II PROVA DI ACCERTAMENTO - 20/06/2005 – A

A.A. 2004/05

Esercizio 1.1. Sia T : R^{4} → R^{4} l’applicazione lineare tale che

T [\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}] = [\begin{matrix}x_{1} + x_{2} + 2x_{3} + x_{4} \\ x_{1} + 2x_{2} + 4x_{3} + x_{4} \\ 2x_{1} + 2x_{2} + 4x_{3} + 3x_{4} \\ −x_{1} − 2x_{2} + (k − 4)x_{3} + 2x_{4} \end{matrix}]

dove k ∈ R un parametro reale.

a) Discutere l’iniettività e suriettività di T al variare di k ∈ R.

b) Determinare una base degli spazi vettoriali Im(T) e N(T) al variare di k ∈ R.

Soluzione: Determiniamo la matrice associata a T rispetto alla base canonica calcolando:

T (e_{1}) = (1, 1, 2, −1)
T (e_{2}) = (1, 2, 2, −2)
T (e_{3}) = (2, 4, 4, k − 4)
T (e_{4}) = (1, 1, 3, 2)

Quindi la matrice associata è:

[\begin{matrix}1 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 4 & 1 \\ 2 & 2 & 4 & 3 \\ −1 & −2 & k − 4 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − 2I \\ IV + II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & k & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}IV \\ III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & k & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Sappiamo che dim(Im(T)) = rg(A) e dim(N(T)) = 4 − dim(Im(T)), quindi

– Se k ≠ 0, allora dim(Im(T)) = rg(A) = 4 e dim(N(T)) = 4 − 4 = 0, e T è sia suriettiva che iniettiva.

– Se k = 0, allora dim(Im(T)) = rg(A) = 3 e dim(N(T)) = 4 − 3 = 1, e T non è

né suriettiva né iniettiva.

b) Anche in questo caso dobbiamo distinguere due casi – Se k ≠ 0, allora

B(Im(T)) = {T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}), T (e_{4})}
N(T) = {(0, 0, 0, 0)}

– Se k = 0, allora

B(Im(T)) = {T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{4})}

Inoltre il nucleo è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato a A:

\begin{cases}x_{1} + x_{2} + 2x_{3} + x_{4} = 0 \\ x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 0 \\ x_{2} = −2t \\ x_{3} = t \\ x_{4} = 0 \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi

B(N(T)) = {(0, −2, 1, 0)}
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Esercizio 1.2. Sia S l’endomorfismo di R^{4} con matrice associata

A = [\begin{matrix}1 & 2 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & −2 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \end{matrix}]

rispetto alla base canonica.

a) Determinare autovalori e autovettori di S.

b) Stabilire se S è diagonalizzabile e in caso positivo individuare la matrice diagonalizzante.

Soluzione:

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = det(A − λI) = (1 − λ)^{2}(−λ)(2 − λ)

Gli autovalori di A sono gli zeri del suo polinomio caratteristico:

λ_{1} = 1 doppio
λ_{2} = 0
λ_{3} = 2

Consideriamo prima l’autovalore λ = 1. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice A − I:

[\begin{matrix}0 & 2 & 2 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −1 & −2 & | & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ III + 2I \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 1 & 1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}y + z + 2w = 0 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = s \\ y = −t \\ z = −t \\ w = t \end{cases}

⇒ E(1) = ⟨ (1, 0, 0, 0), (0, −1, −1, 1) ⟩

A questo punto possiamo già affermare che A è diagonalizzabile in quanto λ = 1 ha molteplicità algebrica e geometrica 2 e gli altri autovalori sono singoli.

Consideriamo ora l’autovalore λ = 0. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice A

[\begin{matrix}1 & 2 & 2 & 4 & | & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 0 & −2 & | & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2y + 2z + 4w = 0 \\ y = 0 \\ y + 2w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = 0 \\ z = t \\ w = 0 \end{cases}

⇒ E(0) = ⟨ (−2, 0, 1, 0) ⟩

Consideriamo ora l’autovalore λ = 2. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice A − 2I

[\begin{matrix}−1 & 2 & 2 & 4 & | & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & −2 & | & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x + 2y + 2z + 4w = 0 \\ y = 0 \\ y + 2z + 2w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = 0 \\ z = −t \\ w = t \end{cases}

⇒ E(2) = ⟨ (2, 0, −1, 1) ⟩

b) Abbiamo già osservato che T è diagonalizzabile in quanto la somma delle dimensioni dei suoi autospazi è 4 = dim(R^{4}), inoltre la matrice diagonalizzante P è:

P = [\begin{matrix}1 & 0 & −2 & 2 \\ 0 & −1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & −1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{matrix}]

Notiamo che

P^{−1}AP = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

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Esercizio 1.3. Siano A e B le matrici reali

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 4 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}] e B = [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 5 & k − 1 & 1 \end{matrix}]

a) Determinare, se esistono, i valori del parametro reale k per cui A e B sono simili.

