piano e nello spazio fisico 1

1.1 Informazioni e materiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Vettori nel piano e nello spazio (R2,R3) . . . . . . . . . . . . . . 1

1.3 Operazioni tra vettori nel piano e nello spazio . . . . . . . . . . . 2

1.4 Operazioni tra vettori nel piano e nello spazio . . . . . . . . . . . 2

1.5 Prodotto vettoriale (R3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.6 Prodotto misto (R3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 Introduzione agli Spazi Vettoriali 5

2.1 Spazio vettoriale (SV) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.2 Spazi e sottospazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2.3 Richiamo su prodotto vettoriali/misto (R3) . . . . . . . . . . . . 10

2.4 Proiezione ortogonale (Rn) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.5 Quiz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3 SV di matrici; dalle combinazioni lineari alle basi 15

3.1 Richiami sulle matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3.2 Quiz su SV di matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3.3 Combinazioni lineari di vettori, generatori, indipendenza lineare . 17

3.4 Basi e dimensioni di un spazio vettoriale . . . . . . . . . . . . . . 18

4 Riduzione di matrici; ancora su sottospazi e basi 23

4.1 Riduzione di matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

4.2 Riduzione di matrici per trovare basi . . . . . . . . . . . . . . . . 24

4.3 Proprieta utili della somma di sottospazi . . . . . . . . . . . . . . 27

4.4 Prodotto di matrici; anticipazione sui sistemi lineari . . . . . . . 30

5 Sistemi lineari e invertibilita 33

5.1 Definizione del rango di una matrice . . . . . . . . . . . . . . . . 33

5.2 Teorema di Rouche-Capelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

5.3 Risoluzione di sistemi lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

5.4 Sistemi omogenei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

5.5 Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

5.6 Regola di Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

5.7 Inversione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

5.8 Teorema di Binet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

5.9 Esercizi di approfondimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

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iv CONTENTS

6 Applicazioni lineari 47

6.1 Definizione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

6.2 Nucleo e immagine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

6.3 Iniettivita e suriettivita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

7 Matrici associate ad applicazioni lineari 53

7.1 Composizione di a.l. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

7.2 Matrice associata ad una a.l. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

7.3 Cambiamento di base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

7.4 A che serve ”cambiare base” nel mondo reale? . . . . . . . . . . . 58

7.5 Cambiamento base nelle a.l. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

8 Autovettori, autovalori 63

8.1 Molteplicita e diagonalizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

9 Matrici simmetriche e ortogonali, basi ortonormali 69

9.1 Matrici simmetriche e basi ortonormali . . . . . . . . . . . . . . . 69

9.2 Basi ortonormali e matrice ortogonali . . . . . . . . . . . . . . . 73

9.3 Ortonormalizzazione di Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . 73

9.4 Quiz di riepilogo su matrici diagonalizzabili e simmetriche . . . . 75

10 Coniche e geometria nel piano 77

10.1 Forme quadratiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

10.1.1 Classificazione delle forme quadratiche . . . . . . . . . . . 77

10.2 Coniche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

10.2.1 Classificazione delle coniche . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

10.2.2 Forma canonica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

10.2.3 Riduzione alla forma canonica . . . . . . . . . . . . . . . . 78

10.2.4 Circonferenze nel piano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

10.3 Rette nel piano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

11 Geometria nello spazio 85

11.1 Piani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

11.2 Piani in forma parametrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

11.3 Rette . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

11.4 Posizione reciproca di due rette . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

11.5 Distanze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

11.5.1 Distanza punto-piano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

11.5.2 Distanza punto-retta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

11.5.3 Distanza retta-retta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

11.6 Sfere e circonferenze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

12 Funzioni in due variabili; quadriche 95

12.1 Quadriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

12.2 Funzioni in due variabli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

CONTENTS v

13 Funzioni vettoriali; curve 10113.1 Funzioni vettoriali: matrice jacobiana . . . . . . . . . . . . . . . 101

13.1.1 Matrice jacobiana della composizione di funzioni . . . . . 10113.2 Curve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

13.2.1 Integrale di linea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10313.2.2 Tools . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

14 Superfici; test finale 10514.1 Superfici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10514.2 Simulazione test d’esame . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

vi CONTENTS

Settimana 1

Vettori nel piano e nellospazio fisico

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 SETTIMANA 1. VETTORI NEL PIANO E NELLO SPAZIO FISICO

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) = (2, 4, 2) + (6, 0,−2) = (8, 2, 0)

u ·w = 8 + 4 + 1 = 13⇒ 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.

4 SETTIMANA 1. VETTORI NEL PIANO E NELLO SPAZIO FISICO

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 0

0.5

1

-1

-0.5

0

0.5

1

Figure 1.1: Esercizio 4: i tre vettori sono complanari

• (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 spiegareperche?).

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?

Settimana 2

Introduzione agli SpaziVettoriali

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

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

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6 SETTIMANA 2. INTRODUZIONE AGLI SPAZI VETTORIALI

2.2 Spazi e sottospazi

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

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.

2.2. SPAZI E SOTTOSPAZI 7

(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.

(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

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

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 (secondae 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. Nel


terzo 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).

2.3 Richiamo su prodotto vettoriali/misto (R3)

Ricordare che:

• |u ∧ v| = area parallelogramma individuato da u e v

• |u ∧ v ·w| = volume parallelepipedo individuato da u, v, w

2.4 Proiezione ortogonale (Rn)

La proiezione ortogonale di un vettore v ∈ Rn su una retta r e:

vr = (v ·w)w

dove w e un versore parallelo a r (ricordiamo che un versore e un vettore dimodulo pari a 1).

2.5 Quiz

Quiz 1 (Esame 13 sett 2011) Siano dati i vettori u = (1, 1,−4), v = (1, 1, 1),w = (4, 4,−6). Quale delle seguenti affermazioni e vera?

1. Il prodotto misto dei tre vettori vale 0.

2. Il volume del parallelepipedo generato dai tre vettori vale 1.

3. I tre vettori non sono complanari.

4. Per qualsiasi a, b ∈ R, au + bv 6= w

Soluzione1. Il prodotto misto e 1(-6-4)-1(-6-4)-4(4-4)=0. Il volume del parallelepipedo epari al modulo del prodotto misto, quindi non puo essere 1. I vettori sono com-planari perche il prodotto misto e nullo. Per verificare che 4. e falsa proviamoa risolvare l’equazione vettoriale au + bv = w, che coincide con un sistema di 3equazioni e due incognite in a, b:

a+ b = 4a+ b = 4

−4a+ b = −6(2.1)

Poiche un’equazione si ripete, il sistema ha soluazione. Piu precisamente, hauna sola soluzione a=b=2.

Quiz 2 Dato u,v ∈ R3, il prodotto scalare fra u + v e u− v e:

1. Sempre nullo perche u + v e u− v sono sempre ortogonali

2.5. QUIZ 11

2. Non nullo se u e v sono paralleli

3. Nullo se u e v hanno stesso modulo

4. Nullo se u e v sono ortogonali

Soluzione3. Ricordandoci che il prodotto scalare ha la proprieta distributiva, possiamoscrivere (u + v) · (u− v) = u · (u− v) + v · (u− v) = u ·u− v · v = |u|2 − |v|2,che e nullo se e solo se |u| = |v|.

Quiz 3 Dati i vettori u = (−1, 0, 2) e v = (0, 2, 2), quale delle seguenti affer-mazioni e vera?

1. La proiezione ortogonale di u sulla retta parallela a v e passante perl’origine e 1√

2(0, 1, 1)

2. u puo essere scritto come somma di un vettore parallelo a v e di un vettorew con prima componente pari a -1 e ortogonale a (0, 0, 1)

3. u e v sono paralleli perche il prodotto scalare e positivo

4. Il prodotto vettoriale tra u + v e u e nullo

SoluzioneUn versore della retta parallalela a v e passante per l’origine e v

|v| = (0,1,1)√2

,

quindi la proiezione ortogale e (u · (0,1,1)√2

) (0,1,1)√2

= (0, 1, 1).

w = (−1, a, b) tale che (−1, a, b) · (0, 0, 1) = 0, quindi b = 0. Scrivi ungenerico vettore parallelo a v come αv, α ∈ R. Quindi cerco di verificare seu = αv + w per qualche α. In numeri,

(−1, 0, 2) = α(0, 2, 2) + (−1, a, 0).

Di nuovo, abbiamo un sistema lineare:−1 + 0 = −10 = 2α+ a−4a = −6

(2.2)

La prima equazione non dice nulla, quindi abbiamo due equazione per dueincognite ⇒ una soluzione esiste. Questo ci basta per dire che 2. e vera.

3. non vuol dire niente (il prodotto scalare non ha a che fare col parallelismo);4. e falsa (basta notare che u + v e u non sono paralleli, o calcolare il prodottovettoriale).

Quiz 4 Dato l’insieme V = {funzioni f ∈ C′(R)} (dove C′(R) indica l’insiemedelle funzioni continue e derivabili su R) quale delle seguenti affermazioni evera?

1. V non e uno SV perche le funzioni non sono vettori

2. V e un sottospazio dello spazio vettoriale delle funzioni continue

3. V e un sottospazio di R


4. V e un sottoinsieme dello spazio vettoriale R

SoluzioneLe funzioni continue (C(R))formano uno spazio vettoriale sul campo R conle usuali operazioni tra funzioni, infatti: (a) la funzione identicamente nullaf(x) = 0, ∀x ∈ R e banalmente continua; (b) la somma di funzioni continue eancora una funzione continua (chiusura rispetto alla somma); (c) se moltiplicouna funzione continua per uno scalare, ottengo ovviamente ancora una funzionecontinua.

Lo stesso si puo dire facilmente delle funzioni continue e derivabili! E poiche,da Analisi I, sappiamo che C′(R) ⊂ C(R), possiamo dire che C′(R) e sottospaziodi C(R). Quindi 2. e la risposta corretta.

1. puo essere considereta corretta se pensiamo a vettori ”fisici”. Ma quiintendiamo vettori nel significato piu ampio di ”elementi di uno spazio vettori-ale”. 3. e 4. sono false perche V e un insieme di funzioni, non e un sottoinsiemedi R. Attenzione: e vero che il dominio e l’immagine delle funzioni consideratee contenuto in R. Ma noi non siamo interessati al dominio e all’immagine, nonsiamo interessati a faro lo studio della funzione. Noi siamo interessati alla fun-zione e agli insiemi di funzioni come entita matematiche su cui poter fare delleoperazioni e verificare l’eventuale struttura di spazio vettoriali.

In quest’ottica, se per esempio avessimo avuto C′([0, 1]) invece di C′(R),sarebbe cambiato qualcosa?

Quiz 5 3 Dato l’insieme V = {funzioni f(x) = ex + c, c ∈ R} quale delleseguenti affermazioni e vera?

1. V non e uno SV perche non e chiuso rispetto alla somma

2. V e un sottospazio dello SV delle funzioni continue

3. V e uno spazio vettoriale perche dipende da un parametro c ∈ R

4. V e uno SV perche contiene la funzione identicamente nulla

Soluzione1. e corretta perche se sommo f(x) = ex + c ∈ V e g(x) = ex + d ∈ V , ottengo2ex + c+ d /∈ V . Il 2 che moltiplica ex mi fa ”uscire” da V !

Quiz 6 Dato l’insieme V = {funzioni f(x) = cex, c ∈ R} quale delle seguentiaffermazioni e vera?

1. V non e uno SV perche non e chiuso rispetto alla somma

2. V e uno SV ”equivalente” a R

3. V e uno spazio vettoriale perche dipende da un parametro c ∈ R

4. V e uno SV perche contiene la funzione identicamente nulla

3Ad esercitazione, abbiamo visto questo e il successivo quiz con x2 invece di ex. Larisoluzione e uguale. Qui ho preferito mettere ex perche con x2 ci si poteva ricondurre aquanto gia detto sugli spazi di polinomi, che ovviamente e corretto, ma non ero lo scopodell’esercizio.

2.5. QUIZ 13

Soluzione2. e corretta. Si verifica facilmente che la funzione identicamente nulla e con-tenuta in V (basta mettere c = 0) e abbiamo la chiusura rispetto a somma eprodotta. L’equivalenza a R indica il fatto che ogni elemento di V e di fattodeterminato dal parametro c ∈ R, quindi volendo potremmo rappresentare cex

semplicemente come c, e cosı facendo ci ”ritroviamo” in R.Sulla base di questa osservazione, se invece di ex avessimo avuto altre fun-

zioni (log x, 1x , sinx . . . ) sarebbe cambiato qualcosa?


Settimana 3

SV di matrici; dallecombinazioni lineari allebasi

3.1 Richiami sulle matrici

• Matrice A ∈ Kn,m = tabella (rettangolare) di valori in K (= R,C) con nrighe e m colonne

• Le operazioni di somma tra matrici e prodotto per uno scalare sono anga-loghe alle operazioni studiate in Rn (somma tra componenti nella stessaposizione; moltiplicazione dello scalare per tutte le componenti)

• Kn,m e un spazio vettoriale (equivalente a Kmn)

• Trasposta AT ∈ Km,n: scambio le righe con le colonne

L’insieme delle matrici quadrate A ∈ Kn,n e importante.

• A ∈ Kn e simmetrica se A = AT

• A ∈ Kn e antisimmetrica se A = −AT

• A ∈ Kn e diagonale se ha elementi non nulli solo sulla diagonale

• A ∈ Kn e triangolare inferiore (risp. superiore) se ha solo elementi nullisopra la diagonale (risp. sotto la diagonale)

3.2 Quiz su SV di matrici

Esercizio 8 L’insieme V delle matrici del tipo

(0 ab 2b

), a, b ∈ R

e uno spazio vettoriale?

15

16SETTIMANA 3. SV DI MATRICI; DALLE COMBINAZIONI LINEARI ALLE BASI

SoluzioneSı. Notiamo che per stare in V dobbiamo essere matrici 2 × 2 con uno 0 inposizione (1, 1) e l’elemento (2, 2) deve essere il doppio dell’elemento (2, 1).

Se pongo a = b = 0 ottengo la matrice nulla

(0 00 0

).

Somma:

(0 ab 2b

)+

(0 a′

b′ 2b′

)=

(0 a+ a′

b+ b′ 2(b+ b′)

)∈ V, a, b, a′, b′ ∈ R

Prodotto:

α

(0 ab 2b

)=

(0 αaαb 2αb)

)∈ V, a, b, α ∈ R

Quiz 7 Siano V = {A ∈ R2,2 t.c. A simmetrica } e W = {A ∈ R2,2 t.c. A diagonale }.Allora,

1. V ∩W = ∅

2. V ∩W e un sottospazio di R2,2

3. V +W = R2,2

4. V ⊂W

SoluzioneNotare innanzitutto che W ⊂ V , quindi la 4, e falsa. Tutte le matrici diagonaolisono chiaramente simmetriche, mentre il viceversa e falso.

Possiamo scrivere

V =

{(a bb c

), a, b, c ∈ R

}

W =

{(α 00 β

), α, β ∈ R

}

E’ facile notare, con le usuali verifiche, che V e W sono sottospazi (con-tengo la matrice nulla; se sommo matrici simmetriche ottengo ancora matricisimmetriche; se sommo matrici diagonali ottengo ancora matrici diagonali; ecc.)

