PROVA INTERMEDIA - GEOMETRIA E ALGEBRA – A – 29/6/2011

CORSO DI LAUREA IN ING. IND. E ING. ELETT. TEL. (CORSO A-L)

Esercizio 0.1. Si consideri il sistema di equazioni lineari

\begin{cases}x_{1} + 4x_{2} + kx_{3} + 2x_{4} = k \\ kx_{1} + 4x_{2} + x_{3} + x_{4} = 0 \\ x_{1} + 4x_{2} + kx_{3} + kx_{4} = 1 \end{cases}

a) Si studi la risolubilità del sistema al variare del parametro reale k.

b) Posto k = −1, si trovino tutte le soluzioni del sistema e si determini una base dello spazio delle soluzioni del sistema omogeneo associato.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice A|b associata al sistema:

[\begin{matrix}1 & 4 & k & 2 & | & k \\ k & 4 & 1 & 1 & | & 0 \\ 1 & 4 & k & k & | & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − kII \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 4 & k & 2 & | & k \\ 0 & 4 − 4k & 1 − k^{2} & 1 − 2k & | & −k^{2} \\ 0 & 0 & 0 & k − 2 & | & 1 − k \end{matrix}]

a) Notiamo che i termini 4 − 4k e 1 − k^{2}, possibili pivot della seconda riga, sono contemporaneamente

nulli solo se k = 1. Si tratta quindi di distinguere tre casi:

– Se k ≠ 1, 2, allora rg(A) = rg(A|b) = 3, quindi il sistema ammette infinite soluzioni, dipendenti da un paramentro.

– Se k = 2, allora rg(A) = 2 ≠ rg(A|b) = 3, quindi il sistema non ammette soluzione.

– Se k = 1, la matrice A|b diventa:

[\begin{matrix}1 & 4 & 1 & 2 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & | & −1 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 4 & 1 & 2 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & | & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 1 \end{matrix}] ,

quindi anche in questo caso rg(A) = 2 ≠ rg(A|b) = 3 e il sistema non ammette soluzione.

b) Posto k = −1 nella matrice ridotta, risolviamo il sistema:

\begin{cases}x_{1} + 4x_{2} − x_{3} + 2x_{4} = −1 \\ 8x_{2} + 3x_{4} = −1 \\ −3x_{4} = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = t − \frac{1}{6} \\ x_{2} = \frac{1}{8} \\ x_{3} = t \\ x_{4} = −\frac{2}{3} \end{cases} ∀t ∈ ℝ

(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (−\frac{1}{6}, \frac{1}{8}, 0, −\frac{2}{3}) + (1, 0, 1, 0)t ∀t ∈ ℝ

Senza fare ulteriori conti ne deduciamo che una base dello spazio delle soluzioni del sistema omogeneo associato è

B (Sol(Ax = 0)) = {(1, 0, 1, 0)}
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Esercizio 0.2. Sia M la seguente matrice reale:

M = [\begin{matrix}2 & 7 & −1 \\ 1 & k + 3 & k \\ 3 & 11 & 1 \end{matrix}] , con k parametro reale.

a) Si stabilisca per quali valori di k la matrice M è invertibile.

b) Si calcoli l’inversa di M per k = 1.

Soluzione:

a) Una matrice è invertibile se ha determinante diverso da zero. Poiché det(M) = 4k − 3, ne segue

che M è invertibile se k ≠ \frac{3}{4}. b) Posto k = 1, possiamo calcolare l’inversa di M con il metodo della riduzione:

[\begin{matrix}2 & 7 & −1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 4 & 1 & | & 0 & 1 & 0 \\ 3 & 11 & 1 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}2II − I \\ III − 3II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 7 & −1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 3 & | & −1 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 & −3 & 1 \end{matrix}] ⇒

III + II [\begin{matrix}2 & 7 & −1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 3 & | & −1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & −1 & −1 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}I + III \\ II − 3III \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 7 & 0 & | & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & | & 2 & 5 & −3 \\ 0 & 0 & 1 & | & −1 & −1 & 1 \end{matrix}] ⇒

