Simulazione scritto d'esame 2

[Massimo Gobbino]

Ecco il nuovo scritto settimanale. Se però non li fa nessuno, è inutile che io li produca fino a quando non serviranno veramente

[DaroB94]

Ho provato a fare il primo esercizio, mi torna

a) Area = 11

b) P = ( 40/23, 51/23, 56/23 )

c) il punto P di intersezione ( -5/3, 0, -1) e l'angolo mi torna alfa = 125° ( 25/36 radianti)

Il secondo esercizio mi è tornata una matrice piena di frazioni molto brutta

[Neomatrix092]

Primo esercizio: tabula rasa. Te come hai fatto?

Secondo esercizio: verificare la somma diretta = R^4 vuol dire che V e W hanno dimensione 2. E' sufficiente dire che i due sottospazi sono definiti tramite due vincoli linearmente indipendenti e quindi hanno dimensione 2 (e quindi torna con il discorso somma diretta, cioè intersezione tra V e W vuota) ?
Poi come si fa a dimostrare l'unicità dell'applicazione lineare (l'avevo già fatta questa domanda ma non ho avuto una risposta chiara)?

Terzo esercizio: Work in progress xD

Quarto esercizio: il determinante della matrice incompleta è 3a-30. Per a=10 ho det nullo e quindi rango <=2. In altri casi il sistema è risolubile per ogni b reale.
Domanda: quando sostituisco a=10 e risolvo, vedo che z sparisce e trovo b=21. Che significa?

[DaroB94]

Nel primo ho usato il prodotto vettoriale, per dimostrare il secondo mi sono limitato a dimostrare che, data una base di V e una di W, il determinante della matrice 4x4 con dentro i vettori delle 2 basi ha determinante diverso da 0. Dimostrando che il determinante è diverso da 0 puoi dire che quei 4 vettori sono linearmente indipendenti, quindi sono una base e generano R^4.
Nella seconda parte del 2 occorre trovare la matrice A' = M A M^-1, dove A è la matrice dell'applicazione lineare che trasforma i coefficienti dei vettori dati (Il prof mi corregga se sto sbagliando il modo di dirlo!), ovvero

Per dimostrare che è unica basta dire che il determinante di A o A' è diverso da zero (altrimenti ce ne sarebbero infinite) ma dato che A è

-1 0 0 0
0 -1 0 0
0 0 3 0
0 0 0 3

Si vede in fretta che il determinante non è zero. Più complicato è trovare la matrice A' che trasforma le componenti della base canonica invece delle coefficienti dei vettori, dato che occorre fare l'inversa di una 4x4 (mi sono venute una marea di frazioni tra l'altro) e 2 prodotti tra matrici 4x4. Se vuoi poi te la scrivo.

[GIMUSI]

Ho provato a fare il primo esercizio, mi torna

a) Area = 11

b) P = ( 40/23, 51/23, 56/23 )

c) il punto P di intersezione ( -5/3, 0, -1) e l'angolo mi torna alfa = 125° ( 25/36 radianti)

Il secondo esercizio mi è tornata una matrice piena di frazioni molto brutta

per il primo esercizio mi vengono gli stessi risultati a parte i seguenti:

a) area = (1/2)*sqrt(362)

c) angolo = pi/2 - arccos (3/sqrt(46))

??? domani li ricontrollo

[Bertrand Russell]

Ragazzi qualcuno di voi ha fatto l'esercizio 3?
In particolare a me non è riuscito il punto b e c. Se a qualcuno è riuscito per favore se lo scrive mi fa un piacere e semmai poi si potrebbe discutere la soluzione!!!

[GIMUSI]

Ragazzi qualcuno di voi ha fatto l'esercizio 3?
In particolare a me non è riuscito il punto b e c. Se a qualcuno è riuscito per favore se lo scrive mi fa un piacere e semmai poi si potrebbe discutere la soluzione!!!

non ho capito perché parli di punti “b” e “c”, l’esercizio 3 ha solo i punti “a” e “b”?