Quindi 1. e falsa perche almeno la matrice nulla e contenuta in entrambi.In realta, poiche W ⊂ V , sappiamo anche che V ∩W = W . La 2. invece e veraperche l’intersezione di sottospazi e sempre un sottospazio (e siamo proprio inR2,2). La 3. e falsa perche V + W = V : se sommo una matrice simmetrica euna diagonale, ottengo ancora una simmetrica.

Quiz 8 Siano V = {A ∈ R2,2 t.c. A =

(0 1a a

)T, a ∈ R} e W = {A ∈

R2,2 t.c. A triangolare inferiore }. Allora,

3.3. COMBINAZIONI LINEARI DI VETTORI, GENERATORI, INDIPENDENZA LINEARE17

1. V +W =⊆ V ∪W

2. V ∪W = R2,2

3. V ∩W = R2,2

4. V +W = R2,2

E’ vero che V ∪W ⊆ V +W?Soluzione

W =

{(0 a1 a

), a ∈ R

}

W =

{(b 0c d

), b, c, d ∈ R

}

Si noti innanzitutto che V NON e un sottospazio, mentre W lo e. La lorointerszione non puo essere R2,2 perche V ⊂ R2,2 e W ⊂ R2,2.

V ∪W 6= R2,2 perche, per esempio,

(1 10 0

)non sta ne in V ne in W .

Se faccio invece la somma,

(b a

1 + c d+ a

)puo rappresentare qualsiasi

matrice di R2,2. Sia infatti

(α βγ δ

)una generica matrice di R2,2. Basta

porre b = α, a = β, c = γ − 1, d = δ − a per vederla come elemento di U + W .La 4. e quindi l’affermazione corretta.

Infine e vero che V ∪W ⊆ V +W .Per esercizio, provare anche a togliere la traposta in V e verificare che nessuna

affermazione e vera.

3.3 Combinazioni lineari di vettori, generatori,indipendenza lineare

V = SV su campo K; v1,v2, . . .vn vettori di V

• Combinazione lineare (c.l.): 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 ⊆ V genera V se qualsiasi vettore v ∈ V puoessere scritto come c.l. di vettori di G, ovvero

V = L(G)


• Vettori linearmente indipendenti (l.i.) :

a1v1 + a2v2 + . . . anvn = 0

⇓a1 = a2 = · · · = an = 0

• Se v1,v2, . . .vn sono l.i., {v1, . . . ,vn} e detto libero (o l.i.)

3.4 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 l.i.

• 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

• Base piu ”semplice” di Rn: base canonica

{e1, . . . , en}

doveei = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0)

(tutti 0 tranne un 1 in posizione i)

• Rn ha dimensione n

• Uno SV e completamente descritto da una sua base: se conosco una base,conosco lo SV!

• Qual e il vantaggio di rappresentare uno SV tramite una base? Se ladimensione e finita, descrivo lo SV (che e sempre infinito, tranne quantocontiene solo il vettore nullo) con un insieme finito (=la base).

Esercizio 9 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

(Alcune) procedure possibili per risolvere l’esercizio:

1. Cerco di costruire la base aggiungendo un vettore l.i. alla volta

2. Cercando di capire prima la dimensione

3. Direttamente dal vettore generico

3.4. BASI E DIMENSIONI DI UN SPAZIO VETTORIALE 19

Procedura 1.

• 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...

• 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

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 Lo SV delle matrici del tipo

(0 ab 2b

), a, b ∈ R

che dimensione ha? 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 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)

3.4. BASI E DIMENSIONI DI UN SPAZIO VETTORIALE 21

Esercizio 13 Qual e la dimensione di V = {funzioni f ∈ C(R)}?

SoluzioneNotiamo che:

• Se W e sottospazio di V , allora dim(W ) ≤ dimV

• dim(R≤n[x]) = n+ 1, ∀n ∈ N

• R≤n[x] e sottospazio di V , ∀n ∈ N, perche tutti i polinomi (di qualsiasigrado) sono funzioni continue

Ma quindi anche i polinomi con grado n→∞ stanno in V ... e quindi V perforza ha dimensione ≥ n+ 1→∞.

In conclusione, V deve avere dimensione infinita.

Osservazione 5 So scrivere basi di spazi con dimensione infinita?Dipende.Se considero R≤n[x] con n→∞, posso comunque scrivere che (1, x, x2, x3, . . . )

e una base. Quindi non posso ovviamente scrivere tutti gli elementi, ma so sp-iegarne la struttura, trattandosi di combinazioni lineari di monomi.

Se considero invece C(R) non riesco a scrivere nulla, perche C(R) non edato solo da combinazioni lineari di funzioni “semplici”!


Settimana 4

Riduzione di matrici;ancora su sottospazi e basi

4.1 Riduzione di matrici

• 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 Metodo di eliminazione di Gauss

• La ridotta (per righe) ha righe nulle ⇔ le righe della matrice sono l. d.

• (La ridotta (per righe) non ha righe nulle ⇔ le righe della matrice sonol.i.)

Possiamo quindi usare la riduzione per verificare se vettori sono l.i.!

Ridotta (elementi speciali riquadrati)

4 1 2 3

3 1 0 3

2 0 0 31 0 0 0

Ridotta a scalini: gli elementi speciali sono sulla diagonale (cioe nelle po-sizioni (i, i)).

4 1 2 3

0 1 3 3

0 0 4 30 0 0 3

23

24SETTIMANA 4. RIDUZIONE DI MATRICI; ANCORA SU SOTTOSPAZI E BASI

Esercizio 14 Ridurre (per righe, a scalini) la matrice

4 1 2 32 1 3 30 0 4 31 1 2 3

Soluzione

1) r4 → 4r4 − r1

4 1 2 32 1 3 30 0 4 30 3 6 9

2) r2 → 2r2 − r1

4 1 2 30 1 4 30 0 4 30 3 6 9

3) r4 → r4 − 3r2

4 1 2 3

0 1 4 30 0 4 30 0 −6 0

3) r4 → r4 + 32r3

4 1 2 3

0 1 4 3

0 0 4 30 0 0 9

2

4.2 Riduzione di matrici per trovare basi

Esercizio 15 In R4, siano dati i vettori

v1 = (1, 0, 0, 0),

v2 = (1, h, 0, 0),

v3 = (0, h, 2h, 1),

h ∈ R. Sia V = L(v1,v2,v3).

• Trovare la dimensione e una base di V al variare di h ∈ R

• Scegliere un valore di h per cui i 3 vettori sono l.i. e completare ad unabase di R4.

4.2. RIDUZIONE DI MATRICI PER TROVARE BASI 25

Soluzione

Cerchiamo la base nei generatori di V , andando a studiare la loro eventualeindipendenza lineare attraverso la riduzione.

Mettiamo quindi v1,v2,v3 in una matrice e riduciamo.

1 0 0 01 h 0 00 h 2h 1

1) r2 → r2 − r1

1 0 0 00 h 0 00 h 2h 1

Qui capiamo di dover distinguere il caso h = 0 dal caso h 6= 0.

Se h = 0,

1 0 0 00 0 0 00 0 0 1

e ridotta; una riga e nulla, quindi i tre vettori sono l.d. Piu precisamente ilnumero di righe non nulle mi dice il numero di vettori l.i. che posso trovare inA = {v1,v2,v3}, nella fattispecie 2. Quali sono due vettori l.i. in A? Poichev1 = v2, {v1,v3} e l.i. (o equivalentemente {v2,v3}).

In conclusione, se h = 0, {v1,v3} e una base di V e dim(V ) = 2.

Se h 6= 0,

2) r3 → r3 − r2

1 0 0 0

0 h 0 00 0 2h 1

Non ho righe nulle.

In conclusione, se h 6= 0, {v1,v2,v3} e una base di V e dim(V ) = 3.

Cosa aggiungo a {v1,v2,v3} per ottenere una base diR2,2? Mi basta aggiun-gere un quarto vettore l.i.. Per fare questo, prendiamo la ridotta e aggiungiamouna riga non nulla tale che la matrice resti ridotta (a scalini).

1 0 0 0

0 h 0 0

0 0 2h 1

0 0 0 k

dove k 6= 0. In altre parolo, aggiungendo un qualsiasi v4 = (0, 0, 0, k),k 6= 0, ho che {v1,v2,v3,v4} e una base di R2,2 (non ho nemmeno bisogno dispecificare i valori di h, k (purche siano diversi da 0) per dire che si tratta diuna base di R4!)


Esercizio 16 In R2,2, consideriamo: v1 =

(1 00 0

), v2 =

(0 10 0

), v3 =

(2 22 3

), v4 =

(0 04 6

), v5 =

(2 20 0

)

• Trovare dim(V ) dove V = L(v1,v2,v3,v4,v5).

• Trovare una base B di V contenuta in {v1,v2,v3,v4,v5}

• Verificare che v6 =

(3 50 0

)∈ V e scrivere la sua rappresentazione

rispetto alla base B

SoluzioneStudiamo l’eventuale indipendenza lineare dei generatori per trovare una basedi V , attraverso la riduzione di matrici. Questa volta siamo in uno spazio dimatrici: come fare a costruire la matrice da ridurre? Semplicemente scriv-

iamo le varie vi come vettori riga. “Rimodelliamo”

(a bc d

)scrivendolo

come (a, b, c, d). Notare che qualsiasi altro ordine va bene (per ex: (a, c, b, d)),l’importante e mantenerlo per tutto l’esercizio.

Riduciamo quindi la matrice:

1 0 0 00 1 0 02 2 2 30 0 4 62 2 0 0

1) r5 → r5 − 2r1; r3 → r3 − 2r1

1 0 0 00 1 0 00 2 2 30 0 4 60 2 0 0

2) r3 → 2r3 − r4 − 2r5

1 0 0 00 1 0 00 0 0 00 0 4 60 2 0 0

3) r5 → r5 − 2r2

1 0 0 0

0 1 0 00 0 0 0

0 0 4 60 0 0 0

4.3. PROPRIETA UTILI DELLA SOMMA DI SOTTOSPAZI 27

4) (Solo per avere la forma a scalini): r3 ↔ r4

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 4 60 0 0 00 0 0 0

Questa matrice e ridotta e ha 3 righe non nulle: ho quindi 3 vettori l.i. in{v1,v2, . . . ,v5}. Quali sono questi vettori l.i.? Posso scegliere una qualsiasiterna in {v1,v2, . . . ,v5}? No, per esempio, {v1,v2,v5} e l.d.! Trovare 3 vettoril.i. e tuttavia piuttosto semplice: per esempio, v1,v2 fanno parte della basecanonica quindi sono l.i.; se a loro aggiungo v3 oppure v4 ottengo una base.

Scegliamo come base B = {v1,v2,v3}.La rappresentazione di v6 in B e la terna di coefficienti (a1, a2, a3) tali che

v6 = a1v1 + a2v2 + a3v3.

Se questa terna non esiste, allora v6 /∈ V . Se esiste, la chiamiamo appuntorappresentazione di v6 in B e la indichiamo con (v6)B.

Risolviamo dunque l’equazione matriciale:

(3 50 0

)=

(a1 + 2a3 a2 + 2a3

2a3 3a3

).

Partendo dalla seconda riga, vedo subito che deve essere a3 = 0. Passandoquindi alla prima, vedo che a1 = 3 e a2 = 5.

In conclusione: (v6)B = (3, 5, 0).

4.3 Proprieta utili della somma di sottospazi

Dati due sottospazi U,W di uno SV V , siano BU e BW basi di Ue W rispettivamente. Allora

•U +W = L(BU ∪ BW ) (4.1)

•

dim(U +W ) = dim(U) + dim(W )− dim(U ∩W ) (4.2)

Quiz 9 Siano

V = {polinomi ∈ R≤2[x] che si annullano in x = 2}

eW = {polinomi ∈ R≤2[x] che si annullano in x = 0}

1. V e W non sono sottospazi

2. La somma tra V e W e diretta


3. dim(V ∩W ) = 2

4. dim(V +W ) = 3

Soluzione

Com’e fatto V ? Contiene tutti i polinomi p(x) = ax2 + bx + c tali chep(2) = 0, cioe 4a+ 2b+ c = 0. Quindi c = −4a− 2b e posso scrivere

V = {ax2 + bx− 4a− 2b, a, b ∈ R}.Si verifica facilmente che V e un sottospazio di R≤2[x]. Poiche

ax2 + bx− 4a− 2b = a(x2 − 4) + b(x− 2)

posso concludere che {x2 − 4, x− 2} e una base di V .Allo stesso modo, ottengo che

W = {ax2 + bx, a, b ∈ R}.Si verifica facilmente che W e un sottospazio di R≤2[x] e una sua base e

{x2, x}.Cerchiamo di capire com’e fatto V +W . Come detto nel teorema sopra,

V +W = L(x2 − 4, x− 2, x2, x).

Ho quindi dei generatori di V +W . Estraggo da loro una base. Posso usarela riduzione di matrici visto che stiamo considerando dei polinomi? Certo, bastasfruttare l’equivalenza gia nota tra R≤2[x] e R3.

Possiamo cioe rappresentare i polinomi generatori di V +W come vettori diR3 usando i coefficienti:

1 0 −40 1 −21 0 00 1 0

.

Riduciamo:1) r3 → r3 − r1

1 0 −40 1 −20 0 40 1 0

1) r4 → r4 − r2

1 0 −4

0 1 −20 0 40 0 2

1) r4 → 2r4 − r3

4.3. PROPRIETA UTILI DELLA SOMMA DI SOTTOSPAZI 29

1 0 −4

0 1 −2

0 0 40 0 0

Nella ridotta, ho 3 righe non nulle, quindi V +W ha dimensione 3. La 4. equindi corretta.

Ricordando anche che se U e sottospazio di V e la loro dimensione e uguale,allora necessariamente U = V , quindi concludiamo che

U +W = R≤2[x].

Per approfondire, studiamo anche V ∩W , che contiene tutte le parabole chesi annullano sia in 0 sia in 2.

Cioe ax2 + bx+ c tali che c = 0 e −4a− 2b = 0⇒ b = −2a, ovvero

V ∩W = {a(x2 − 2x), a ∈ R}.Quindi dim(V ∩W ) = 1 e una base e {x2 − 2x}.

Quiz 10 (Ispirato da quiz esame 27/02/2012) Siano dati v1 = (1, 0, 0),v2 = (1,−1,−1), v3 = (1, h, 1), h ∈ R

Allora

1. ∀h ∈ R, v1,v2,v3 sono l.i.

2. ∃! h ∈ R t.c. L(v1,v2,v3) = L(v1,v2) = L(v2,v3) = L(v1,v3)

3. Per qualche h, L(v1,v2) = L(v3)

4. Per h = 0, dim(L(v1,v2) ∩ L(v3)) = 1

Soluzione

Riduciamo:

1 0 01 −1 −11 h 1

→

1 0 00 −1 −10 h 1

→

1 0 00 −1 −10 h− 1 0

NB: nelle c.l. fatte per ridurre, ricordate di non moltiplicare e dividere perh, perche potrebbe essere 0!

