Utente:AlfaOmega08/Sandbox4

$f\left({\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}\right)={\begin{pmatrix}5x_{1}\\4x_{1}+3x_{2}-x_{3}\\12x_{1}-6x_{2}+2x_{3}\end{pmatrix}}$

La matrice dei coefficienti è: $A={\begin{bmatrix}5&0&0\\4&3&-1\\12&-6&2\end{bmatrix}}$ $det(A)$ calcolato con il metodo di Laplace vale: $5{\begin{vmatrix}3&-1\\-6&2\end{vmatrix}}=5(6-6)=0$. Siccome $det(A)=0$, $\rho (A)<3$. Ossia ci sono meno di tre vettori linearmente indipendenti. Presi i determinanti delle sottomatrici $2\times 2$: ${\begin{vmatrix}5&0\\4&3\end{vmatrix}}=15,{\begin{vmatrix}0&0\\3&-1\end{vmatrix}}=0,{\begin{vmatrix}4&3\\12&-6\end{vmatrix}}=-60,{\begin{vmatrix}3&-1\\-6&2\end{vmatrix}}=0$ Siccome almeno uno dei determinanti è diverso da zero, allora il rango $\rho (A)=2$. Se tutti i determinanti delle $2\times 2$ fossero stati 0, allora il rango sarebbe stato 1. L'unica eccezione è la matrice nulla che ha sempre rango 0. (Il rango è il numero di vettori linearmente indipendenti).

$\ker f$

Il kernel di una applicazione lineare è quel vettore (o quello spazio vettoriale) che dato come parametro restituisce tutti zeri. Cioè tutti quei vettori $(x_{0},y_{0},z_{0})$ tali che $f((x_{0},y_{0},z_{0}))=0$. In pratica questo si traduce nella risoluzione del sistema: ${\begin{cases}5x_{1}=0\\4x_{1}+3x_{2}-x_{3}=0\\12x_{1}-6x_{2}+2x_{3}=0\end{cases}}$ Si procede diversamente a seconda che il rango sia 1, 2, o 3. Se il rango è 3 (o uguale al numero di righe e colonne), tutte le equazioni sono linearmente indipendenti. Il sistema ammette una sola soluzione, che va cercata con il metodo di Cramer. Se il rango è diverso dal numero di righe e colonne, allora il sistema ammette infinite soluzioni che formeranno uno spazio vettoriale. Va trovata allora una base dello spazio vettoriale. Questa matrice ha rango 2, quindi non può essere risolta con i metodi tradizionali. Provateci...

Una base di uno spazio vettoriale è un insieme di uno o più vettori che combinati linearmente possono generare tutti gli altri vettori dello spazio. Ad esempio una base dello spazio $\mathbb {R} ^{3}$ sono i vettori: ${\begin{vmatrix}1\\0\\0\end{vmatrix}},{\begin{vmatrix}0\\1\\0\end{vmatrix}},{\begin{vmatrix}0\\0\\1\end{vmatrix}}$. Infatti da questi tre vettori (chiamati rispettivamente $e_{1},e_{2},e_{3}$) posso generare tutti gli altri vettori di $\mathbb {R} ^{3}$. Ad esempio: $5e_{1}-3e_{2}+18e_{3}={\begin{pmatrix}5\\-3\\18\end{pmatrix}}$.

Se il rango è 1, si sceglie una equazione a caso (purchè non abbia i coefficienti $(0,0,0)$). Se il rango è 2, si scelgono due equazioni, dalle righe la cui sottomatrice $2\times 2$ aveva determinante diverso da 0. Nel nostro caso usiamo la sottomatrice ${\begin{bmatrix}5&0\\4&3\end{bmatrix}}$, quindi le due equazioni saranno: ${\begin{cases}5x_{1}=0\\4x_{1}+3x_{2}-x_{3}=0\end{cases}}$ Abbiamo un sistema in due equazioni (la terza è ridondante), con tre incognite. Come risolviamo?? Scegliamo la terza incognita come se fosse un numero fisso, una variabile $a$: ${\begin{cases}5x_{1}=0\\4x_{1}+3x_{2}-a=0\\x_{3}=a\end{cases}}$ A questo punto: ${\begin{cases}x_{1}=0\\x_{2}={\frac {a}{3}}\\x_{3}=a\end{cases}}$ Quindi sono soluzioni del sistema tutti i vettori del tipo \begin{pmatrix}0 \\ \frac{1}{3} \\ 1 \end{pmatrix} e tutti i suoi multipli e sotto-multipli. Provate a sostituire questi valori o suoi multipli alle incognite e vedrete che troverete solo zeri come risultati...

Se il rango fosse stato 1 avremmo scelto due parametri $a$ e $b$. Avremmo trovato (con un altra applicazione, per esempio): ${\begin{cases}x_{1}=3a-2b\\x_{2}=a\\x_{3}=b\end{cases}}$

Allora il $\ker f$ sarebbe stato: $a{\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}-2\\0\\1\end{pmatrix}}$. Infine si sarebbero presi solo i due vettori.

La dimensione del $\ker$ è il numero di vettori che ne compongono la base.

Conica

$f=x^{2}+2xy+(k+1)^{2}y^{2}+4y-4=0$

In forma normale:

$1\cdot x_{1}^{2}+2\cdot 1\cdot x_{1}x_{2}+(k+1)^{2}\cdot x_{2}^{2}+2\cdot 2\cdot y-4\cdot x_{3}^{2}=0$

Da cui la matrice: ${\begin{bmatrix}1&&1&&0\\1&&(k+1)^{2}&&2\\0&&2&&-4\end{bmatrix}}$ Il cui determinante è: $-4(1+k)^{2}$. Questo si annulla solo per $k=-1$ generando una matrice di rango 2. Quindi la conica degenera semplicemente per $k=-1$.

Tipo di conica

Prendendo il determinante del algebrico di $a_{33}$ studiamo il tipo di conica:

${\begin{vmatrix}1&&1\\1&&(k+1)^{2}\end{vmatrix}}=k(k+2)$.

Quindi per $k=0\lor k=-2$ la conica è una parabola. Per $k>0\lor k<-2$ la conica è una ellisse. E per $-2<k<0$ è una iperbole.

Rette generatrici

Per $k=-1$ la conica degenera e le rette generatrici le troviamo risolvendo l'equazione della conica in $x$ con $k=-1$

$x^{2}+2xy+4y-4=0$

Quindi:

$r_{1}:x=-2$

$r_{2}:x=-2y+2$

Centro specificato

Trovare k tale che il centro della conica sia $({\frac {1}{12}},-{\frac {1}{12}})$

Il centro lo si trova mettendo a sistema i coefficienti delle prime due righe della matrice della conica. Quindi:

${\begin{cases}x+y=0\\x+(k+1)^{2}y+4=0\end{cases}}\Rightarrow {\begin{cases}y=-x\\x-(k+1)^{2}x=-4\end{cases}}\Rightarrow {\begin{cases}y=-x\\x={\frac {4}{k(k+2)}}\end{cases}}$

Ora basta porre: ${\frac {4}{k(k+2)}}={\frac {1}{12}}$ per trovare che $k=-8\lor k=6$

Studiare la conica per $k=1$

L'equazione diventa: $x^{2}+2xy+4y^{2}+4y-4=0$