per l‘esercizio 3 a me vengono questi risultati:

a1) la dimostrazione che sia un sottospazio è immediata: (A1+A2)B =0, (cA)B=c(AB)=0;

a2) le righe di B sono linearmente dipendenti con rango 2; risulta in particolare: R1+R3=2*R2; i vettori riga che rendono nullo il prodotto da sinistra v*B sono del tipo (a,-2a,a); quindi le matrici A sono tutte e sole le matrici che hanno per righe vettori del tipo (a,-2a,a); una base è ad esempio: A1 con (1,-2,1) come prima riga e (0,0,0) nelle altre, A2 con (1,-2,1) come seconda riga e (0,0,0) nelle altre, A3 con (1,-2,1) come terza riga e (0,0,0) nelle altre;

a3) la dimensione del sottospazio è 3 (per definzione = n° vettori di una base);

b) se si considera una matrice B di rango 1 allora esistono due “famiglie” di vettori riga v1 e v2 che rendono nullo il prodotto da sinistra v*B; quindi le matrici A sono tutte e sole le matrici che hanno per righe vettori del tipo v1 o v2; una base è ad esempio quella costituita dalle sei matrici Ai aventi:
- v1 come riga i-esima per i=1,2,3 e (0,0,0) nelle altre;
- v2 per riga i-esima per i=4,5,6 e (0,0,0) nelle altre;
e la dimensione del sottospazio è 6.

[Giorgio9092]

Scusate ma per il punto b del primo esercizio come avete fatto?
Io ho preso la retta ortogonale ad AB e poi l ho fatta passare per C, alla fine ho intersecato AB con la rtta trovata e dovrebbe venire il punto giusto?
Solo che non trovo wuello che avete trovato voi,
Ho sbagliato il ragionamento o sono errori di calcolo?
Ciao grazie

[GIMUSI]

Scusate ma per il punto b del primo esercizio come avete fatto?
Io ho preso la retta ortogonale ad AB e poi l ho fatta passare per C, alla fine ho intersecato AB con la rtta trovata e dovrebbe venire il punto giusto?
Solo che non trovo wuello che avete trovato voi,
Ho sbagliato il ragionamento o sono errori di calcolo?
Ciao grazie

il tuo procedimento mi pare corretto...forse c'è qualche errore nel risultato (tuo o nostro?)

io ne ho utilizzato un altro:

- ho scritto l'espressione parametrica del generico punto P appartenente alla retta AB: A +t (B-A)

- da questa ho derivato l'espressione parametrica del vettore CP= (P-C)

- ho imposto l'annullamento del prodotto scalare dei vettori CP e AB

[Giorgio9092]

Provo anche con il tuo e vedo che mi viene fuori! Grazie!

[Massimo Gobbino]

Suggerisco altri due metodi da provare.

1 - Intersecare la retta AB con il piano passante per C e perpendicolare ad AB.

2 - Scrivere, in funzione di t, la distanza (al quadrato, per levarsi la radice) tra C ed il punto generico A +t (B-A) della retta AB. Viene un polinomio di secondo grado in t. Non resta che trovare il valore di t per cui il polinomio assume il minimo, a cui corrisponderà il punto di minima distanza.

Chi esplicita i due conti?

[GIMUSI]

Suggerisco altri due metodi da provare.

1 - Intersecare la retta AB con il piano passante per C e perpendicolare ad AB.

Chi esplicita i due conti?

AB = (1,3,6)

i piani perpendicolari ad AB sono: x+3y+6z+d = 0

imponendo il passaggio per C si ottiene: d=-23

la retta AB ha equazione A+t(B-A) = (1+t,3t,-2+6t)

imponendo l'intersezione tra retta AB e piano si ottiene: t=17/23 e da qui il punto di intersezione (40/23,51/23,56/23)

[GIMUSI]

Suggerisco altri due metodi da provare.

2 - Scrivere, in funzione di t, la distanza (al quadrato, per levarsi la radice) tra C ed il punto generico A +t (B-A) della retta AB. Viene un polinomio di secondo grado in t. Non resta che trovare il valore di t per cui il polinomio assume il minimo, a cui corrisponderà il punto di minima distanza.

Chi esplicita i due conti?

il generico punto P appartenente ad AB è: (1+t,3t,-2+6t)

la distanza CP al quadrato è: d^2 = (2+t)^2 + (3t-2)^2 + (6t-5)^2

differenziando e azzerando: 2*(2+t) + 6*(3t-2) + 12*(6t-5) = 0 92t-68=0 t = 17/23

[DaroB94]

per fare l'area nel primo punto io ho fatto

sapendo

AB=(1,3,6) AC=(-2,2,5)

Area = 1/2 * Det M

M:
i j k
1 3 6
-2 2 5

Area = 1/2 * ( -3i+17j+8k) = 1/2 (-3+17+8) = 11

[GIMUSI]

per fare l'area nel primo punto io ho fatto

Area = 1/2 * ( -3i+17j+8k) = 1/2 (-3+17+8) = 11

l'area è il modulo del vettore "prodotto vettoriale" ( -3i+17j+8k) = sqrt(9+289+64) = sqrt(362)...non la somma delle componenti?!?!?

io l'ho calcolato con la formula 1/2*lato1*lato2*seno(angolo compreso)...e per verifica anche con erone