Se (e solo se) h = 1, otteniamo una riga nulla, ovvero i 3 vettori sono l.d.Piu precisamente, v3 = −v1 + 2v1. Vediamo anche che ogni coppia di vettoriin {v1,v2,v3} e l.i., quindi 2. e vera.

Se h 6= 1, i tre vettori sono l.i..Per studiare la dimensione dell’intersezione nel caso h = 0, passiamo dalla

somma, usando i risultati enunciati prima.Siano U = L(v1,v2), W = L(v3).Sappiamo che dim(U) = 2 e dim(W ) = 1. Per (4.1), se h = 0, U + W =

L(v1,v2,v3) = R3, poiche i 3 vettori sono l.i.. Quindi per (4.2),

dim(U ∩W ) = dim(U) + dim(V )− dim(U ∩ V ) = 2 + 1− 3 = 0.


Quiz 11 (Esame 27/06/2011) Sia V = {(x, y, z) ∈ R3 | x+y−1 = 0, z = 0}.Quale delle seguenti affermazioni e vera?

1. V e s.s. di dimensione 2

2. V non contiene insieme di vettori l.i. con piu di 2 elementi

3. V contiene una base di R3

4. V e s.s. di dimensione 1

Soluzione2. V non e un sottospazio. Contiene elementi del tipo (a, 1−a, 0) = a(1,−1, 0)+(0, 1, 0).

Esercizio 17 Sia V lo spazio di funzioni avente come base B = {cosx, log x}.Provare che {cosx− log x, 2 log x+ 5 cosx} e un’altra base di V .

4.4 Prodotto di matrici; anticipazione sui sis-temi lineari

• Posso calcolare il prodotto AB tra due matrici solo se numero colonne diA= numero righe di B

• In generale, il prodotto tra matrici NON e commutativo

Definizione:

A ∈ Rn,m, B ∈ Rm,p → AB = C ∈ Rn,p

· · · · · · · · · · · ·ai,1 ai,2 · · · ai,m· · · · · · · · · · · ·

... b1,j...

... b2,j...

......

...... bm,j

...

=

· · · · · · · · ·· · · ci,j · · ·· · · · · · · · ·

ci,j = ai,1b1,j + ai,2b2,j + · · ·+ ai,mbm,j =

m∑

h=1

ai,hbh,j

Dalla prossima settimana, ci occuperemo molto di sistemi del tipo:

A ∈ Rn,m, x ∈ Rm,1,b ∈ Rn,1

· · · · · · · · · · · ·ai,1 ai,2 · · · ai,m· · · · · · · · · · · ·

x1x2...xm

=

b1...bn

x= vettore incognitoOsservazione: se A e ridotta a scalini, il sistema e risolto!Esempio con A ∈ R3,3:

4.4. PRODOTTO DI MATRICI; ANTICIPAZIONE SUI SISTEMI LINEARI31

a1,1 a1,2 a1,30 a2,2 a2,30 0 a3,3

x1x2x3

=

b1b2b3

Partendo dal fondo, a cascata:

a3,3x3 = b3 → x3

a2,2x2 + a2,3x3 = b2 → x2

a1,1x1 + a1,2x2 + a1,3x3 = b3 → x1


Settimana 5

Sistemi lineari einvertibilita

5.1 Definizione del rango di una matrice

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

5.2 Teorema di Rouche-Capelli

Dati

• A ∈ Rm,n

• b ∈ Rm (da intendersi vettore colonna, cioe Rm,1)

• (A|b) = matrice completa (matrice ottenuta giustapponendo la colonnab alla destra di A)

33

34 SETTIMANA 5. SISTEMI LINEARI E INVERTIBILITA

Teorema di Rouche-Capelli: Il sistema

Ax = b

con A ∈ Rm,n, x ∈ Rn, b ∈ Rm ha soluzione se

ρ(A) = ρ(A|b).

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

5.3 Risoluzione di sistemi lineari

Esercizio 18 Risolvere il sistema Ax = b con

A =

1 0 12 1 03 0 −1

(5.1)

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

(5.2)

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 si

5.3. RISOLUZIONE DI SISTEMI LINEARI 35

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

(5.3)

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

Esercizio 19 Risolvere il sistema Ax = b con

A =

1 0 12 1 03 2 −1

(5.4)

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

SoluzioneSi puo procedere esattamente come prima e si ottiene

1 0 1 10 1 −2 −20 2 −4 −3

(5.5)

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

1 0 1 1

0 1 −2 −20 0 0 1

(5.6)

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

Esercizio 20 Per quali α ∈ R il sistema Ax = b con

A =

1 0 12 1 03 2 −1

(5.7)

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

(5.8)

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

(5.9)

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 21 Consideriamo il sistema Ax = b con

A =

1 0 02 1 21 1 2π π π

(5.10)

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

1. Fissati α, β, il sistema puo avre infinite 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 valori fissati di α, β per cui l’insieme delle soluzioni e uno SV

5.3. RISOLUZIONE DI SISTEMI LINEARI 37

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.

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

(5.11)

Ora riordiniamo:

π π π β1 1 2 α1 0 0 10 0 0 −1− α

(5.12)

e poi facciamo r2 → r2 − r1/π

π π π β

0 0 1 α− β/π1 0 0 10 0 0 −1− α

(5.13)

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 (si noti alpresenza del ∀!)

Siano A e b la matrice e il termine noto ottenuti dopo la riduzione in (5.13):

Av = (−π, 0, 1, 0), che coincide con b = (β,−1− β/π, 1, 0) per β = −π.6. e quindi vera.Fissati α e β, il sistema ha al piu una soluzione. Quindi 1. e falsa.Nello specifico, per α = −1, abbiamo la soluzione

x =

12βπ

−1− βπ

.

Si noti che questa soluzione dipende dal parametro β, quindi al variare di βho infinite soluzioni. Ma fissato β la soluzione e unica.

5. e falsa perche un “vettore solitario” non forma mai uno spazio vettoriale,a meno che non si tratti del vettore nullo.


5.4 Sistemi omogenei

• A ∈ Rm,n

• 0 ∈ Rm (vettore colonna)

Ax = 0

• ha sempre almeno una soluzione: x = 0 ∈ Rn

• per Rouche-Capelli: e ovvio che ρ(A) = ρ(A|0)

Esercizio 22 Dato il seguente sistema, con α ∈ R:

−y + αx+ z + t = 0y + αz = t− xx = yz = t

(5.14)

quale delle seguenti affermazioni e vera?

1. ∃! valore di α per cui il sistema non ha soluzione

2. ∃ 2 valori di α per cui il sistema non ha soluzione

3. ∃! valore di α per cui il sistema ha infinite soluzioni

4. ∃ 2 valori di α per cui il sistema ha infinite soluzioni

−y + αx+ z + t = 0y + αz = t− xx = yz = t

Procedura consigliata:

• Scrivere il sistema in forma matriciale (Ax = b: chi e A? chi e b?)

• Chiedersi se il sistema e omogeneo (se fosse omogeneo, potrei subito scartare1. e 2.)

• Cosa ci dice Rouche-Capelli?

Procedura non consigliata (ma non vietata!):

• Non usare le matrici

• Provare a sostituire, per esempio le equazioni 3 e 4 nella 1 e nella 2

Soluzione(con procedura consigliata)

5.4. SISTEMI OMOGENEI 39

−y + αx+ z + t = 0y + αz = t− xx = yz = t

α −1 1 11 1 α −11 −1 0 00 0 1 −1

xyzt

=

0000

Per applicare RC, riduco:

α −1 1 1 01 1 α −1 01 −1 0 0 00 0 1 −1 0

Suggerimenti:

• l’ultima colonna posso anche non scriverla: e nulla e qualsiasi combi-nazione io faccia, resta nulla!

• cerco di evitare combinazioni in cui devo moltiplicare/dividere per quan-tita che coinvolgano α, altrimenti devo studiare quando tali quantita sonodiverse da 0

• quindi inizio a creare elementi speciali in colonne che non contengano α

• parto dalla colonna 2: r3 → r3 − r1; r2 → r2 + r1

α −1 1 11 1 α −11 −1 0 00 0 1 −1

r2→r2+r1−→r3→r3−r1

α −1 1 1

1 + α 0 1 + α 01− α 0 −1 −1

0 0 1 −1

α −1 1 1

1− α 0 −1 −10 0 1 −1

1 + α 0 1 + α 0

r3→r3−r1−→

α −1 1 1

1− α 0 −1 −1

α− 1 0 2 01 + α 0 1 + α 0

α −1 1 1

1− α 0 −1 −1

α− 1 0 2 01 + α 0 1 + α 0

Non e ancora ridotta.Cosa noto subito?Se α = −1, l’ultima riga si annulla! (e la matrice e ridotta)


Conclusione 1: se α = −1, ρ(A) = ρ(A|0) = 2 ⇒ il sistema ha infinitesoluzioni

Se α 6= −1: posso dividere per 1 + α senza problemi. Per cui faccio: r4 →2

1+αr4 − r3

r4 → 21+αr4 − r3

α −1 1 1

1− α 0 −1 −1

α− 1 0 2 03− α 0 0 0

Conclusione 1: se α = −1, ρ(A) = ρ(A|0) = 2 ⇒ il sistema ha infinitesoluzioni

Conclusione 2: se α = 3, ρ(A) = ρ(A|0) = 2⇒ il sistema ha infinite soluzioni

[Affermazione corretta: 4.]

Soluzione(alternativa proposta da uno studente)

Visto che x = y e z = t, sostituiamo questi due valori nelle prime dueequazioni e lavoriamo solo su queste, scrivendo una matrice 2 × 2. E’ unavia intermedia tra la procedura ”consigliata” e quella ”non consigliata”. E’meno generale (la procedura che ho mostrato sopra vale per qualsiasi tipo diequazione), ma e sicuramente efficiente in questo specifico caso!

5.5 Determinante

Come gia accennato all’inizio del corso, il determinante e un numero associ-ato ad ogni matrice quadrata. E’ un numero che fornisce alcune informazioniimportanti sulla matrice, per esempio sulla sua invertibilita e sul suo rango.

Si calcola cosı:

In R2,2:

det

(a bc d

)=

∣∣∣∣a bc d

∣∣∣∣ = ad− bc (5.15)

In R3,3:

∣∣∣∣∣∣

a b cd e fh i j

∣∣∣∣∣∣= a

∣∣∣∣e fi j

∣∣∣∣− b∣∣∣∣d fh j

∣∣∣∣+ c

∣∣∣∣d eh i

∣∣∣∣ (5.16)

(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.

5.6. REGOLA DI CRAMER 41

5.6 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. (5.17)

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.

Consideriamo ora

A1 =

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

......

......

bn an2 an3 . . . ann

(5.18)

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 23 Risolvere Ax = b dove

A =

1 2 01 1 31 2 1

b =

001

(5.19)

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. (5.20)

∣∣∣∣∣∣

0 2 00 1 31 2 1

∣∣∣∣∣∣= −2

∣∣∣∣0 31 1

∣∣∣∣ = 6. (5.21)

∣∣∣∣∣∣

1 0 01 0 31 1 1

∣∣∣∣∣∣= −3 (5.22)

∣∣∣∣∣∣

1 2 01 1 01 2 1

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣1 02 1

∣∣∣∣− 2

∣∣∣∣1 01 1

∣∣∣∣+ 0 = 1− 2 = −1. (5.23)

Quindix1 = −6, x2 = 3, x3 = 1.


5.7 Inversione

Inversa di A ∈ Rn,n: matrice X tale che AX = In (In ∈ Rn,n= identita).Scriviamo: X = A−1.

Invertibilita:

A ∈ Rn,n ammette inversa

mdetA 6= 0

mρ(A) = n (e massimo)

Esercizio 24

A =

1 0 10 1 03 0 −1

. (5.24)

A ammette inversa? Se sı, calcolare A−1.

Soluzione

A e invertibile?Metodo 1: determinante

∣∣∣∣∣∣

1 0 10 1 03 0 −1

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣1 00 −1

∣∣∣∣+ 0 + 1

∣∣∣∣0 13 0

∣∣∣∣ = −1− 3 = −4.

Sı, perche il determinante e diverso da 0.

Metodo 2: rango/riduzione

1 0 1

0 1 04 0 0

Sı, perche il rango e massimo.

Calcoliamo l’inversa.

Metodo 1: risoluzione di un sistema lineare per ogni colonna

1 0 10 1 03 0 −1

x1,1 x1,2 x1,3x2,1 x3,2 x2,3x3,1 x3,2 x3,3

=

1 0 00 1 00 0 1

•

1 0 10 1 03 0 −1

x1,1x2,1x3,1

=

100

5.7. INVERSIONE 43

•

1 0 10 1 03 0 −1

x1,2x3,2x3,2

=

010

•

1 0 10 1 03 0 −1

x1,3x2,3x3,3

=

001

I calcoli per risolvere ogni sistema sono lasciati al lettore.

Metodo 2: super riduzioneSe A−1 esiste, AX = In. Poiche AA−1 = A−1A = In, moltiplichiamo ambo

i membri per A−1: A−1AX = A−1In, quindi InX = A−1. Quindi se superriduciamo (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

(5.25)

r3 → r3 − 3r1

1 0 1 1 0 00 1 0 0 1 00 0 −4 −3 0 1

(5.26)

r1 → 4r1 + r3:

4 0 0 1 0 10 1 0 0 1 00 0 −4 −3 0 1

(5.27)

r1 → r1/4, r3 → −r3/4:

1 0 0 1/4 0 1/40 1 0 0 1 00 0 1 3/4 0 −1/4

(5.28)

Per concludere,

A−1 =

1/4 0 1/40 1 0

3/4 0 −1/4

(5.29)

Metodo 3: Complementi algebriciConsigliato a 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

(5.30)

5.8 Teorema di Binet

det(AB) = (detA)(detB)

Quiz 12 Data A ∈ Rn,n, quale delle seguenti affermazioni e vera?

1. Se A non ammette inversa, A2 = A AT non ammette inversa

2. Se A non ha rango massimo, allora A+ In non ha rango massimo

3. Se ρ(A) = 1, allora ρ(A2) = 2

4. Se ρ(A) = 1, allora (A+AT )x = 0 ha solo soluzione nulla.

5.9 Esercizi di approfondimento

Esercizio 25 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.

5.9. ESERCIZI DI APPROFONDIMENTO 45

• 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.

• 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 26 (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).


Settimana 6

Applicazioni lineari

6.1 Definizione

Dati due SV U e V su campo K, un’applicazione

f : U → V

e detta lineare se per ogni α, β ∈ K e per ogni u,w ∈ U ,

f(αu + βw) = αf(u) + βf(w)

Notiamo che:

Una a.l. f : U → V e univocamente determinata se e definitasugli elementi di una base di U

Esercizio 27 (Warm Up) Trovare l’a.l. f : R3 → R tale che f(1, 0, 0) =f(0, 0, 1) = 0 e f(0, 1, 0) = 1.

