A) FORME BILINEARI E FORME QUADRATICHE - SPAZI VETTORIALI EUCLIDEI
A0) a) Applicando il procedimento di Gram-Schmidt alla base
$\mathbf{b}= \left\{\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 3\\3\\0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 1\\2\\3 \end{array}\right) \right\}
$
di $\mathbb{R}^3$ determinare una base ortogonale rispetto al prodotto scalare standard.
Soluzione: La base $\mathbf{v}$ cercata è: $v_1=b_1=\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right); \ \
v_2 = b_2-\frac{b_2\bullet v_1}{v_1\bullet v_1}v_1=\left(\begin{array}{c} 3\\3\\0\end{array}\right)-\frac{6}{3}\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 1\\1\\-2\end{array}\right);
\ \
v_3= b_3-\frac{b_3\bullet v_1}{v_1\bullet v_1}v_1 - \frac{b_3\bullet v_2}{v_2\bullet v_2}v_2 = \left(\begin{array}{c} 1\\2\\3 \end{array}\right)-\frac{6}{3}\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right) +\frac{3}{6}\left(\begin{array}{c} 1\\1\\-2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} -1/2\\1/2\\0\end{array}\right)
$
b) Stesso esercizio con la base $\mathbf{b}= \{v_1=(1,0,1),v_2=(0,1,1), v_3=(0,1,-1)\}$.
Soluzione: $w_1=v_1, \ w_2=(-1/2,1,1/2), \ w_3=(2/3,2/3,-2/3)$.
A1) In $\mathbb{R}^2$ con prodotto scalare standard si considerino la base canonica $\mathbf{e} =\{e_1,e_2\}$, e la base ortonormale $\mathbf{b}=\{b_1,b_2\}$ dove $b_1= (\sqrt{2}/2,\sqrt{2}/2)$,
$b_2=(-\sqrt{2}/2,\sqrt{2}/2)$. Si calcolino le coordinate di $v=(2,3), \ w=(-1,1)$ rispetto a $\mathbf{b}$ e il valore di $v\bullet w$ rispetto alle due basi (che deve essere lo stesso).
A2) Si verifichi che la matrice $A = \left(\begin{array}{ccc}1&1&1\\1&2&2\\1&2&3\end{array}\right)$ definisce un prodotto scalare $\langle,\rangle$ in $\mathbb{R}^3$. Applicare il procedimento di Gram-Schmidt alla base canonica e costruire una base ortogonale rispetto a $\langle,\rangle$. ( Soluzione: $b_1=(1,0,0), b_2=(-1,1,0), b_3=(0,-1,1)$).
A3) Si determini una base ortonormale $\mathbf{b}$ di $\mathbb{R}^3$ rispetto al prodotto scalare standard, applicando il procedimento di Gram-Schmidt alla base $\mathbf{v}$ formata dai vettori:
$v_1=(1,0,1), \ v_2=(0,1,1),\ v_3=(0,1-1)$. Si verifichi che la matrice del cambiamento di base da $\mathbf{b}$ alla base canonica è ortogonale.
( Soluzione: $b_1=(\sqrt{2}/2,0,\sqrt{2}/2),\ b_2=(-\sqrt{6}/6,\sqrt{2/3},\sqrt{6}/6), \ b_3=(\sqrt{3}/3,\sqrt{3}/3,-\sqrt{3}/3)$).
A4) Scrivere la matrice delle seguenti forme quadratiche su $\mathbb{R}^3$, rispetto alla base canonica: $q(x_1,x_2,x_3) = 2x_1x_3-5x_2x_3$; $\ \ q(x_1,x_2,x_3) = x_2^2-3x_1x_2+5x_2x_3 + x_3^2$;
$\ \ q(x_1,x_2,x_3) = x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3$.
A5) Dimostrare che, se $N$ è una matrice quadrata qualsiasi, allora $A = ^tNN$ è simmetrica.
A6) Diagonalizzare la forma quadratica su $\mathbb{R}^2$: $Q(x,y)=5x^2+5y^2-26xy$, esibendo la matrice ortogonale utilizzata. Classificare $Q$ e trovare la base di Sylvester e la forma canonica di Sylvester.