Soluzione: Due matrici diagonalizzabili sono simili se sono simili alla stessa matrice diagonale, ovvero se hanno gli stessi autovalori. Inoltre se una delle due matrici è diagonalizzabile mentre l’altra non lo è, allora le due matrici non sono simili. Studiamo quindi la diagonalizzabilità di A e B.

p_{A}(λ) = (1 − λ)^{2}(3 − λ)
p_{B}(λ) = (1 − λ)^{2}(3 − λ)

quindi A e B hanno gli stessi autovalori λ_{1} = 1, doppio, e λ_{2} = 3.

Per stabilire se A è diagonalizzabile calcoliamo la dimensione del suo autospazio E_{A}(1) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}] ⇒ E_{A}(1) = ⟨(1, 0, 0), (0, 1, 0)⟩

e la matrice A è diagonalizzabile.

A questo punto possiamo affermare che A e B sono simili se e solo se anche B è diagonalizzabile. Calcoliamo quindi la dimensione del suo autospazio E_{B}(1) risolvendo il sistema omogeneo associato a B − I:

[\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ k & 0 & 0 \\ 5 & k − 1 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x = 0 \\ kx = 0 \\ 5x + (k − 1)y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ (k − 1)y = 0 \\ z = t \end{cases}

Quindi l’autospazio E_{B}(1) ha dimensione 2 se e solo se k = 1.

Infine A e B sono simili solamente se k = 1, quando sono entrambe simili alla matrice

D = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}]

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Esercizio 1.4. Sia W il sottospazio di R^{4} (con il prodotto scalare canonico) generato dai vettori

w_{1} = (1, 1, 0, 1), w_{2} = (1, −2, 0, 0), w_{3} = (1, 0, −1, 2).

a) Trovare una base ortonormale di W.

b) Trovare una base del complemento ortogonale di W.

Soluzione:

a) Notiamo che l’insieme {w_{1}, w_{2}, w_{3}} è una base di W in quanto i vettori sono linearmente indipendenti (la matrice associata ha rango 3). Per determinare una base ortonormale {u_{1}, u_{2}, u_{3}} dobbiamo utilizzare il metodo di Graham-Schmidt.

Il vettore u_{1} lo otteniamo normalizzando w_{1}:

u_{1} = \frac{w_{1}}{∥w_{1}∥} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 0, 1)

Per calcolare il vettore u_{2} cominciamo con il calcolare il vettore v_{2} ortogonale a u_{1}:

v_{2} = w_{2} − (w_{2}, u_{1}) u_{1} = (1, −2, 0, 0) − \frac{−1}{\sqrt{3}} \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 0, 1)

= \frac{1}{3} [(3, −6, 0, 0) + (1, 1, 0, 1)] = \frac{1}{3}(4, −5, 0, 1)

Determiniamo ora il vettore di direzione parallela a (4, −5, 0, 1) di norma 1:

u_{2} = \frac{1}{\sqrt{42}}(4, −5, 0, 1)

Anche per calcolare il vettore u_{3} calcoliamo prima il vettore v_{3} ortogonale a u_{1} e u_{2}.

v_{3} = w_{3} − (w_{3}, u_{1}) u_{1} − (w_{3}, u_{2}) u_{2}

= (1, 0, −1, 2) − \frac{3}{\sqrt{3}} \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 0, 1) − \frac{6}{\sqrt{42}} \frac{1}{\sqrt{42}}(4, −5, 0, 1)

= (1, 0, −1, 2) − \frac{3}{3}(1, 1, 0, 1) + \frac{6}{42}(−4, 5, 0, −1)

= (1, 0, −1, 2) − (1, 1, 0, 1) + \frac{1}{7}(−4, 5, 0, −1) = \frac{1}{7}(−4, −2, −7, 6)

Determiniamo quindi il vettore di direzione parallela a (−4, −2, −7, 6) di norma 1:

u_{3} = \frac{1}{\sqrt{105}}(−4, −2, −7, 6)

Infine una base ortonormale di W è

\{(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, 0, \frac{1}{\sqrt{3}}) , (\frac{4}{\sqrt{42}}, −\frac{5}{\sqrt{42}}, 0, \frac{1}{\sqrt{42}}) , (−\frac{4}{\sqrt{105}}, −\frac{2}{\sqrt{105}}, −\frac{7}{\sqrt{105}}, \frac{6}{\sqrt{105}})\}

b) Il complemento ortogonale W^{⊥} è formato dai vettori di R^{4} ortogonali ai vettori di W, ovvero ortogonali agli elementi di una sua base, quindi

W^{⊥} = {(x, y, z, w) | x + y + w = 0, x − 2y = 0, x − z + 2w = 0}

Risolviamo quindi il sistema omogeneo ottenuto:

[\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 1 & −2 & 0 & 0 & | & 0 \\ 1 & 0 & −1 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & −3 & 0 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & −1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

3III − II [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & −3 & 0 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −3 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −\frac{2}{3}t \\ y = −\frac{1}{3}t \\ z = \frac{4}{3}t \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ R

Infine

B(W^{⊥}) = { (−2, −1, 4, 3) }
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Esercizio 1.5. Sia C_{k} la conica di equazione

C_{k} : x^{2} + (k − 2)xy + y^{2} − 4 = 0 (k parametro reale)

a) Al variare di k ∈ R, riconoscere di quale tipo di conica si tratti.

b) Trovare le coniche degeneri della famiglia.

c) Mostrare che ci sono due rette che sono assi di simmetria di ogni conica della famiglia.