SoluzioneCome appena notato, f e ”ben definita” perche sappiamo qual e la sua azionesugli elementi di una base. Nello specifico, qui abbiamo la base canonica, quindie il caso piu semplice che ci puo capitare. L’obiettivo dell’esercizio e esplicitaref(u) per un generico vettore u ∈ R3. Con la base canonica e semplicissimo,perche ci basta ricordare che

∀u ∈ R3, u = (u1, u2, u3) = u1e1 + u2e2 + u3e3

dove e1 = (1, 0, 0), e1 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1). Poiche f e lineare

f(u) = f(u1e1 + u2e2 + u3e3)

= u1f(e1) + u2f(e2) + u3f(e3)

= u1 · 0 + u2 · 1 + u3 · 0 = u2.

In conclusione, f(u) = u2.

Esercizio 28 Trovare l’a.l. f : R3 → R tale che f(1, 2, 1) = f(0, 0, 1) = 0 ef(0, 1, 0) = 1.

47

48 SETTIMANA 6. APPLICAZIONI LINEARI

SoluzioneLeggermente piu complicato del precedente: la base non e piu canonica. Sianob1 = (1, 2, 1), b2 = (0, 1, 0), b3 = (0, 0, 1). Posso scrivere

∀u ∈ R3, u = λ1b1 + λ2b2 + λ3b3

cioe

u1 = λ1u2 = 2λ1 + λ2u3 = λ1 + λ3

da cui

λ1 = u1λ2 = u2 − 2λ1 = u2 − 2u1λ3 = u3 − λ1 = u3 − u1

Poiche f e lineare

f(u) = f(λ1b1 + λ2b2 + λ3b3)

= λ1f(b1) + λ2f(b2) + λ3f(b3)

= λ1 · 0 + λ2 · 1 + λ3 · 0 = λ2 = u2 − 2u1.

In conclusione, f(u) = u2 − 2u1.

Esercizio 29 Trovare l’a.l. f : R3 → R3 tale che f(1, 2, 1) = (2, 2, 2), f(0, 0, 1) =(1, 2, 3) e f(0, 1, 0) = (1, 0, 0).

Analizzare l’immagine di f .

SoluzioneTutto come prima, solo l’immagine e in R3. Si ottiene

f(u) = f(λ1b1 + λ2b2 + λ3b3)

= λ1f(b1) + λ2f(b2) + λ3f(b3)

= λ1(2, 2, 2) + λ2(1, 0, 0) + λ3(1, 2, 3)

= u1(2, 2, 2) + (u2 − 2u1)(1, 0, 0) + (u3 − u1)(1, 2, 3)

= (u2 + u3 − u1, 2u3, 3u3 − u1)

Com’e fatta esattamente l’immagine? Notiamo che (u2 +u3−u1, 2u3, 3u3−u1) = u2(1, 0, 0) + u3(1, 2, 3) + u1(−1, 0,−1). Abbiamo quindu che Imf =L{(1, 0, 0), (1, 2, 3), (−1, 0,−1)}. Poiche i 3 vettori sono l.i., concludiamo cheImf = R3.

Quiz 13 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.

6.1. DEFINIZIONE 49

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..

Quiz 14 Data l’a.l. f tale che f(1,−1) = (0, 0, 0, 0) 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

)Soluzione

• f : R2 → R4, quindi M ∈ R2,4 → solo 1. e 2. sono possibili

•

2 2−1 −12 2−1 −1

(

1−1

)=

0000


•

1 1−1 −11 1−1 −1

(

1−1

)=

0000

1. e 2. vanno entrambe bene per la prima condizione

• f : R2 → R4, quindi M ∈ R2,4 → solo 1. e 2. sono possibili

•

2 2−1 −12 2−1 −1

(

2−1

)=

2

Mi fermo perche quel 2 non e consistente con le ipotesi (l’immagine di(2,−1)T deve essere (1,−1, 1,−, 1)T ).

•

1 1−1 −11 1−1 −1

(

2−1

)=

1−11−1

Soluzione: 2.

Esercizio 30 Scrivere f(u) = Mu con

M =

1 1−1 −11 1−1 −1

per un generico u = (u1, u2) ∈ R2 e studiare Imf (=

immagine di f)

Soluzione

f(u) =

1 1−1 −11 1−1 −1

(u1u2

)

=

u1 + u2−(u1 + u2)u1 + u2−(u1 + u2)

= (u1 + u2)

1−11−1

Al variare di u ∈ R2, ottengo tutte le c.l. di (1,−1, 1,−1)T . Ovvero,

Imf = L{(1,−1, 1,−1)T }.

6.2. NUCLEO E IMMAGINE 51

6.2 Nucleo e immagine

Sia f : U → V un’a.l..

Nucleo (o kernel):

kerf = {u ∈ U : f(u) = 0V }dove 0V e il vettore nullo di V .

Immagine:

Imf = {v ∈ V tale che esiste u ∈ U : f(u) = v}Vale il seguente importantissimo risultato:

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

dim(kerf) + dim(Imf) = dimU

Quiz 15 Data f definita nel Quiz 14, 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)}

Soluzione

• Sappiamo che dim(kerf) + dim(Imf) = dim(R2) = 2. Quindi 2. e falsa.

• Per come e definita f , nucleo e immagine contengono entrambi almeno unvettore non nullo, nello specifico: (1,−1, 1,−1)T ∈ Imf e (1,−1)T ∈ kerf .

Quindi dim(kerf) ≥ 1, dim(Imf) ≥ 1, ma poiche la somma e 2, dim(kerf) =dim(Imf) = 1, e 1. e vera.

• 3. e falsa perche kerf non puo essere generata da due vettori l.i.

• 4. e falsa perche (0, 0) non appartiene mai ad una base! (mentre kerf =L{(1,−1), (0, 0)} sarebbe stato corretto!).

Ci sono altri modi di studiare il nucleo (senza conoscere prima la dimen-sione)? Certo. Per esempio, poiche Mu = f(u), si puo risolvere il sistemaomogeneo Mx = (0, 0, 0, 0)T . Oppure, lo si puo vedere direttamente dal fattoche f(u) = (u1+u2)(1,−1, 1−, 1)T , da cui si vede subito che il kernel e compostoda tutti quegli u tali che u1 + u2.


6.3 Iniettivita e suriettivita

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

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

Quiz 16 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 necessariamaente vera?

1. f e iniettiva

2. f e suriettiva

3. dim(Imf) ≥ 1

4. dim(kerf) = 2

Soluzione

• dim(ker(f)) + dim(Im(f)) = 3 = dimR≤2[x].

• Possibili combinazioni: 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 perche se dim(kerf) < 3, allora dim(Imf) ≥ 1.

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

Ex: f tale che kerf = L{x2}, f(1) = (0, 0, 1), e f(x) = (1, 0, 0).

Settimana 7

Matrici associate adapplicazioni lineari

7.1 Composizione di a.l.

Date due applicazioni lineari f : Rn → Rm e g : Rm → Rp,

g ◦ f : Rn → Rp

(g ◦ f)(u) = g(f(u))

Esercizio 31 Si consideri f definita nel Quiz 14, cioe:

f(u) =

1 1−1 −11 1−1 −1

(u1u2

)

e sia g : R4 → R2 definita da g(v) = (αv1, 0), con α ∈ R.

Studiare Im(g ◦ f) e ker(g ◦ f) al variare di α.

Soluzione(g ◦ f) : R2 → R2.

g(f(u)) = g

u1 + u2−u1 − u2u1 + u2−u1 − u2

= (α(u1 + u2), 0)

Se α = 0, Im(g ◦ f) = {(0, 0)} e ker(g ◦ f) = R2.

Se α 6= 0, Im(g ◦ f) = L{(1, 0)} e ker(g ◦ f) = L{(1,−1)}.

53

54 SETTIMANA 7. MATRICI ASSOCIATE AD APPLICAZIONI LINEARI

Un altro modo di scrivere Im(g◦f) e moltiplicando le relative matrici. Poiche

g(v) =

(α 0 0 00 0 0 0

)

v1v2v3v4

allora

(α 0 0 00 0 0 0

)

1 1−1 −11 1−1 −1

(u1u2

)

=

(α α0 0

)(u1u2

)

7.2 Matrice associata ad una a.l.

Cerchiamo di capire meglio la relazione:

Applicazione lineare ⇔ Matrice

In un esercizio precedente, abbiamo trovato M tale che f(u) = Mu. Questoe sempre possibile? Se per esempio f : U → V dove U e un qualche spazio dipolinomi e V uno spazio del tipo Rn, posso costruire questa M?

Non in modo cosı diretto. Non posso esplicitare l’azione di f con un sempliceprodotto matrice per vettore Mu.

Posso pero ancora associare ad f una matrice, che descrive molte proprietadi f , passando attraverso le rappresentazioni rispetto a basi.

Ricordiamo che:

• 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! Ora, consideriamo

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

Chiamiamo:

MB,Cf

la matrice associata a f rispetto alle B e C cosı definita:

MB,Cf =

......

......

(f(b1))C (f(b2))C · · · (f(bm))C...

......

...

7.2. MATRICE ASSOCIATA AD UNA A.L. 55

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

Ricordare che una a.l f : V → V viene anche chiamata endomor-fismo

Esercizio 32 Data M =

2 0 11 −1 00 0 3

sia f : R3 → R3 l’endomorfismo tale

che f(u) = Mu.

Trovare la matrice ME,Ef associata a f rispetto alla base canonica E =

{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}

Soluzione

∀i ∈ {1, 2, 3} f(ei) = Mei corrisponde a selezionare la colonna i-esima diM . Poiche, u = (u)E sempre (cioe ogni vettore e uguale alla propria rappresen-

tazione nell base canonica), abbiamo che M = ME,Ef .


2 0 11 −1 00 0 3


che f(u) = Mu.

Trovare la matrice MB,Bf associata a f rispetto a B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)}

Soluzione

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

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

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

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

MB,Bf =

2 0 01 −1 −30 0 3


2 0 11 −1 00 0 3


che f(u) = Mu.

Trovare la matrice MB,Cf associata a f rispetto a B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)}

e C = {(1, 0, 1), (1, 1, 0), (0, 0, 1)}


Soluzione

• f(b1) = (2, 1, 0)T = c1+c2−c3 ⇒ prima colonna: (f(b1))C = (1, 1,−1)T

• f(b2)T = (0,−1, 0)T = −c1 − c2 − c3 ⇒ seconda colonna: (f(b2))C =(−1,−1,−1)T

• f(b3) = (3, 0, 3)T = 3c1 ⇒ terza colonna: (f(b3))C = (3, 0, 0)T .

MB,Bf =

2 0 01 −1 −30 0 3

MB,Cf =

1 1 31 −1 0−1 −1 0

Quiz 17 Sia f endomorfismo di R2 tale che per u = (1, 2) f(u) = 2u e perv = (−1, 3), f(v) = u

(a) ME,Ef = 1

5

(3 38 6

)e la matrice associata a f rispetto alla base canon-

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

(b) ME,Ef = 1

5

(1 38 6

)e la matrice associata a f rispetto a E

(c) MB,Bf =

(2 10 0

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

{u,v}

(d) MB,Bf =

(2 10 0

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

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

Quiz 18 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

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.

7.3. CAMBIAMENTO DI BASE 57

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).

Vale il seguento risultato:

ρ(MB,Cf ) = dim(Imf), per qualsiasi basi B,C

Ricordiamo cheUn’a.l. biunivoca (iniettiva e suriettiva) viene chiamata ancheisomorfismo

Esercizio 35 Sia f l’endomorfismo del Quiz 17, cioe l’endomorfismo di R2

tale che per MB,Bf =

(2 10 0

)e la matrice associata a f rispetto alla base

B = {u,v}, con u = (1, 2) e v = (−1, 3).

f e:

1. iniettivo?

2. suriettivo?

3. un isomorfismo?

7.3 Cambiamento di base

• v ∈ V , dim(V ) = n

• B = {b1, . . . ,bn}, C = {c1, . . . , cn} basi di V

• (v)B rappresentazione di v rispetto a B

• (v)C rappresentazione di v rispetto a C

Esiste una matrice PB,C ∈ Rn,n tale che

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

PB,C =

......

......

(c1)B (c2)B · · · (cn)B...

......

...

e detta matrice di cambio base

Vale il seguente teorema:

PB,C e invertibile e

(PB,C)−1 = PC,B


Esercizio 36 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 = (2, 2, 2) rispetto a C?

PE,C =

1 1 02 0 03 0 1

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

PC,E =

0 12 0

1 − 12 0

0 − 32 1

Per calcolare (v)C ho due modi:

• v = λ1c1 + λ2c2 + λ3c3 ⇒ (v)C = (λ1, λ2, λ3)

• (v)C = PC,E(v)E ricordando che (v)E = v !

(v)C = (1, 1,−1)

7.4 A che serve ”cambiare base” nel mondo reale?

Un esempio.Un’immagine digitale puo essere pensata come una matrice in cui ogni en-

trata e un pixel.Per le immagini digitali, c’e un cambio base che spesso e conveniente: la Dis-

crete Cosine Transform (DCT, https://it.wikipedia.org/wiki/Trasformata_discreta_del_coseno). Questa trasformata e di fatto un cambiamento di base,ovvero la moltiplicazione per una matrice invertibile.

Per molte classi di immagini, le rappresentazioni ottenute con la DCT hannomolti valori molto prossimi a zero, e questo e utile perche rende l’immaginecomprimibile (detto in modo semplicistico: mi basta tenere in memoria i non-zeri). La DCT viene usata, per esempio, nello standard di compressione JPEG.

Per esempio:

v =

40 60 80 100 120 14060 80 100 120 140 16080 100 120 140 160 180100 120 140 160 180 200120 140 160 180 200 220140 160 180 200 220 240

https://it.wikipedia.org/wiki/Trasformata_discreta_del_coseno

https://it.wikipedia.org/wiki/Trasformata_discreta_del_coseno

7.5. CAMBIAMENTO BASE NELLE A.L. 59

Figure 7.1:

e la matrice che rappresenta l’immagine 7.1 (stiamo usando una scala di grigicon 256 colori).

La sua rappresentazione nella base DCT e approssimabile con

(v)DCT =

220 269 318 367 416 465−83 −83 −83 −83 −83 −83

0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

7.5 Cambiamento base nelle a.l.

• f : U → V a.l.

• Siano B,B′ basi di U

• Siano C,C ′ basi di V

Scrivere Mf rispetto a diverse basi:

PC,C′MB′,C′

f = MB,Cf PB,B

′

⇓

MB′,C′

f = PC′,CMB,C

f PB,B′

Esercizio 37 • Sia U = R≤2[x], B = {1, x, x2 − 5} base di U .

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

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

• Sia 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 suriettivita di f .

4. Descrivere nucleo e immagine

5. Si consideri la stessa f , ma applicata al sottospazio R≤1[x]. Tale f einvertibile?

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:

PC,DMB,Df = MB,C

f PB,B

quindi

MB,Df = PD,CMB,C

f PB,B .

Chiaramente PB,B e la matrice identita, quindi

MB,Df = PD,CMB,C

f .

Ci manca solo PD,C :

c1 = −2d1 + d2 ⇒ (c1)D = (−2, 1)T

c2 = −d1 + d2 ⇒ (c1)D = (−1, 1)T

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,Cf .