A7) Stesso esercizio con $Q(x,y)= x^2+y^2 + xy$.
A8) Come nell'esercizio precedente ma per la forma quadratica su $\mathbb{R}^3$: $Q(x,y,z)= -2y^2-2z^2 - 2xy - 2xz - 2 yz$.
A9) Si dimostri che se $Q$ è una forma quadratica definita (positiva o negativa) allora $Q$ non possiede vettori isotropi $\ne 0$. Dimostrare che se invece $Q$ è degenere o indefinita allora ne possiede.
A10) Sia $Q:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}$ la forma quadratica $Q(x_1,x_2,x_3)= x_1^2+4x_1x_3-x_2^2+x_3^2$. La matrice simmetrica che la definisce rispetto alla base canonica è
$A = \left(\begin{array}{ccc}1&0&2 \\0&-1&0 \\ 2&0&1 \end{array}\right)$. Il polinomio caratteristico è $P_A(\lambda)= (1+\lambda)^2(3-\lambda)$ e quindi gli autovalori sono $\lambda=-1$ con molteplicità 2 e $\lambda=3$ con molteplicità 1. Quindi possiamo affermare che esiste una base ortonormale $\mathbf{b}$ rispetto alla quale $Q$ si diagonalizza nella forma $Q(y_1,y_2,y_3)=3y_1^2-y_2^2-y_3^2$. Possiamo anche affermare che $Q$ ha rango 3 e segnatura $(1,2)$. Quindi $Q$ è nondegenere e indefinita.
Per determinare $\mathbf{b}$ dobbiamo considerare $A$ come matrice di un operatore simmetrico e trovarne gli autospazi. L'autovatore $\lambda=3$ ha autospazio 1-dimensionale $V_3$ di equazioni
$x_1-x_3=0$, $x_2=0$. Pertanto un versore che genera $V_3$ è $b_1=(\sqrt{2}/2,0,\sqrt{2}/2)$. L'autospazio $V_{-1}$ ha dimensione 2 ed equazione $x_1+x_3=0$. Ovviamente $V_{-1}=b_1^\perp$. Una sua base ortonormale è ad esempio $\{b_2,b_3\} = \{(\sqrt{2}/2,0,-\sqrt{2}/2),(0,1,0)\}$. Quindi la base cercata è: $\mathbf{b}=\{(\sqrt{2}/2,0,\sqrt{2}/2),(\sqrt{2}/2,0,-\sqrt{2}/2),(0,1,0)\}$.
[Si osservi che $\mathbf{b}$ non è unica: $b_1$ può essere sostituito da $-b_1$ e $b_2,b_2$ da un'altra base ortonormale di $V_{-1}$, e ce ne sono infinite].
Consideriamo ora la matrice del cambiamento di base $M_{\mathbf{e},\mathbf{b}} = \left(\begin{array}{ccc}\sqrt{2}/2&\sqrt{2}/2&0 \\0&0&1\\ \sqrt{2}/2&-\sqrt{2}/2&0\end{array}\right)$ che è una matrice ortogonale. Con un semplice calcolo si verifica che $^tM_{\mathbf{e},\mathbf{b}}A M_{\mathbf{e},\mathbf{b}} = \left(\begin{array}{ccc}3&0&0\\ 0&-1&0 \\ 0&0&-1\end{array}\right)$ che è appunto la matrice di $Q$ rispetto a $\mathbf{b}$.
