Geometria 9 luglio 1999

Rispondere, giustificando brevemente la risposta, ad almeno due delle prime quattro domande e risolvere il maggior numero degli esercizi seguenti.

Domande.

1. Siano $v_1 = (-1,1,1)$, $v_2=(1,1,0)$, $v_3 = (0,2,1)$ in $\bf R^3$. Esiste una applicazione lineare $f: R^3 \rightarrow R^3$, tale che
   $$F(v_1) = (1,0,0), F(v_2) = (0,1,0), F(v_3) = (0,0,1) ?$$

2. Esiste una matrice quadrata $2 \times 2$, $A$, diversa dalla matrice identica, tale che $AB = BA$ per ogni matrice, $B$, quadrata di ordine due?

3. Siano $g:U \rightarrow V$ ed $f:V \rightarrow W$ applicazioni lineari.
   $$Ker(g) \subset Ker(f \circ g) ?$$

4. Sia $f: R^3 \rightarrow R^3$ un'applicazione lineare tale che l'equazione
   $$f(x_1,x_2,x_3)=(1,0,0)$$
   abbia esattamente una soluzione. La applicazione $f$ è invertibile?

Giustificare la risposta.

Esercizi.

1) Discutere e trovare le soluzioni del seguente sistema al variare del parametro reale $k$:

$$\begin{cases} 3x+y +2z = 5 \\ 2x+ky +3z = 0 \\ 2x +y +z = -4k. \end{cases}$$

2) Discutere la diagonalizzabilità della seguente matrice

$$A=\left( \begin{matrix} -1 & 2 & -3\\ 2& 2 & -6\\ -1& -2 & 1 \end{matrix}\right)$$

e trovare, se possibile, una base di autovettori.

3) Date le due rette

$$r: \begin{cases}x -2y -z =-k \\ ky + z = -1 \end{cases} \quad s: \begin{cases}x-2y -kz = -1 \\ 2x -3ky -z = -k-1 \end{cases}$$

Determinare, in funzione del parametro $k$ la loro posizione reciproca e, nel caso siano incidenti, calcolarne il punto di intersezione.

4) Sia data l'applicazione lineare $f: R^3 \rightarrow R^3$ definita da

$$f(1,1,0)=(0,0,1), \quad f(1,0,2)=(0,q,1), \quad f(-1,0,0)=(2,1,1),$$

con $q$ parametro reale.
Calcolare $f(0,1,0)$ e i valori del parametro $q$ per cui $f$ è invertibile.
Determinare infine per quali valori di $q$ si ha $f^{-1}(2,1,3) \neq \emptyset$.

Soluzione

Domande

1. La risposta è no.
   Infatti $v_3=v_1+v_2$ ma $F(v_3)=F(v_1+v_2) \neq F(v_1)+F(v_2)$.
2. La risposta è sì.
   Per esempio la matrice nulla
   $$A=\left( \begin{matrix} 0 & 0\\ 0 & 0 \end{matrix}\right)$$

3. La risposta è sì.
   Infatti se $v \in \kker g$ allora $g(v)=0$ e dunque $(f \circ g)(v)=f(g(v))=f(0)=0$. Ne segue che $v \in \kker (f \circ g)$.
   Osserviamo che l'inclusione può essere propria, ovvero
   $$Ker(g) \subset Ker(f \circ g)$$
   Per esempio quando $f \equiv 0$ e $g \not \equiv 0$.
4. La risposta è $f$ è invertibile.
   Infatti poiché la dimensione del dominio coincide con la dimensione del codominio abbiamo che
   $$f \quad \textrm{invertibile} \Longleftrightarrow f \quad \textrm{\\lq e iniettiva} \Longleftrightarrow \kker f= \{ 0 \}$$
   Quest'ultimo fatto è vero perché, se così non fosse, detta $(x_1,x_2,x_3)$ la soluzione dell'equazione
   $$f(x_1,x_2,x_3)=(1,0,0)$$
   ogni terna della forma
   $$(v_1,v_2,v_3)=(x_1,x_2,x_3)+(u_1,u_2,u_3)$$
   con $(u_1,u_2,u_3) \in \kker f$, sarebbe soluzione dell'equazione. Dall'assurdo segue che $\kker f= \{0 \}$.