3. e 4.: Vale il seguente risultato:

Sia Mf la matrice associata all’a.l. f : U → V , non importarispetto a quali basi. Allora,

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

In questo esercizio:

7.5. CAMBIAMENTO BASE NELLE A.L. 61

• dim(U) = 3

• dim(V ) = 2

• ρ(MB,Cf ) = 2

• dim(Imf) = 2 ⇒ Imf = R2 ⇒ f e suriettiva

• dim(kerf) = 1 ⇒ f non e iniettiva

Base per il nucleo? Dalla definizione di f , devo avere a0+a1 = 0, a1−a2 = 0,quindi per esempio fisso a0 = 1 e ottengo che

L{1− x+ x2} = kerf.

5. Consideriamo il sottospazio R≤1[x], cioe pongo a2 = 0.

• dim(U) = 2

• dim(V ) = 2

• dim(Imf) = 2 ⇒ Imf = R2 ⇒ f e suriettiva

• dim(kerf) = 0 ⇒ f e iniettiva

• f e biunivoca, quindi invertibile

Descriviamo quindi l’applicazione inversa f−1:

• (a0 + a1x)E = (a0, a1)

• ME,Ef =

(1 10 1

)

• ME,Ef−1 =

(ME,Ef

)−1=

(1 −10 1

)


Settimana 8

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 19

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

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

Autovalori:

det

1− λ 1 10 −2− λ 03 0 −1− λ

= (2 + λ)(4− λ2) = 0

⇒ λ1 = 2, λ2 = −2

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

63

64 SETTIMANA 8. AUTOVETTORI, AUTOVALORI

−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 10 0 03 0 1

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

Autospazio: L{(1, 0,−3)T }.

8.1 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 20 Sia f un endomorfismo non suriettivo di R3 che ha 2 e 4 tra i suoiautovalori

(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 20 (c)Un endomorfismo non suriettivo ha sempre l’autovalore 0.

8.1. MOLTEPLICITA E DIAGONALIZZAZIONE 65

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 21 (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 38 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!]

Soluzione

Partiamo dal 4. (che comprende anche 1.).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 02 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 < 3 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}.Per α ∈ {1, 3,− 1

8}, invece, dobbiamo verificare le molteplicita per verificarese 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

8.1. MOLTEPLICITA E DIAGONALIZZAZIONE 67

• 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) =

β− 3

2βγ−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

λ3−22100

v(3) = γ

λ4−22100

⇒ Semplice (autovalori tutti distinti)

2. Base di R2,2 formata da autovettori di f3:

{(0 01 1

),

(1 − 3

20 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 12

12

− 25

25 0 0

0 0 12 − 1

225

35 0 0


Quiz 22 (Esame 2014) Sia f un endomorfismo di R4 e sia

0 0 3 20 4 0 05 0 0 00 0 0 0

la matrice che lo rappresenta rispetto alla base canonica (e1, e2, e3, e4). Qualedelle seguenti affermazioni e vera?

1. e1 e un autovettore di f




SoluzioneBasta ricordarsi che Aei = A(i), dove A(i) e la colonna i-esima di A (moltiplicareA per un elemento della base canonica corrisponde, cioe, a selezionare unacolonna!). Per avere ei (per qualche i ∈ {1, 2, 3, 4}) come autovettore, devoquindi avere Aei = λei, cioe A(i) = λei, per qualche λ ∈ R. In altre parole,deve verificare se c’e una colonna i-esima che e multiplo di ei. Si vede facilmenteche questo succedere per la colonna 2, che e 2ei. Quindi la risposta corretta ela 2.

Quiz 23 (Esame 2014) Sia A =

1 2 30 1 20 0 1

. Quale delle seguenti affer-

mazioni e vera?

1. A ha un autospazio di dimensione 1

2. A ha un autospazio di dimensione 2

3. A e diagonalizzabile

4. Lo zero e autovalore di A

SoluzioneE’ facile calcolare che ho solo l’autovalore λ = 1 con molteplicita algebrica 3. Ilrelativo autospazio ha dimensione 1, nello specifico e L(1, 0, 0). Quindi A non ediagonalizzabile e 1. e l’affermazione corretta.

Settimana 9

Matrici simmetriche eortogonali, basi ortonormali

9.1 Matrici simmetriche e basi ortonormali

Sia A ∈ Rn,n. Ricordiamo che A e detta simmetrica se AT = A.Valgono i seguenti risultati.

• A reale simmetrica ⇒ i suoi autovalori sono reali

• A simmetrica ⇒ A diagonalizzabile

• A simmetrica ⇒ autovettori di A sono ortogonali tra loro (ortogonali =prodotto scalare nullo) (non vale il viceversa!)

Definiamobase ortonomale = base di vettori a due a due ortogonali tra loroe normalizzati (cioe con ‖·‖ = 1)

Unendo i due risultati precedenti possiamo dire che

A simmetrica ⇔ esiste una base ortonomale di Rn formata daautovettori di A

Ricordiamo anche che un endomorfismo f con ME,Ef simmetrica e detto

endomorfismo autoaggiunto.Attenzione! Sopra si e detto che tutte le matrici simmmetriche sono diag-

onalizzabili. Quindi se ho una matrice non diagonalizzabile, sicuramente none simmetrice. Ricordarsi invece che non tutte le matrici diagonalizzabilie sonosimmetriche!

Quiz 24 Sia A una matrice i cui autovalori sono λ1 = 3, λ2 = −1 e λ3 = 32 ,

e i rispettivi autovettori di base sono v(1) = (0, 0, 1, 1)T , v(2) = (0, 0, 1,−1)T ev(3) = (1,−4, 0, 0)T .

A e simmetrica?

1. Sı, perche gli autovettori sono ortogonali

2. No, perche gli autovettori non sono ortogonali

69

70SETTIMANA 9. MATRICI SIMMETRICHE E ORTOGONALI, BASI ORTONORMALI

3. Si, perche gli autovettori formano una base ortonormale

4. No, perche gli autovettori non formano una base ortonormale

SoluzioneNotiamo che gli autovettori sono a due a due ortogonali:

(0, 0, 1, 1) · (0, 0, 1,−1) = 1− 1 = 0

(0, 0, 1, 1) · (1,−4, 0, 0) = 0

(0, 0, 1,−1) · (1,−4, 0, 0) = 0

Questo basta a dire che la matrice con tali autovettori e simmetrica? No:l’ortogonalita e una condizione necessaria, ma non sufficiente. Quindi 1. e 2.hanno una motivazione falsa: la sola ortogonalita non mi permette di decideresulla simmetria. Per avere la simmetria, gli autovettori devono anche formareuna base diR4. Cio non capita, (0, 0, 1, 1), (0, 0, 1,−1) e (1,−4, 0, 0) non possonoformare una base di R4 perche sono tre! 4. e quindi l’affermazione corretta.

Esercizio 39 La matrice del Quiz 24 e diagonalizzabile?

SoluzioneNo perche ha solo 3 autoavolori, tutti con molteplicita geometrica ν1 = ν2 =ν3 = 1. Sapendo che µ1 +µ2 +µ3 = 4, per forza una molteplicita algebrica deveessere 2. Quindi non vale µi = νi per ogni i = 1, 2, 3.

Esercizio 40 (approfondimento) Possiamo ricostruire una matrice dati isuoi autovalori e autovettori e le relative molteplicita?

SoluzioneSe la matrice e diagonalizzabile, sı.

Piu precisamente, se una matrice A e diagonalizzabile e se conosco i suoiautovalori e autovettori, mi basta ricordare che A = PDP−1, dove P ha sullecolonne gli autovettori di base e D e la matrice diagonale che ha gli autavolorisulla diagonale. A e quindi facilmente ricostruibile (anche se i calcoli da farenon sono pochi!).

Se A invece non e diagonalizzabile, diventa tutto piu complicato.Vediamo il caso del Quiz 24. Posso procedere usando l’equazione: Av = λvPer λ1,v1 ottengo che

A(3) +A(4) = 3(0, 0, 1, 1)T .

Per λ2,v2 ottengo che

A(3) −A(4) = −1(0, 0, 1,−1)T .

Sommando e sottraendo queste due equazioni, ottengo

2A(3) = 3(0, 0, 1, 1)T − 1(0, 0, 1,−1)T ⇒ A(3) = (0, 0, 1, 2)T

2A(4) = 3(0, 0, 1, 1)T + (0, 0, 1,−1)T ⇒ A(4) = (0, 0, 2, 1)T .

Fin qui nessun problema: ho determinato abbastanza facilmente le colonne3 e 4.

9.1. MATRICI SIMMETRICHE E BASI ORTONORMALI 71

Per quanto riguarda invece le prime due colonne, ho solo un’equazione:

A(1) − 4A(2) =3

2(1,−4, 0, 0)T .

6 incognite e 3 equazioni: restano 3 incognite non determinate. Possiamoscrivere:

3/2 + 4a a 0 0−6 + 4b b 0 0

4c c 1 24d d 2 1

. (9.1)

A questo punto, si puo procedere usando anche l’equazione del polinomiocaratteristico. Otteniamo

[(3/2 + 4a− λ)(b− λ)− a(4b− 6)

][(1− λ)2 − 4

].

Si puo subito notare che c e d non compaiono in questa equazione, quindi lororesteranno liberi.

Consiglio solo allo studente piu tenace di procedere con questo calcolo etrovare tutte le matrici con gli autovalori e autovettori dati.

Lo studente attento, invece, avra notato che gli autavolori/autovettori pro-posti nel Quiz 24 sono quelli di un caso dell’Esercizio 38, che quindi contieneanche la soluzione di questo esercizio.

Quindi

1 −1/8 0 02 2 0 00 0 1 20 0 2 1

.

ha gli autavalori e autovettori richiesti ( e in effetti e consistente con la struttura(9.1)).

Avendo notato che c e d sono liberi, possiamo trovare facilmente un altroesempio di matrice con gli stessi autovalori e autovettori. Per esempio:

1 −1/8 0 02 2 0 04 1 1 20 0 2 1

.

ha gli stessi autovalori e autovettori.In conclusione, abbiamo un controesempio che mostra che per matrici non

diagonalizzabili autovalori e autovalori non determinano univocamente una ma-trice.

Quiz 25 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

Quiz 26 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

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).

9.2. BASI ORTONORMALI E MATRICE ORTOGONALI 73

9.2 Basi ortonormali e matrice ortogonali

• A e detta matrice ortogonale se A−1 = AT

• Se A e ortogonale, detA ∈ {−1, 1}

• A e ortogonale ⇔ le colonne formano una base ortonormale di Rn

Esercizio 41 Data A =

1 0 10 1 01 0 1

calcolare (se esiste) P ∈ R3,3 tale che

A = PDPT

dove D e una matrice diagonale.

9.3 Ortonormalizzazione di Gram-Schmidt

Data una qualsiasi base B = {b1, . . . ,bn}, e possibile trovare una base ortonor-male Bon = {x1, . . . ,xn} attraverso la procedura di Gram-Schmidt.

Dati u,v ∈ Rn sia

pu(v) =v · uu · uu (9.2)

la proiezione di v su u. Notiamo che (v − pu(v)) · u = 0. Questo e il punto dipartenza per la procedura di ortonormalizzazione di Gram-Schmidt.

La procedura e la seguente:

x1 = b1

xm = bm −m−1∑

i=1

pxi(bm) m = 2, 3, . . . , n.

(9.3)

Given Bo, normalizziamo per ottenre una base ortonormale Bon = {y1, . . . ,yn},yi = xi

||xi|| , i = 1, 2, . . . , n.

Esercizio 42 Sia B = {b1,b2,b3,b4} = {(1, 1, 1, 1), (3, 1, 1, 3), (2, 2, 0, 0), (1, 0, 0, 0)}una base di R4. Ottenere una base ortonormale tramite Gram-Schmidt.

Soluzione


x1 = (1, 1, 1, 1)

x2 = b2 − px1(b2)

= (3, 1, 1, 3)− (3, 1, 1, 3) · (1, 1, 1, 1)

4(1, 1, 1, 1) = (1,−1,−1, 1).

x3 = b3 − px1(b3)− px2(b3)

= (2, 2, 0, 0)− (1, 1, 1, 1) · (2, 2, 0, 0)

4(1, 1, 1, 1)+

− (1,−1,−1, 1) · (2, 2, 0, 0)

4(1,−1,−1, 1) = (1, 1− 1,−1).

x4 = b4 − px1(b4)− px2(b4)− px3(b4)

= (1, 0, 0, 0)− 1

4(1, 1, 1, 1)− 1

4(1,−1,−1, 1)− 1

4(1, 1,−1,−1)

=1

4(1,−1, 1,−1).

(9.4)

Bo = {x1,x2,x3,x4} e ortogonale (xi · xj = 0 for any i 6= j).Normalizziamo:

Bon = {1

2(1, 1, 1, 1),

1

2(1,−1,−1, 1),

1

2(1, 1,−1,−1),

1

2(1,−1, 1,−1)}.

Esercizio 43 Consideriamo

V = {(1, 2) + h(3, 6), h ∈ R}W = {(4,−2) + k(6,−3), k ∈ R} (9.5)

(a) Provare che V e W sono sottospazi di R2.(b) Provare che V e ortogonale a W .(c) Trovare un endomorfismo f di R2 che abbia V e W come autospazi. Talef e semplice?

Soluzione(a) V = {(1, 2) + 3h(1, 2), h ∈ R} = {(1 + 3h)(1, 2), h ∈ R} = {α(1, 2), α ∈R}. Quindi, V = L{(1, 2)} e un sottospazio. Analogamente, W = {(4,−2) +k(6,−3), k ∈ R} = {(2 + 3k)(2,−1), k ∈ R} = L{(2,−1)}.

(b) E’ sufficiente calcolare il prodotto scalre tra il generico vettore di V equello di W :

α(1, 2) · β(2,−1) = αβ(1, 2) · (2,−1) = αβ(2− 2) = 0

per qualunque α, β ∈ R.(c) Qualsiasi endomorfismo con quegli autospazi e semplice, perche gli au-

tovettori formano una base.Per scriverne uno specifico, possiamo fissare arbitrariamente gli autavalori,

per esempio: λ1 = 0, λ2 = 1.Ora:(1, 2) = e1 + 2e2

(2,−1) = 2e1 − e2

f(e1) = 25 (2,−1)

f(e2) = − 15 (2,−1)

f(x, y) = xf(e1) + yf(e2) = 15 (4x− 2y,−2x+ y)

9.4. QUIZ DI RIEPILOGO SU MATRICI DIAGONALIZZABILI E SIMMETRICHE75

9.4 Quiz di riepilogo su matrici diagonalizzabilie simmetriche

Quiz 27 (Esame 2012) Data Ah =

10√

2√

2

0 2√

50 0 h

con h ∈ R. Allora

Ah

1. non e diagonalizzabile, perche non e simmetrica

2. e diagonalizzabile perche e sempre invertibile

3. e diagonalizzabile per ogni h 6= 0

4. e diagonalizzabile per ogni h 6= 2, 10

Quiz 28 (Esame 2012) Quale delle seguenti affermazioni e vera?