La forma canonica di Sylvester di $Q$ è $Q(z_1,z_2,z_3) = z_1^2-z_2^2-z_3^2$. La base di Sylvester corrispondente si ottiene da $\mathbf{b}$ moltiplicando ogni vettore relativo ad un autovalore $\lambda_i\ne 0$ per $\sqrt{|\lambda_i|}^{-1}$. In questo caso l'unico vettore che va modificato è $b_1$, che va moltiplicato per $\sqrt{3}^{-1}$. Quindi la base di Sylvester associata a $\mathbf{b}$
è $\mathbf{s}= \{(1/\sqrt{6},0,1/\sqrt{6}), (\sqrt{2}/2,0,-\sqrt{2}/2),(0,1,0)\}$. Per avere conferma di non aver sbagliato i calcoli è consigliabile verificare che il valore di $Q$ sui vettori $b_i$ e su $(1/\sqrt{6},0,1/\sqrt{6})$ siano quelli giusti. Ad esempio:
$Q(1/\sqrt{6},0,1/\sqrt{6}) = (1/\sqrt{6})^2 + 4 (1/\sqrt{6})^2 - 0^2 + (1/\sqrt{6})^2 = 1$.
A11) Svolgere la stessa discussione del n. 10 per la forma quadratica $Q(x_1,x_2,x_3)= 3x_1^2 + 4x_2^2 + 3 x_3^2-2x_1x_2+2x_2x_3$ su $\mathbb{R}^3$. Soluzione:
$A= \left(\begin{array}{ccc}3&-1&0 \\-1&4&1 \\ 0&1&3 \end{array}\right)$, $P_A(\lambda) = (2-\lambda)(3-\lambda)(5-\lambda)$, rango $r=3$, segnatura $(3,0)$. Forma diagonalizzata
$Q(y_1,y_2,y_3)=2y_1^2+3y_2^2+5y_3^2$. Forma canonica di Sylvester: $Q(z_1,z_2,z_3)=z_1^2+z_2^2+z_3^2$. Base ortonormale diagonalizzante:
$\mathbf{b} = \{(1/\sqrt{3},1/\sqrt{3},-1/\sqrt{3}),(1/\sqrt{2},0,1/\sqrt{2}),(-1/\sqrt{6},2/\sqrt{6},1/\sqrt{6})\}$. Base di Sylvester:
$\mathbf{s}= \{(1/\sqrt{6},1/\sqrt{6},-1/\sqrt{6}),(1/\sqrt{6},0,1/\sqrt{6}),(-1/\sqrt{30},2/\sqrt{30},1/\sqrt{30})\}$.
A12) Sia $Q: \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}$ la forma quadratica associata alla matrice $A = \left(\begin{array}{cccc}1&0&0&-1 \\ 0&0&1&0 \\0&1&0&0 \\-1&0&0&0\end{array}\right)$
Determinarne rango, segnatura, forma canonica di Sylvester, e classificarla.
Soluzione: rango 4, segnatura $(2,2)$, Sylvester: $z_1^2+z_2^2-z_3^2-z_4^2$. È indefinita nondegenere.
A14) Determinare la matrice del prodotto scalare standard in $\mathbb{R}^2$ rispetto alla base $\mathbf{b} = \left\{\left(\begin{array}{c}3\\5\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-1\\7\end{array}\right)\right\}$.
Soluzione: La matrice $A$ cercata può essere calcolata con la regola $a_{ij} = b_i\bullet b_i$, e quindi $A = \left(\begin{array}{cc}34&32\\32&50 \end{array}\right)$. Un modo alternativo per calcolare è utilizzando la formula $A=^tM \mathbf{I}_2 M = ^tMM$, dove $M=M_{\mathbf{eb}}=\left(\begin{array}{cc}3&-1\\5&7\end{array}\right)$ è la matrice di passaggio dalla base $\mathbf{b}$ alla base canonica $\mathbf{e}$.
A15) Si consideri la matrice $A=\left(\begin{array}{cc}3&2\\2&2\end{array}\right)$. Dopo aver verificato che $A$ definisce un prodotto scalare $\langle,\rangle$ in $\mathbb{R}^2$
determinare la matrice $B$ di $\langle,\rangle$ rispetto alla base $\mathbf{b} = \left\{\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-1\\3\end{array}\right)\right\}$.
Soluzione: Come nell'esercizio precedente si può procedere in due modi. Il primo procedimento dà $b_{11}=\langle b_1, b_1\rangle= 9, \ b_{12}=b_{21}= 7,\ b_{22}=9$, e quindi $B=\left(\begin{array}{cc}9&7\\7&9\end{array}\right)$. Con il secondo metodo si ottiene $B=^tMAM$ dove $M=M_{\mathbf{eb}}=\left(\begin{array}{cc}1&-1\\1&3\end{array}\right)$.