Soluzione:

Consideriamo le matrici A′ e A associate alla conica:

A′ = [\begin{matrix}1 & \frac{k−2}{2} & 0 \\ \frac{k−2}{2} & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −4 \end{matrix}]

a) Cominciamo a distinguere il caso degenere:

det(A′) = −4 (1 − (\frac{k − 2}{2})^{2})

quindi det(A′) = 0 se (\frac{k − 2}{2})^{2} = 1, cioè

\frac{k − 2}{2} = 1 ⇒ k − 2 = 2 ⇒ k_{1} = 4

\frac{k − 2}{2} = −1 ⇒ k − 2 = −2 ⇒ k_{2} = 0

Infine la conica è non degenere se k ≠ 4 e k ≠ 0. Inoltre:

det(A) = 1 − (\frac{k − 2}{2})^{2} = \frac{−k^{2} + 4k}{4}

Quindi – Se 0 < k < 4, si ha det(A) > 0 e C è un’ellisse.

– Se k < 0 o k > 4, si ha det(A) < 0 e C è un’iperbole.

– Se k = 0 o k = 4 si tratta di una parabola degenere.

b) Abbiamo già visto che la conica è degenere se k = 0 o k = 4, inoltre:

– Se k = 0, C diventa x^{2} − 2xy + y^{2} − 4 = 0. Anche senza risolvere l’equazione con l’uso della formula otteniamo:

(x − y)^{2} = 4 ⇒ x − y = ±2

Quindi in questo caso la conica corrisponde alla coppia di rette parallele:

r_{1} : x − y = 2, r_{2} : x − y = −2

– Se k = 4, C diventa x^{2} + 2xy + y^{2} − 4 = 0 e in maniera del tutto analoga otteniamo:

(x + y)^{2} = 4 ⇒ x + y = ±2

e la conica corrisponde alla coppia di rette parallele:

r_{1} : x + y = 2, r_{2} : x + y = −2

c) Calcoliamo il centro delle coniche limitandoci a considerare k ≠ 0, 4, in quanto in questi casi abbiamo già visto che si tratta di una coppia di rette parallele (e quindi prive di centro). Notiamo inoltre che nell’equazione non compaiono i termini lineari, quindi il centro si trova già nell’origine: C = (0, 0).

Per trovare gli assi delle coniche calcoliamo gli autovalori di A:

p_{A}(λ) = (1 − λ)^{2} − (\frac{k − 1}{2})^{2}

Quindi p_{A}(λ) = 0 se 1 − λ = ±\frac{k − 1}{2} e gli autovalori sono

λ_{1} = \frac{k}{2}

λ_{2} = \frac{−k + 4}{2}

Calcoliamo l’autospazio E (\frac{k}{2})

[\begin{matrix}\frac{2−k}{2} & \frac{k−2}{2} & | & 0 \\ \frac{k−2}{2} & \frac{2−k}{2} & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II + I [\begin{matrix}\frac{2−k}{2} & \frac{k−2}{2} & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Quindi se k ≠ 2 si ha E (\frac{k}{2}) = ⟨(1, 1)⟩. Tratteremo il caso k = 2 successivamente separatamente.

Analogamente calcoliamo E (\frac{−k+4}{2}):

[\begin{matrix}\frac{k−2}{2} & \frac{k−2}{2} & | & 0 \\ \frac{k−2}{2} & \frac{k−2}{2} & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}\frac{k−2}{2} & \frac{k−2}{2} & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Quindi, sempre supponendo k ≠ 2, si ha E (\frac{−k+4}{2}) = ⟨(1, 1)⟩.

Infine per k ≠ 0, 4, 2 gli assi delle coniche sono le rette

a_{1} : \begin{cases}x = t \\ y = −t \end{cases} ⇒ x + y = 0

a_{2} : \begin{cases}x = t \\ y = t \end{cases} ⇒ x − y = 0

Notiamo che tali rette sono assi di simmetria anche per le coppie di rette che costituiscono la conica nei casi degeneri.

Infine se k = 2 la conica è la circonferenza x^{2} + y^{2} = 4 centrata nell’origine che ha come assi di simmetria qualsiasi retta per l’origine. In particolare quindi anche a_{1} e a_{2} sono suoi assi di simmetria.

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