1. tutte le matrici invertibili reali sono diagonalizzabili

2. tutte le matrici simmetriche reali sono invertibili

3. esistono matrici reali con determinante nullo che sono diagonalizzabili

4. esistono matrici con determinante non nullo che ammettono 0 come au-tovalore


Settimana 10

Coniche e geometria nelpiano

10.1 Forme quadratiche

Una forma quadratica e un’applicazione (non lineare) q : Rn → R definita nelmodo seguente:

dato v ∈ Rn (vettore colonna) e una matrice simmetrica A ∈ Rn,n

vTAv.

10.1.1 Classificazione delle forme quadratiche

Una forma quadratica e

• definita positiva se vTAv > 0 per ogni v 6= 0 (⇔ tutti gli autovalori di Asono > 0)

• definita negativa se vTAv < 0 per ogni v 6= 0 (⇔ tutti gli autovalori diA sono < 0)

• semidefinita positiva se vTAv ≥ 0 per ogni v 6= 0 (⇔ tutti gli autovaloridi A sono ≥ 0)

• semidefinita negativa se vTAv ≤ 0 per ogni v 6= 0 (⇔ tutti gli autovaloridi A sono ≤ 0)

• indefinita negli altri casi

Quiz 29 (Esame 2013) Data la forma quadratica di R3 definita nel modoseguente q(x, y, z) = x2 + 2y2 + 2yz + 2z2. Quale delle seguenti affermazioni evera?

1. q non e definita

2. q e definita positiva

3. q e definita negativa

77

78 SETTIMANA 10. CONICHE E GEOMETRIA NEL PIANO

4. la matrice associata a q ammette lo zero come autavalore

Soluzione2.

10.2 Coniche

Le coniche sono le curve in R2 date da equazioni di secondo grado:

f(x, y) = a11x2 + a22y

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

B =

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

A =

(a11 a12a12 a22

)

La parte di secondo grado e una forma quadratica:

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

(xy

)+ 2(a13, a23)

(xy

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

xy1

10.2.1 Classificazione delle coniche

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

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

10.2.2 Forma canonica

Per ogni conica, si puo trovare un sistema di riferimento opportuno nel qualela sua equazione diventa piu semplice e riconoscibile (= ci dice subito di qualeconica si tratta). Tale ”equazione semplificata” e detta forma canonica.

Le forme canoniche sono

• Ellisse: x2

a2 + y2

b2 = 1;

• Iperbole: x2

a2 −y2

b2 = ±1;

• Parabola: y = ax2, x = ay2.

10.2.3 Riduzione alla forma canonica

Per riduzione alla forma canonica intendiamo il cambiamento di sistema di rifer-imento per ottenere la forma canonica.

La riduzione consiste in un’operazione di rotazione e traslazione:

Riduzione alla forma canonica= Rotazione + Traslazione

10.2. CONICHE 79

• 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

• 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 44 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)


Figure 10.1: Riduzione di una conica: 1) rotazione 2) traslazione del sistema diriferimento

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.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′

)= 5y2 +

1√5

(−2, 1)

(x′

y′

)=

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 45 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)1√5

(1 2−2 1

)(x′

y′

)= 5y′2 +

1√5

(0, 5)

(x′

y′

)=

5y′2 +√

5y′ = 0.

y′(y′ +1√5

) = 0.

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

10.2. CONICHE 81

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 46 Ridurre 3x2 + 2xy + 3y2 + 2√

2x = 0 alla sua forma canonica.

Soluzionex′′2

3/4 + y′′2

3/8 = 1.

Esercizio 47 Ridurre x2 + 2y2 − 4x+ 3y + 1 = 0 alla sua forma canonica.

Soluzionex′2

33/8 + y′2

33/16 = 1

Esercizio 48 Ridurre x2 − 2y2 + x+ 1 = 0 alla sua forma canonica.

Soluzionex′2

3/4 −y′2

3/8 = −1

Esercizio 49 Ridurre x2 + y2 + 2xy − 3 = 0 alla sua forma canonica.

Soluzionex+ y =

√3 e x+ y = −

√3.

Quiz 30 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 31 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

10.2.4 Circonferenze nel piano

Le circonferenze nel piano sono coniche con equazioni del tipo:

(x− a)2 + (y − b)2 = r2

dove (a, b) e il centro e r e il raggio.

Esercizio 50 Riconoscere che kx2 + ky2 − 3x+ 2ky = 0, k ∈ R, k 6= 0.

SoluzioneUsando i soliti determinanti, si verifica che e un’ellisse per qualunque k 6= 0.Riducendo capiamo che si tratta di circonferenze.

Modo piu veloce: se non ho termini misti e se x2 e y2 hanno lo stessocoefficiente e sempre una circonferenza!

Osservazione 6 Notiamo che l’equazione della circonferenza non ha terminimisti xy. Quindi per ottenere la sua forma canonica non serve la rotazione, masolo la traslazione. Pensandoci un attimo, questo e ovvio: data la simmetria intutte le direzioni della circonferenza, non c’e nessuno bisogno di ruotare!

Quiz 32 Le circonferenze kx2 + ky2 − 3x+ 2ky = 0, k ∈ R:

(a) hanno tutte lo stesso raggio

(b) sono tangenti in (0, 0)

(c) hanno tutte lo stesso centro

(d) si intersecano sull’asse delle ordinate

Soluzione

kx2 − 3x =

(√kx− 3

2√k

)2

− 9

4k(a =

√kx, 2ab = −3x⇒ b = − 3

2√k

)

ky2 + 2ky = k(y2 + 2y) = k[(y + 1)2 − 1]

⇒ kx2 + ky2 − 3x+ 2ky =

(√kx− 3

2√k

)2

− 9

4k+ k(y + 1)2 − k =

= k(x− 3

2k)2 − 9

4k+ k(y + 1)2 − k = 0

(10.3)

La forma canonica e:

(x− 3

2k

)2

+ (y + 1)2 = 1 +9

4k2

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

10.3. RETTE NEL PIANO 83

-1

Figure 10.2: Quiz 32

10.3 Rette nel piano

Le equazioni di primo grado in x e y sono sempre rette:

ax+ by + c = 0, a, b, c ∈ RQuesta e detta equazione cartesiana della retta.In alternativa possiamo rappresentare la retta con la forma parametrica:

(x, y) = u + tv, t ∈ Rdove u = (u1, u2), v = (v1, v2)Ricordate: quando parlavamo di spazi vettoriali di dimensione 1 in R2 e R3,

avevamo accennato al fatto che, geometricamente, si trattava di rette passantiper l’origine. Ogni espressione del tipo tv, t ∈ R, v ∈ R2 e una retta passanteper l’origine. Ogni espressione del tipo u + tv e invece una retta passante peru e con direzione data da v. Non e uno spazio vettoriale: possiamo pensarlocome uno spazio vettoriale traslato.

[Notare che qui u e v sono sempre elementi di R2, ma li ”pensiamo” diver-samente: u come punto nel piano, v come vettore che determina una direzione].

Data una retta r : (x, y) = u + tv e facile capire che ogni retta s : (x, y) =w + t′v, con t′ ∈ R e parallela a r, qualsiasi sia w ∈ R2. Similmente, ogni rettas : (x, y) = w + t′(v2,−v1) e perpendicolare a r. (Si trovino, per esercizio, lerelazioni tra i coefficienti di retter parallele e perpendicolari nel caso di equazionicartesiane).

Esercizio 51 Data la retta r : 2x+ 3y = 1 in R2, trovare:

1. a sua equazione parametrica;


2. le equazioni (parametriche e cartesiane) di tutte le rette ad essa perpendi-colari;

3. la distanza di r dal punto (1, 1).

Soluzione

Ci sono diversi modi per trovare un’equazione parametrica da quella carte-siana. Per esempio: pongo x = t e noto che y = 1

3 − 23x, quindi y = 1

3 − 23 t. In

conclusione:

r : (x, y) = (0,1

3) + t

(1,−2

3

).

Le rette parametriche s perpendicolari a r sono tutte le rette del tipo

s : (x, y) = w + t′(−2

3, 1

).

La distanza tra un punto P = (x0, y0) e una retta r : ax+ by + c = 0 si puocalcolare con la formula

d(P, r) =ax0 + by0 + c√

a2 + b2.

Quindi

d((1, 1), 2x+ 3y = 1) =4√13.

Settimana 11

Geometria nello spazio

Spostiamoci ora in R3.

Osservazione 7 In questo capitolo, nomineremo spesso i concetti di “punto inR3” e di “vettore in R3. Da un punto di vista algebrico, sono la stessa cosa,ovvero una terna v = (v1, v2, v3). Da un punto di vista geometrico, v puoindicare le coordinate di un punto o un vettore applicato nell’origine. Si facciaattenzione a differenza.

Altre volte, infine, dati due punti P e Q parleremo di vettore−−→PQ che e dato

da Q− P .

11.1 Piani

Le equazioni di 1o grado in R3 sono sempre piani (non rette!).

Equazione cartesiana del piano

π : ax+ by + cz + d = 0

Vettore normale al piano ax+ by + cz + d = 0:

nπ : (a, b, c)

Quanti elementi sono necessari e sufficienti per determinare univocamenteun piano?

• Tre punti (non collineari): dati P1, P2, P3 ∈ R3, possiamo ottenere l’equazione

cartesiana del piano calcolando−−−→P1P2 ×

−−−→P1P3 ·

−−→P1P = 0 dove P = (x, y, z).

• Un punto e un vettore normale: il vettore normale suggerisce l’orientamento;il punto fissa la posizione del piano. Algebricamente: il vettore nor-male fornisce a, b, c, mentre d si ottiene sostituendo il punto (chiamiamoloP0 = (x0, y0, z0)) nell’equazione, cio+ ax0 + bx− 0 + cz0 = 0.

• Un punto e due vettori del piano: ne parliamo nella sezione successivasulle equazioni parametriche

Esercizio 52 Trovare l’equazione cartesiana del piano passante per P1 = (2, 1, 2),P2 = (3, 4, 2) e P3 = (1, 7, 2).

85

86 SETTIMANA 11. GEOMETRIA NELLO SPAZIO

Soluzione−−−→P1P2 ×

−−−→P1P3 ·

−−→P1P = 0.

−−−→P1P2 ×

−−−→P1P3 ·

−−→P1P = (1, 3, 0)× (−1, 6, 0) · (x− 2, y − 1, z − 2)

=

∣∣∣∣∣∣

1 −1 x− 23 6 y − 20 0 z − 2

∣∣∣∣∣∣= 9(z − 2) = 0

L’equazione del piano e quindi z = 2.

11.2 Piani in forma parametrica

In Rn un piano passante per P ∈ Rn e orientato secondo L(u,v), u,v ∈ Rn el’insieme πP,u,v = {P + λu + µv, λ, µ ∈ R}.

Un piano e determinato anche da tre punti (non collineari) P0, P1.P2: πP0,P1,P2=

{P0 + λ(P1 − P0)) + µ(P2 − P0), λ, µ ∈ R}.

Esercizio 53 Scrivere il piano z = 2 in forma parametrica.

SoluzioneVisto che x e y sono libere, scelgo per esempio x = λ e y = µ, e ottengo

(x, y, z) = (0, 0, 2) + λ(1, 0, 0) + µ(0, 1, 0).

11.3 Rette

In Rn, una retta passante per il punto P = (p1, . . . , pn) e parallela a u =(u1, . . . , un) e l’insieme rP,u = {P + tu, t ∈ R}.

Questa e quella che chiamiamo anche equazione parametrica della retta (t eun parametro).

Una retta puo anche essere determinata da una coppia di punti P0, P1 con-tenuti in essa: lP0,P1

= {P0 + t(P1 − P0)), t ∈ R}Noi ci occupiamo principalmente di rette con significato geometrico, cioe in

R2 e R3.Abbiamo visto la scorsa settimana che una retta in R2 ha un’equazione

cartesiana, che e un’equazione di 1o grado in x e y.Per passare dall’equazione parametrica a quella cartesiana possiamo pro-

cedere cosı: data (x, y) = (p1, p2) + (u1, u2)t, “eliminiamo” il parametro t no-tando per esmpio che t = x−p1

u1e sostituendo y = p2 + u2

x−p1u1

Notiamo che questo corrisponde a det

(y − p2 x− p1u2 u1

)= 0.

Possiamo fare lo stesso in R3?Data (x, y, z) = (p1, p2, p3) + (u1, u2, u3)t, con la medesima procedura otte-

niamo

y = p2 + u2x− p1u1

z = p3 + u3y − p2u2

(11.1)

11.4. POSIZIONE RECIPROCA DI DUE RETTE 87

Come visto nella sezione precedente, ogni equazione lineare in in R3 inden-tifica un piano: di conseguenza la retta in forma cartesianza non e altro chel’interesezione tra due piani.

Esercizio 54 I piani 2x + y − z = 1 e 3x − 2y + z = 4 si intersecano? Se si,scrivere un’equazione dell’intersezione.

SoluzioneL’intersezione tra due piani puo essere: insieme vuoto se i piani sono paralleli;un piano se i piani sono coincidenti: una retta.

Questi due piani non sono paralleli, perche non sono paralleli i loro vettorinormali: (2, 1,−1) non e parallelo a (3,−2, 1).

Quindi non sono nemmeno coincidenti.

La loro intersezione e quindi una retta.

Per trovare la retta di intersezione, provo a risolvere il sistema: sommandole due equazioni trovo 5x−y = 5, quindi la retta di intersezione e y = 5−5x. E’corretto questo ragionamento? Assolutamente NO! Perche, come abbiamo gianotato prima, y = 5−5x in R3 non rappresenta una retta! Sommare i due pianinon ci serve a nulla (non ottengo l’equazione di qualcosa), ne ci serve provarea risolvere il sistema. La retta non puo essere scritta con una sola equazionecartesiana in R3, dobbiamo accontentarci di scrivere:

{2x+ y − z = 13x− 2y + z = 4

o equivalentemente:

2x+ y − z − 1 = 3x− 2y + z − 4 = 0.

Se vogliamo un’equazione sola, possiamo ricorrere alla forma parametrica.

Per esempio, pongo x = t. Ottengo quindi y = 5t− 5, z = 2t+ 5t− 5− 1 =7t− 6 da cui:

r : (x, y, z) = (0,−5,−6) + t(1, 5, 7).

11.4 Posizione reciproca di due rette

Siano l : P + tu e r : Q+ tv due rette in R3. In Figura 11.4, mostriamo comestudare la loro posizione reciproca tramite prodotto scalare e vettoriale.

11.5 Distanze

Qui mostriamo solo alcune delle formule possibili. Per approfondimenti, con-siglio http://calvino.polito.it/~gatto/public/a.a2012_2013/Distanze.

pdf.

http://calvino.polito.it/~gatto/public/a.a2012_2013/Distanze.pdf

http://calvino.polito.it/~gatto/public/a.a2012_2013/Distanze.pdf


u ∧ v

= 0 6= 0

−→PQ ∧ uPARALLELE

= 0

NON PARALLELE−→PQ · u ∧ v

= 0

6= 0= 06= 0

COINCIDENTI SECANTI SGHEMBEDISTINTE

Figure 11.1: Come valutare la posizione reciproca tra due rette con i prodottiscalare e vettoriale

π

Q

P

nπ

H

d(Q, π) =∣∣∣∣∣−→QP · nπ

‖nπ‖∣∣∣∣∣

Figure 11.2: Distanza punto-piano

11.5.1 Distanza punto-piano

Come calcolo la distanza tra un punto Q ∈ R3 e un piano π? Sia nπ un vettorenormale a π e P un punto qualsiasi di π. Allora la distanza tra Q e π e ugualealla componente del vettore P − Q lungo la direzione di nπ. Tale componentesi puo calcolare tramite il prodotto scalare.