B) GEOMETRIA ANALITICA
B1) Rango e principio dei minori orlati - Sia $M \in M_{m,n}(\mathbb{R})$ una matrice $m\times n$. Una sua sottomatrice $h\times k$ è una matrice ottenuta come intersezione di $h$ righe e di $k$ colonne di $M$. Un minore di ordine $k$ di $M$ è il determinante di una sottomatrice quadrata di ordine $k$. Data una sottomatrice quadrata $N$ di $M$ di ordine $k$, i
minori orlati di $N$ sono i minori ottenuti come determinanti delle sottomatrici quadrate di ordine $k+1$ di $M$ ottenute aggiungendo una riga e una colonna a quelle che definiscono $N$ (cioè ''orlando'' $N$).
Esempio: $M = \left(\begin{array}{ccc} 1&3&7 \\ 12& 0,5& \pi\end{array}\right)$. Le sottomatrici quadrate $2\times 2$ di $M$ sono $\left(\begin{array}{cc}1&3\\ 12& 0,5\end{array}\right)$,
$\left(\begin{array}{cc}1&7 \\ 12 & \pi \end{array}\right)$, $\left(\begin{array}{cc}3&7 \\ 0,5& \pi\end{array}\right)$. I corrispondenti minori sono
$\left|\begin{array}{cc}1&3\\ 12& 0,5\end{array}\right| = 71/2$, $\left|\begin{array}{cc}1&7 \\ 12 & \pi \end{array}\right|= \pi - 84$, $\left|\begin{array}{cc}3&7 \\ 0,5& \pi\end{array}\right|= 3\pi -7/2.$ Le sottomatrici quadrate ottenute orlando $(3)$ sono $\left(\begin{array}{cc}1&3\\ 12& 0,5\end{array}\right)$ e $\left(\begin{array}{cc}3&7 \\ 0,5& \pi\end{array}\right)$.
I seguenti fatti sono utili nella risoluzione di problemi che richiedono il calcolo del rango di una matrice.
Teorema: (a) Il rango di una matrice $M \in M_{m,n}(\mathbb{R})$ è il massimo ordine dei minori non nulli di $M$. (b) Una matrice $M \in M_{m,n}(\mathbb{R})$ ha rango $r$ se e solo se possiede un minore non nullo di ordine $r$ e tutti i minori di ordine $r+1$ ottenuti orlando quel minore sono nulli.
Per maggiori dettagli ed esempi si consulti il libro di testo, n. 2.3 p. 50.
B2) In $\mathbb{R}^2$, determinare un'equazione cartesiana della retta $r$ parallela alla retta $s: 2x+y-1=0$ e passante per il punto comune alle rette $x-2y+8 = 0 = 3x-y-1$.
Soluzione: La retta cercata ha equazione $2x+y+\lambda=0$ dove $\lambda$ deve essere determinato. La condizione di passaggio richiesta è equivalente alla condizione che $r$ appartenga al fascio proprio determinato dalle due rette assegnate. Quindi, affinche' ciò avvenga si deve avere:
$\left|\begin{array}{ccc}2&1&\lambda \\ 1&-2&8 \\ 3&-1&-1 \end{array}\right|=0$. Questa condizione dà $\lambda=9$ e quindi $r: 2x+y-9=0$.
B3) In $\mathbb{R}^2$ si considerino le due rette, dipendenti da un parametro $m \in \mathbb{R}$, di equazioni: $mx+y-m=0, \quad x+4my+2m=0$. Determinare i valori di $m$ per i quali le due rette sono: a) parallele, b) coincidenti, c) hanno il punto comune sulla retta $r:x-y-1=0$.