Esercizio 1.
La matrice dei coefficienti del sistema è la matrice:

$$A=\left( \begin{matrix} 3 & 1 & 2\\ 2& k & 3\\ 2& 1 & 1 \end{matrix}\right)$$

Si calcola facilmente il determinante di $A$, e risulta:

$$\dete{(A)}= -(k+1)$$

Se $k \neq -1$ esiste una e una sola soluzione del sistema, dipendente dal parametro $k$, data da:

$$x = \frac{ \dete{\left( \begin{matrix}5 & 1 & 2\\ 0& k & 3\\ -4k& 1 & 1 \end{matrix}\right)}}{ \dete{(A)}} = -8k+15$$

$$y = \frac{\dete{\left( \begin{matrix}3 & 5 & 2\\ 2& 0 & 3\\ 2& -4k & 1\end{matrix}\right)}}{ \dete{(A)}} =-20$$

$$z = \frac{\dete{\left( \begin{matrix}3 & 1 & 5\\ 2& k & 0\\ 2& 1 & -4k \end{matrix}\right)}}{ \dete{(A)}} =-10+12k$$

Se invece $k=-1$ il sistema ammette infinite soluzioni, date da:

$$\begin{cases} x=1-t & \\ y=2+t & \\ z=t & t \in R. \end{cases}$$

Esercizio 2.
Gli autovalori della matrice sono:

$$\lambda_1 =-2 \qquad \textrm{con molteplicit\\lq a $2$}$$

$$\lambda_2 =6 \;\;\; \qquad \textrm{con molteplicit\\lq a $1$}$$

Determiniamo la dimensione dei relativi autospazi.
Risulta:

$$V_{-2}= \kker \left( A+2I \right)= \kker \left( \begin{matrix} 1& 2& -3 \\ 2 & 4 & -6 \\ -1 & -2 & 3 \end{matrix}\right)$$

L'autospazio relativo all'autovalore $\lambda_1=-2$ risulta avere dimensione $2$ pertanto la matrice è diagonalizzabile.

Inoltre

$$V_{-2}=\sppan \left\{ \left( \begin{matrix} -2 \\ 1 \\ 0 \en... ...ght), \; \left( \begin{matrix} 3 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} \right) \right\}.$$

L'auospazio relativo all'autovalore $\lambda_2=6$ risulta essere:

$$V_{6}= \kker \left( A-6I \right)= \kker \left( \begin{matrix} -7& 2& -3 \\ 2 & -4 & -6 \\ -1 & -2 & -5 \end{matrix}\right)$$

e dunque ha dimensione $1$. Inoltre

$$V_{6}=\sppan \left\{ \left( \begin{matrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{matrix} \right) \right\}.$$

Esercizio 3.
Il determinate della matrice

$$\left( \begin{matrix} 1 & -2 & -1 & -k\\ 0 & k & 1 & -1\\ 1 & -2 & -k & -1\\ 2 & -3 & -1 & -k-1 \end{matrix}\right)$$

risulta uguale a $k^2(k-1)$. Pertanto per $k \neq 0,1$ le rette sono sghembe.
Per $k=1$ il rango della matrice è tre mentre il rango della matrice incompleta è uguale a due e pertanto le rette sono parallele.
Per $k=0$ il rango della matrice è uguale al rango della matrice incompleta e uguale a tre. Le rette sono incidenti e il loro punto di intersezione è

$$P =(-1,0,-1).$$

Esercizio 4.
Posto $v=(1,1,0)$, $u=(1,0,2)$ e $w=(-1,0,0)$ risulta evidente che

$$(0,1,0)=v+w$$

e, per la linearità di $f$, riesce:

$$f((0,1,0)) =f(v)+f(w)=(0,0,1)+(2,1,1)$$

$$=(2,1,2)$$

La matrice di $f$ rispetto alla base ordinata $\{v,u,w \}$ del dominio e rispetto alla base canonica del codominio è:

$$M(f)= \left( \begin{matrix} 0 & 0 & 2 \\ 0 & q & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}\right)$$

Il determinante di $M(f)$ è uguale a $-2q$ ed è diverso da zero se e solo se $q$ è diverso da zero. Pertanto $f$ è invertibile se e solo se $q\neq 0$.
Se $q\neq 0$ l'invertibilità di $f$ assicura che $f^{-1}(2,1,3)$ sia diverso dall'insieme vuoto.
Se $q=0$ abbiamo che

$$f^{-1}(2,1,3) \neq \emptyset \Longleftrightarrow (2,1,3) \in Im(f)= \langle (0,0,1),(2,1,1) \rangle$$

cosa che è verificata se e solo se esistono $x,y \in R$ tali che

$$x(0,0,1)+y(2,1,1)=(2,1,3).$$

Scegliendo $x=2$ e $y=1$, l'equazione vettoriale scritta sopra risulta soddisfatta, pertanto

$$f^{-1}(2,1,3) \neq \emptyset \qquad \forall q \in R.$$