• π : ax+ by + cz + d = 0

• Q = (x0, y0, z0)

• nπ = (a, b, c) vettore normale

• P = (x, y, z) ∈ π un punto qualsiasi del piano

d(Q, π) =

∣∣∣∣−−→QP · nπ

‖nπ‖

∣∣∣∣ =|a(x− x0) + b(y − y0) + c(z − z0)|√

a2 + b2 + c2

11.5. DISTANZE 89

Q

P v‖v‖ H

d(Q, r) =∥∥∥∥∥−−→QH ∧ v

‖v‖∥∥∥∥∥

r

Figure 11.3: Distanza punto-retta

11.5.2 Distanza punto-retta

Distanza tra un punto Q e una retta r:

Conoscendo l’espressione parametrica r : P + tv:∥∥∥−−→QP ∧ v

‖v‖

∥∥∥

11.5.3 Distanza retta-retta

Sapendo come si calcola la distanza tra un punto e un retta, e facile calcolarela distanza tra due rette parallele: basta fissare un punto sulla prima retta ecalcolare la sua distanza dalla seconda. Un po’ piu complesso il discorso per lerette sghembe, cioe quelle rette non parallele che pero non si intersecano mai.Qui ricordiamo solo la formula.

La distanza tra due rette sghembe l : P + tu e r : Q+ t′v:

d(l, r) =|(P −Q) · (u ∧ v)|

‖u ∧ v‖Esercizio 55 Calcolare la posizione reciproca e la distanza tra l : (x, y, z) =t(0, 2, 3) e r : x− 1 = z − 3

2y = 0.

SoluzioneModo 1: parametrizzo r. Pongo y = t′ e ottengo r : (x, y, z) = (1, 0, 0) +t′(0, 1, 32 ). Noto che l e r sono parallele, perche lo sono (0, 2, 3) e (0, 1, 32 ). Percalcolare la loro distanza, basta prendere un qualsiasi punto di l (scelgo, peresempio, l’origine P = (0, 0, 0)) e calcolarne la distanza da r con la formulapunto-retta. Prendo un punto qualsiasi di r, per esempio Q = (1, 0, 0) e calcolo:

d(l, r) =

∥∥∥∥(Q− P ) ∧ v

‖v‖

∥∥∥∥

=

∥∥∥∥(1, 0, 0) ∧ (0, 2, 3)√13

∥∥∥∥

=

∥∥∥∥(

0,− 3√13,

2√13

)∥∥∥∥= 1.


Modo 2: Potevamo calcolare la distanza facilmente anche usando le equazionicartesiane.

Per l ho x = 0, y = 2t, z = 3t, da cui z = 32y.

Quindi

l :

{x = 0z = 3

2yr :

{x = 1z = 3

2y

Le distanza tra le due rette e quindi la distanza tra i due piani x = 0 e x = 1,quindi la distanza e 1.

Esercizio 56 Calcolare la posizione reciproca e la distanza tra l : (x, y, z) =t(0, 2, 3) e r : 2x− y + z = 3x+ y − 2z − 1 = 0.

SoluzioneScriviamo r in forma parametrica. Per esempio, fissiamo x = t, dove t ∈ R e ilparametro. Allora z = 5t− 1 e y = 2x+ z = 7t− 1.

Quindi r : (x, y, z) = (0,−1,−1) + t(1, 7, 5).l e r non hanno intersezione perche t1(0, 2, 3) = (0,−1,−1) + t2(1, 7, 5) non

ha soluzione. Inoltre, non sono parallele perche non esiste λ ∈ R tale che(1, 7, 5) = λ(0, 2, 3). In conclusione, l e r sono sghembe. Quindi

u ∧ v = det

−→i 0 1−→j 2 7−→k 3 5

= (−11, 3,−2).

|u ∧ v| =√

121 + 9 + 4 =√

134

Quindi n = (−11,3,−2)√134

. Infine,

d(l, r) = |(0,−1,−1) · n| = 1√134

.

Quiz 33 (Esame 2013) Data la retta r : x+ y − z = x+ z = 0,

1. r e contenuta nel piano y = 0

2. r e nella direzione del vettore (1, 1, 0)

3. r non passa per l’origine

4. r e contenuta nel piano 2x+ y = 0

Soluzione

Per vedere se r e contenuta in un terzo piano, metto a sistema i tre piani.

x+ y − z = 0x+ z = 0y = 0

Sostituendo y = 0 nella prima mi viene la sola soluzione (0, 0, 0). I tre pianiquindi si intersecano in un punto, non si tratta di una retta.

x+ y − z = 0x+ z = 02x+ y = 0

11.6. SFERE E CIRCONFERENZE 91

La matrice del sistema e:

1 1 −12 1 01 0 1

ed ha rango 2. Quindi la soluzione del sistema e una retta e deve coincidereproprio con r.

4. e la soluzione corretta.Notiamo anche che passa per l’origine (basta sostituire (x, y, z) = (0, 0, 0) e

vedere che le equzioni sono valide). Ponenedo x = t, La sua forma parametricae t(1,−2, 1), che non e parallela (1, 1, 0).

Quiz 34 (Esame 2013) Sia l una retta dello spazio che interseca l’asse y inun punto. Allora

1. l giace su un piano del tipo y = a, a ∈ R

2. per ogni retta l′ che interseca l’asse y, allora l, l′ giacciono su un stessopiano

3. l giace su un piano di equazione ax+ bz = 0, a, b ∈ R

4. l e incidente con tutte le rette del tipo x = k, z = h, h, k ∈ R

Soluzione3. e vera. Infatti, sappiamo che per qualche h ∈ R, (0, h, 0) ∈ l (si noti che(0, h, 0) e un punto dell’asse y). Sostituendo in un generico piano ax+ by+ cz+d = 0, otteniamo ax+ by+ cz− bh = 0. Quindi ponendo b = 0 ottengo in effettiax+ cz = 0.

1. e falsa perche non necessariamente l e perpendicolare all’asse y. 2. e falsaperche l e l′ possono benissimo essere sghembe. 4. e falsa perche le rette deltipo x− k = z−h = 01, ovvero (k, 0, h) + t(0, 1, 0), che sono parallele all’asse y.Ma una retta non puo interesecare il fascio di tutte le rette parallele all’asse y.

11.6 Sfere e circonferenze

Se consideriamo l’equazione della circonferenza in R2 e aggiungiamo il terminein z, otteniamo l’equazione della sfera.

Equazione della sfera

(x− c1)2 + (y − c2)2 + (z − c3) = r2

r = raggio; C = (c1, c2, c3) centro.La circonferenza inR3, invece, non puo essere espressa con una sola equazione.

La possiamo scrivere come intersezione tra una sfera e un piano (ovvero met-tendo a sistema l’equazione di un piano e l’equazione di una sfera).

Circonferenza (in R3) = Sfera ∩ Piano

Vale anche il viceversa:

1L’espressione nel quiz e ambigua: si potrebbe intendere che x = k e z = h sono rette, cosache sappiamo essere falsa. Consideriamo quindi la loro intersezione.


Tutte le sezioni piane di una sfera sono circonferenze.

Esercizio 57 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 piano2. 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).

(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 tra S 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.

Esercizio 58 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.

2Non confondere con una retta in R2

11.6. SFERE E CIRCONFERENZE 93

z

x

h = 8

h = −8

Figure 11.4: Illustrazione dell’esercizio 58 (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.

(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.

(11.2)

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

(b) S : x2 + y2 = 163

(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.

3In R2 sarebbe una circonferenza, mentre in R3 e un cilindro.


Settimana 12

Funzioni in due variabili;quadriche

12.1 Quadriche

Algebricamente, possiamo pensare le quadriche la naturale estensione delle conichein R3. Se le coniche sono data dalle equazioni di secondo grado in due variabili,le quadriche sono date dalle equazioni di secondo grado in tre variabili.

Da un punto di vista geometrico, la coniche sono curve, mentre le quadrichesono superfici.

f(x, y, z) = a11x2 + a22y

2 + a33z2 + 2a12xy + 2a13xz+

+ 2a23yz + 2a14x+ 2a24y + 2a34z + a44 = 0

B = (aij)i,j=1,2,3,4 A = (ai,j)i,j=1,2,3

(x, y, z)A

xyz

+ 2(a14, a24, a34)

xyz

+ a44 = 0

Per la riduzione, si procede in modo analogo alle coniche (rotazione +traslazione).

La classificazione e piu complicata rispetto a quella delle coniche: ci sonomolte piu classi.

Supponiamo di avere una quadrica in forma canonica. Noi ci limiteremo aricordare la seguente classificazione.

• x2

a2 + y2

b2 + z2

c2 = 1 → ellissoide

• x2

a2 + y2

b2 − z2

c2 = 1 → iperboloide

• x2

a2 + y2

b2 − z = 0 → paraboloide

• x2

a2 + y2

b2 − z2

c2 = 0 → cono

95

96 SETTIMANA 12. FUNZIONI IN DUE VARIABILI; QUADRICHE

• x2

a2 + y2

b2 = 1 → cilindro ellittico

• x2

a2 −y2

b2 = 1 → cilindro iperbolico

• x2 + 2ay = 0 → cilindro parabolico

Per ricordarsi questa classificazione, puo essere utile capire come sono fattele varie sezioni di queste quadriche, ovvero: se io fisso una variabile (cioe, tagliola quadrica con un piano parallelo ad un piano coordinato) cosa succede? Per

esempio, se fisso z = α, α ∈ R nell’ellissoide, ottengo l’ellisse x2

a2 + y2

b2 = 1− α2

c2 .E se fisso x oppure y?

Consiglio poi di consultarehttps://it.wikipedia.org/wiki/Quadrica

http://www.math.uiuc.edu/Courses/math241/quadrics/

per avere un’idea piu di ampia della classificazione delle quadriche.

Quiz 35 Q : z2 = 2x2 + 3y2

1. Sia πc : z = c . Allora Q ∩ πc sono circonferenze

2. Esistono piani π tali che π ∩Q sono iperboli

3. E’ un’ellisse

4. E’ una sfera

Soluzione2. Provare per esempio col piano x = 1.

Quiz 36 f(x, y, z) = x2 − 4xz + z2, allora f(x, y, z) = 0

1. e una parabola

2. e un iperboloide

3. xf(x, y, z) = 1 e una quadrica

4. rappresenta due piani incidenti

Soluzione4. Posso fare cosı: x2 − 4xz + z2 = x2 − 4xz ± 4z2 + z2 = (x− 2z)2 − 3z2

Quindi f(x, y, z) = 0 se (x − 2z)2 − 3z2 = 0, cioe |x − 2z| =√

3|z|. Inconclusione, ho i due piani x − 2z =

√3z e x − 2z = −

√3z. Scritti meglio:

x = (2 +√

3)z e x = (2 −√

3)z. Si vede che sono incidenti perche i vettorinormali non sono paralleli.

Quiz 37 (Esame 2013) Nello spazio, si consideri la superficie S di equazionez = x2.

Quale delle seguenti affermazioni e vera?

1. S e una parabola

2. S e un cono

3. S e una sfera

https://it.wikipedia.org/wiki/Quadrica

http://www.math.uiuc.edu/Courses/math241/quadrics/

12.2. FUNZIONI IN DUE VARIABLI 97

4. S contiene l’asse delle y

Soluzione4. Dalla classificazione proposta prima, capiamo che si tratta di un cilindroparabolico. Fissato un certo y = c, si tratta infatti di una parabola. Al variaredi y, otteniamo una “pila di infinite parabole”. L’asse delle y, che non e altroche l’intersezione tra i piani x = 0 e z = 0, e contenuto in esso. Attenzionea non confondersi: z = x2 sarebbe una parabola se fossimo nel piano xz, mapoiche siamo nello spazio, non lo e! Ricordarsi sempre che la stessa espressionealgebrica assume significati diversi se considerata nel piano o nello spazio.

12.2 Funzioni in due variabli

• ∂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 (o stazionari): 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 59 Studiare

z = f(z, y) = 1−√

1− 2x2 − y2

Soluzione

Dominio: {(x, y) ∈ R2 : 2x2 + y2 ≤ 1} (regione contenuta nell’ellisse 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.

∇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 unasella 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.

L’esercizio si poteva risolvere anche utillizando le qaudriche. Infatti,

z = f(z, y) = 1−√

1− 2x2 − y2

cioe

1− z =√

1− 2x2 − y2.Assumendo

1− z ≥ 0

abbiamo:

(1− z)2 = 1− 2x2 − y2.Questa e una quadrica, in particolare e un ellissoide centrato in (0, 0, 1).

Poiche abbiamo posto z ≤ 1 in realta si tratta di meta ellissoide. Dovrebbeessere chiaro che (0, 0) e un minimo, mentre per z = 1 abbiamo infiniti massimi.

Quiz 38 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.

Soluzione 38 (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.

Esercizio 60 Studiare

f(x, y) =√x|y|

12.2. FUNZIONI IN DUE VARIABLI 99

Soluzione

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

• per y > 0: ∇f = 12

(√yx ,√

xy

)

• per y < 0: ∇f = 12

(√− 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.


Settimana 13

Funzioni vettoriali; curve

13.1 Funzioni vettoriali: matrice jacobiana

In questo corso, diamo solo alcuni cenni sulle funzioni vettoriali. In particolare,impariamo il concetto di matrice jacobiana, che e semplicemente la matrice checontiene le derivate prime.

Una funzione vettoriale e una funzione che associata un vettore di lunghezzam ad un vettore di variabili indipendenti di lunghezza n, n,m ≥ 1:

f : D ⊆ Rn → Rm

f(x1, . . . , xn) = (f1, . . . , fn).

Chiamiamo matrice jacobiana la matrice J(f) ∈ Rm×n che contiene lederivate parziali:

J(f) =

∂f1∂x1

· · · ∂f1∂xn

......

...∂fm∂x1

· · · ∂fm∂xn

13.1.1 Matrice jacobiana della composizione di funzioni

Date f : D ⊆ Rn → Rm e g : E ⊆ Rm → Rp

J(g ◦ f) = J(g) J(f)

Esercizio 61 Calcolare la matrice jacobiana di g◦f dove f(u, v) = (cosu, sin v)e g(x, y) = (x+ y, x− y)

Soluzione

J(f) =

(− sinu 0

0 cos v

)

J(g) =

(1 11 −1

)

101

102 SETTIMANA 13. FUNZIONI VETTORIALI; CURVE

J(g ◦ f) =

(− sinu cos v− sinuv − cos v

)

Esercizio 62 Calcolare la matrice jacobiana di g ◦ f dove f(t) = (t2, t) eg(x, y) = x+ y

Soluzione

J(f) =

(2t1

)

J(g) =(

1 1)

J(g ◦ f) = 2t+ 1

13.2 Curve

Chiamiamo curva una funzione continua il cui dominio e un intervallo I dellaretta reale.