Soluzione: a) La condizione di parallelismo è $\left|\begin{array}{cc}m&1\\1&4m
\end{array}\right|=0$, che fornisce i valori $m = \pm 1/2$.
b) La condizione di coincidenza equivale alla proporzionalità delle due equazioni, e quindi alla condizione che la matrice $\left(\begin{array}{ccc}m&1&-m \\ 1 & 4m & 2m\end{array}\right)$ abbia rango 1. Calcolando si trova il valore $m = - 1/2$.
c) La condizione richiesta equivale a che le tre rette appartengano allo stesso fascio. Quindi dev'essere $\left|\begin{array}{ccc}1&-1&1\\ m&1&-m \\ 1 & 4m & 2m\end{array}\right|=0$. Si trova $m = 1/5, -1/2$.
B4) In $\mathbb{R}^2$ siano assegnate rette $r,r'$di equazioni cartesiane: $Ax+By+C=0$ e $A'x+B'y+C'=0$ rispettivamente. Allora
$r$ ed $r'$ sono parallele se e solo se $\left|\matrix{A&B\\A'&B'}\right|=0$. In tal caso sono coincidenti oppure distinte a seconda la matrice $\pmatrix{A&B&C\\A'&B'&C'}$ abbia rango uno oppure due.
Le rette $r$ ed $r'$ sono perpendicolari se e solo se $AA'+BB'=0$.
B5) Tre punti $(a_1,a_2),(b_1,b_2),(c_1,c_2)$ di $\mathbb{R}^2$ sono allineati se e solo se $\left|\matrix{1&a_1&a_2 \\1&b_1&b_2\\1&c_1&c_2}\right|=0$.
Dimostrazione: I tre punti sono allineati se e solo se sono proporzionali i due vettori $(b_1-a_1,b_2-a_2),(c_1-a_1, c_2-a_2)$, cioè se e solo se
$\left|\matrix{b_1-a_1&b_2-a_2 \\ c_1-a_1& c_2-a_2}\right|=0$. Ma
$\left|\matrix{b_1-a_1&b_2-a_2 \\ c_1-a_1& c_2-a_2}\right|= \left|\matrix{1&0&0\\0&b_1-a_1&b_2-a_2 \\ 0&c_1-a_1& c_2-a_2}\right|= \left|\matrix{1&a_1&a_2 \\1&b_1&b_2\\1&c_1&c_2}\right|$.
B6) Determinare un'equazione cartesiana della retta passante per il punto comune alle rette $3x+y=4$ e $2x-y=1$ e soddisfacente una delle seguenti condizioni:
a) passa per l'origine, b) passa per il punto $(1,-1)$, c) è parallela alla retta $2x+4y+3=0$, d) passa per il punto comune alle rette $x+2y=1$, $x+3y=0$.
Soluzione: a) $x-y=0$, b) $x-1=0$, c) $x+2y-3=0$, d) $x+y-2=0$.
B7) Determinare il coseno dell'angolo convesso formato dalle rette $3x-2y=0$ e $x+y-5=0$ orientate nel verso delle $x$ crescenti.
Soluzione: Per orientare le rette nel modo richiesto è sufficiente sceglierne vettori di direzione con prima coordinata positiva. Quindi ad esempio $(2,3)$ e $(1,-1)$ rispettivamente. Si ottiene quindi
$\cos(\theta) = \frac{-1}{\sqrt{26}}$.
B8) Determinare un'equazione cartesiana della retta passate per il punto medio del segmento di estremi $A=(2,-3)$ e $B=(-1,4)$ e perpendicolare all'asse delle $x$.
Soluzione: La retta cercata è parallela all'asse delle $y$ e quindi della forma $x=c$. Il punto medio del segmento $AB$ è il punto
$M=A+\frac{1}{2}(B-A)=(2,-3)+\frac{1}{2}(-3,7)=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$. Quindi la retta cercata è $x=\frac{1}{2}$.
B9) Utilizzando la formula:
$d(Q,r) = \frac{|aq_1+bq_2+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$
per la distanza di un punto $Q=(q_1,q_2)$ da una retta $r:ax+by+c=0$ (formula [7.31] p. 166 del testo Flamini-Verra), calcolare la distanza del punto $Q=(2,-5)$ dalla retta $r:3x+y+11=0$.
Soluzione: $d(A,r)= \frac{12}{\sqrt{10}}$.