γ : I ⊆ R→ Rn

γ(t) = (x1(t), . . . , xn(t))

Noi useremo n = 2, 3.

Una curva γ(t) e detta regolare se

• e iniettiva

• γ(t) ∈ C∞

• γ′(t) 6= 0

La retta tangente a γ(t) nel punto P e

r : P + tγ′(t)

Quiz 39 La curva γ(t) = (t, sin t, 3t)

1. e tangente alla retta r : τ(1, 1, 3) in P = (0, 0, 1)

2. non e regolare

3. e piana

4. e perpendicolare a r : τ(1, 1, 3) in P = (0, 0, 0)

13.2. CURVE 103

Soluzione3. γ e iniettiva, γ′(t) = (1, cos t, 3), quindi non e mai (0, 0, 0). Quindi γ eregolare. Il punto (0, 0, 1) non appartiene alla curva, quindi 1. non ha senso.Invece P = (0, 0, 0) appartiene alla curva (la si ottiene per tP = 0). Poicheγ′(tP ) = (1, 1, 3), la retta r : τ(1, 1, 3) e la tangente a γ in P . Possiamo vedereche si tratta di una curva piano provando a sostituire (x, y, z) = (t, sin t, 3t)nell’equazione di un generico piano ax+ by+ cz+d = 0 e verificando se esistonoa, b, c, d (non tutti nulli) tali che l’equazione vale per qualsiasi t ∈ D = R. Inquesto caso, otteniamo

(a+ 3c)t+ b sin t+ d = 0

Basta quindi porre a+ 3c = 0 e b = 0 (da cui d = 0) perche l’equazione siarisolta per qualsiasi t ∈ R. Otteniamo quindi il piano;

−3cx+ cz = 0, c 6= 0

e dividendo per c:

z = 3x.

Quiz 40 (Esame 2014) La curva γ(t) = (t2, 4t2 − 1, 5− t2)

1. e regolare su tutto R

2. v = (2, 8,−1) e il suo vettore tangente in P = (1,−1, 5)

3. e piana

4. ammette versore tangente in ogni suo punto

Soluzione3. γ′(t) = (2t, 8t,−2t) si annulla per t = 0, quindi γ non e regolare e inoltre pert = 0 non possiamo calcolare il versore tangente. Non esiste t ∈ R per cui γ(t) =(1,−1, 5), quindi P non appartiene a γ. Ponendo τ = t2, otteniamo γ(τ) =(0,−1, 5) + τ(1, 4,−1), τ ≥ 0: si tratta quindi di una semiretta (che ovviamentee una curva piana). Se (come fatto nell’esercizio precedente) sostituiamo γnell’equazione di un generico piano ax+by+cz+d = 0, otteniamo a+4b−c = 0e −b+ 5c+ d = 0, da cui il fascio di piani: (c− 4b)x+ by + cz − b− 5c = 0.

13.2.1 Integrale di linea

L’integrale di linea (o curvilineo) e l’integrale di una funzione f valutata lungouna curva γ.

Ne esistono di diversi tipi. Noi vediamo l’integrale cosiddetto di prima specie,cioe l’integrale di una funzione f : Rn → R. Si definisce nel modo seguente:

Data f : Rn → R e una curva γ : [a, b]→ Rn

∫

γ

f ds =

∫ b

a

f(γ(t)) ‖γ′(t)‖ dt

Se integriamo la funzione costante f = 1, otteniamo la lunghezza della curva:

104 SETTIMANA 13. FUNZIONI VETTORIALI; CURVE

Data una curva γ : [a, b]→ Rn, la sua lunghezza e data da:

∫

γ

ds =

∫ b

a

‖γ′(t)‖ dt

Quiz 41 (Esame 2014) Data la curva γ : [0, π]→ R3, γ(t) = (cos t, sin t, t√

3),la sua lunghezza e:

1. π

2. 3π

3. 2π

4. π√

3

Soluzione

∫

γ

ds =

∫ π

0

∥∥∥(− sin t, cos t,√

3)∥∥∥ dt

=

∫ π

0

2 dt = 2π.

13.2.2 Tools

Per disegnare curve:http://www.wolframalpha.com/widgets/view.jsp?id=5c957a8387f9276a0a5484e440a98e

Per Disegnare grafici di funzioni in due variabili:http://www.wolframalpha.com/widgets/view.jsp?id=76e099ad87023a930455f3ddf785569f

http://www.wolframalpha.com/widgets/view.jsp?id=5c957a8387f9276a0a5484e440a98e

http://www.wolframalpha.com/widgets/view.jsp?id=76e099ad87023a930455f3ddf785569f

Settimana 14

Superfici; test finale

14.1 Superfici

Chiamiamo superficie l’immagine di una funzione differenziabile definita su unaperto A di R2, a valori in R3:

S : A ⊆ R2 → R3

S(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v))

Esempio: il grafico di una funzione f : R2 → R3 (z = f(x, y)) differenziabilee una superficie. Puo essere parametrizzata in questo modo:

x = u, v = y, z = f(u, v)

quindi

S(u, v) = (u, v, f(u, v)).

Data un superficie S(u, v) = (x, y, z), sia J(S) sua matrice jacobiana:

J(S) =

∂x∂u

∂x∂v

∂y∂u

∂y∂v

∂z∂u

∂z∂v

.

Ora, in un punto P ∈ S, le colonne di J(S) (chiamiamole J(1)P (S) e J

(2)P (S))

sono parallele alla superficie in quel punto, ovvero determinano l’orientamento

del piano tangente. Possiamo quindi anche dire che J(1)P (S)∧J(2)P (S) e vettore

normale al piano tangente. Per trovare l’equazione del piano tangente nel puntoP ci basta quindi calcolare:

(x− x0, y − y0, z − z0) · J (1)P (S) ∧ J (2)

P (S) = 0

dove P = (x0, y0, z0). Imponiamo cioe l’ortogonalita tra un generico vettoreappartenente al piano e il vettore normale.

Quando la superficie e il grafico di una funzione z = f(x, y), poiche S(u, v) =(u, v, f(u, v)), il vettore normale e:

105

106 SETTIMANA 14. SUPERFICI; TEST FINALE

J (1)(S) ∧ J (2)(S) =

∣∣∣∣∣∣

i j k

1 0 ∂f∂u

0 1 ∂f∂v

∣∣∣∣∣∣= −

(∂f

∂u,∂f

∂v,−1

).

Comunemente troviamo scritto che il vettore normale a z = f(x, y) e ∇F =(∂f∂x ,

∂f∂y ,−1

), dove F : R3 → R e definito da F (x, y, z) = f(x, y)− z.

14.2 Simulazione test d’esame

Quiz 1 Sia M ∈ R3,2.(a) M ha rango 2(b) M ha determinante ≤ 2(c) MMT ha determinante non nullo(d) L’applicazione lineare f(x) = Mx, x ∈ R2, non e suriettiva.

Quiz 2 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 3 Sia M =

2 0 01 1 12 2 2

.

(a) M ha rango massimo(b) M non ha l’autovalore 0 perche e invertibile(c) M non e diagonalizzabile perche non e invertibile(d) M e diagonalizzabile

Quiz 4 Nello spazio, Q : x2 − y2 = 3(a) e un’iperbole(b) e un cono(c) e un paraboloide(d) le sezioni di Q con i piani z = k sono insiemi non vuoti

Quiz 5 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 6 Sia f(x, y) = π − x2 − 3y + y3 − 2x(a) f ha un punto di sella per (x, y) = (0, 0)(b) Il piano tangente al grafico di f nel punto (0, 0, π) e z = π − 3y − 2x(c) f(x, y) = y3 e l’equazione di un’ellisse sul piano xy(d) f e un endomorfismo di R2

14.2. SIMULAZIONE TEST D’ESAME 107

Quiz 7 Nello spazio, siano dati S : x2 +y2 +z2 +4y−2z = 0, π : x−y = 0.(a) π e tangente a S(b) S ∩ π ha raggio

√3

(c) la distanza tra il centro di S e π e√

5(d) il centro di S ∩ π e (0,−2, 1)

Quiz 8 Dato il piano π : −2y + 2z = 0 e la retta l : x = z + y = 0(a) l ⊂ π(b) l ∩ π non e uno spazio vettoriale(c) l e normale a π(d) l non e uno spazio vettoriale

Quiz 9 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(Imf)=2

Quiz 10 Data f(x, y) = x2 − y2 + x4 + y4,

(a) (0, 0) e un punto di sella,(

0, 1√2

)e un massimo relativo

(b) (0, 0) e un punto di sella,(

0, 1√2

)e un minimo relativo

(c) (0,− 1√2) e un massimo relativo,

(0, 1√

2

)e un minimo relativo

(d) (0,− 1√2) e un minimo relativo,

(0, 1√

2

)e un massimo relativo

Esercizio 1 Si consideri al variare di k ∈ R la famiglia di matrici

Ak =

1 0 20 k 02 k − 3 1

(i) Determinare per quali k Ak e invertibile(ii) Studiare la diagonalizzabilita di Ak al variare di k(iii) Posto k = 3, determinare, se esiste, una matrice N tale che N−1A3N

e diagonale. Si puo trovare tale N ortogonale?

Esercizio 2 Nello spazio, sia data la superficie S di equazioni parametriche:

S :

x = v + 1 + cosuy = −1− v + 2 sinuz = 3v

(i) Calcolare la matrice jacobiana di F (u, v) = S(ii) Calcolare l’equazione del piano tangente a S nel punto P = (4,−3, 6)(iii) Calcolare la retta normale a S nel punto (2,−1, 0).(iv) Le curve F (0, v) e F (u, 0) sono piane?(v) Calcolare l’equazione canonica dell’intersezione tra S il piano xy.


Soluzione Quiz 1 (d). Lo SV di arrivo ha dimensione 3, ma l’immagine nonpuo avere dimensione superiore a 2.

(a) il rango puo essere ≤ 2(b) una matrice non quadrata non ha determinante(c) ρ(MMT ) ≤ min{ρ(M), ρ(MT )} ≤ 2

Soluzione Quiz 2 (a). Se le righe di A sono l.i., A e invertibile x = A−1b (vediRouche-Capelli)

(b) controesempio: A =

(1 23 4

)

(c) A e invertibile e abbiamo solo la sol. nulla(d) controesempio A = I

Soluzione Quiz 3 (d). Si calcolino gli autovalori: sono 0,2,3. Essendo tuttidiversi, abbiamo una condizione sufficiente per la diagonalizzabilita.

(a)-(b) Facile vedere che il rango non e massimo, quindi non e invertibile(c) Non c’e legame tra invertibilita e diagonalizzabilita

Soluzione Quiz 4 (d). Si tratta di un cilindro iperbolico

Soluzione Quiz 5 (a). Per verificare se una curva e piana, sostituisco γ(t) =(x(t), y(t), z(t)) in un generico piano ax+ by + cz + d = 0 e vedo se l’equazioneche ottengo puo avere soluzione per qualsiasi t. Nel caso specifico, ottengo:(a + b)t + ct2 + d = 0. Affinche l’uguaglianza sia verificata per ogni t, annulloi coefficienti dove compare t, impongo cioe a + b = c = 0. A questo puntodevo anche avere d = 0. Il piano che ottengo e quindi ax − ay = 0, a 6= 0 (eovviamente posso semplificare in x− y = 0).

(c) e una parabola sulla retta x = y(d) P=(1,1,1) per t = 1. γ′(1) = (1, 1, 2)

Soluzione Quiz 6 (b) ∇F = (2x− 2,−3 + 3y2,−1) (dove F = f(x, y)− z). Nelpunto P = (0, 0, π), ottengo ∇F (P ) = (−2,−3,−1). Infine calcolo

(x− 0, y − y, z − π) · (−2,−3,−1) = 0

e ottengo

−2x− 3y + z − π = 0.

Soluzione Quiz 7 (b). La sfera ha raggio e centro RS =√

5 e CS = (0,−2, 1).(a) e (c) devono essere false perche affermano la stessa cosa!Con la formula della distanza punto/piano scopro che d(π,CS) =

√2, quindi

π e S sono secanti.Le retta passante per CS e ortogonale a π e r : (0,−2, 1) + t(1,−1, 0).Sia c = S ∩ π la circonferenza di intersezione. Il suo centro e Cc = r ∩ π =

(−1,−1, 1). Con Pitagora, calcolo che il raggio di c e

rc =√R2S − |Cc − CS |2 =

√3.

14.2. SIMULAZIONE TEST D’ESAME 109

Simpatico link in cui si puo capire visivamente questo procedimento: http://www.dmmm.uniroma1.it/~giuseppe.accascina/2012-05-17-Mathesis-Roma/

Mozzarella/mozzarella.htm.

Soluzione Quiz 8 (c). Sappiamo che un piano ax+ by + cz + d = 0 ha vettorenormale (a, b, c), quindi π ha vettore normale v = (0,−2, 2). In forma paramet-rica, ponendo y = 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 9 (d) Impostiamo il prodotto vettoriale: 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.

Soluzione Quiz 10 (b) ∇f = (2x(1 + x2),−2y(1 − 2y2)) si annulla in (0, 0),(0,± 1√

2). Dal calcolo della matrice Hessiana troviamo la soluzione.

Soluzione Esercizio 1(i) Invertibile per k 6= 0(ii) Autovalori: λ1 = k, λ2 = 3, λ3 = −1. Sicuramente diagonalizzabile per

k /∈ {3,−1}.Per k = −1, l’autospazion corrispondente ha ν = 1, quindi non e diagonal-

izzabile.Per k = 3 la matrice e simmetrica, quindi diagonalizzabile.(iii) Vera perche simmetrica.

Soluzione Esercizio 2(i)

J(S) =

− sinu 12 cosu −1

0 3

.

(ii) ∣∣∣∣∣∣

x− 4 y − 3 z − 60 2 01 −1 3

∣∣∣∣∣∣= 3x− z − 6 = 0

(iii)

∣∣∣∣∣∣

i j k0 2 01 −1 3

∣∣∣∣∣∣= (6, 0,−2)

(iv) F (0, v) = (2,−1, 0) + v(1,−1, 3) e una retta;F (u, 0) = (1 + cosu,−1 + 2 sinu, 0) e piana perche e contenuta nel piano

z = 0.

http://www.dmmm.uniroma1.it/~giuseppe.accascina/2012-05-17-Mathesis-Roma/Mozzarella/mozzarella.htm




(v) Il piano xy e il piano z = 0, e z = 0 se e solo se v = 0. Quindil’intersezione tra la superficie e il piano e F (u, 0), appena studiata nel punto(iv).

x = 1+cosu, y = −1+2 sinu, e usando la trigonometria (cos2 u+sin2 u = 1),posso scrivere

(x− 1)2 +(y + 1)2

4= 1.

Si tratta quindi di un’ellisse nel piano z = 0.

Documents

Geometria 2016: Esercizi e Note - polito.itcalvino.polito.it/~fosson/geom16web.pdf · Geometria 2016: Esercizi e Note Sophie M. Fosson [email protected] June 8, 2016