I − 7II [\begin{matrix}2 & 0 & 0 & | & −7 & −18 & 11 \\ 0 & 1 & 0 & | & 2 & 5 & −3 \\ 0 & 0 & 1 & | & −1 & −1 & 1 \end{matrix}]  ⇒  M^{−1} = [\begin{matrix}−7 & −18 & 11 \\ 2 & 5 & −3 \\ −1 & −1 & 1 \end{matrix}]

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Esercizio 0.3. Cos’è un insieme di vettori linearmente indipendenti in uno spazio vettoriale? Qual è il numero massimo di vettori indipendenti che si possono trovare in ℝ^{5}? Dare un esempio di tre vettori indipendenti nello spazio dei polinomi ℝ[x].

Esercizio 0.4. Sia T : ℝ^{3} → ℝ^{3} la funzione lineare definita da:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = ((k + 1)x_{2} + kx_{3}, (k − 1)x_{1} + x_{2} + 2kx_{3}, x_{2} + 2x_{3}),

con k parametro reale.

a) Scrivere la matrice associata a T rispetto alla base canonica.

b) Trovare basi del nucleo e dell’immagine di T al variare di k.

Soluzione:

a) La matrice associata a T rispetto alla base canonica ha per colonne le immagini degli elementi della base canonica, T (e_{1}), T (e_{2}) e T (e_{3}):

M(T) = [\begin{matrix}0 & k + 1 & k \\ k − 1 & 1 & 2k \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix}]

b) Per come è fatta la matrice, può essere comodo escludere il caso in cui rg(M) = 3 calcolandone il determinante:

det(M) = −(k − 1)(2k + 2 − k) = −(k − 1)(k + 2)

Dobbiamo quindi distinguere tre casi

– Se k ≠ 1, −2, abbiamo visto che det(M) ≠ 0, quindi rg(M) = dim(Im(T)) = 3 e dim(N(T)) = 3 − rg(M) = 0. Di conseguenza Im(T) = ℝ^{3} e come base dell’immagine possiamo prendere anche la base canonica di ℝ^{3}: B(Im(T)) = {e_{1}, e_{2}, e_{3}}; inoltre N(T) = {0}.

– Se k = 1 otteniamo la matrice:

M(T) = [\begin{matrix}0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}2II − I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ,

quindi rg(M) = dim(Im(T)) = 2 e dim(N(T)) = 3 − rg(M) = 1. Inoltre una base di Im(T) è B(Im(T)) = {T (e_{2}), T (e_{3})} = {(2, 1, 1), (1, 2, 2)}. Per determinare il nucleo risolviamo il sistema omogeneo associato a M:

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

e una base del nucleo di T è B(N(T)) = {(1, 0, 0)}.

– Se k = −2 otteniamo la matrice:

M(T) = [\begin{matrix}0 & −1 & −2 \\ −3 & 1 & −4 \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ −I \\ III + I \end{matrix} [\begin{matrix}−3 & 1 & −4 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ,

quindi rg(M) = dim(Im(T)) = 2 e dim(N(T)) = 3 − rg(M) = 1. Inoltre una base di Im(T) è B(Im(T)) = {T (e_{1}), T (e_{2})} = {(0, −3, 0), (−1, 1, 1)}. Per determinare il nucleo risolviamo il sistema omogeneo associato a M:

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

e una base del nucleo di T è B(N(T)) = {(−2, −2, 1)}.

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Esercizio 0.5. Si consideri la matrice reale

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

a) Mostrare che v = (1, −2, 2) è un autovettore di A. Calcolare gli autovalori di A.

b) Se esiste, determinare una base ortonormale di ℝ^{3} formata da autovettori di A.

Soluzione:

a) Per mostrare che v = (1, −2, 2) è un autovettore di A basta verificare che A · v^{t} = λ · v^{t} per un opportuno λ ∈ ℝ. In effetti:

A · v^{t} = [\begin{matrix}2 & 2 & −2 \\ 2 & −1 & 4 \\ −2 & 4 & −1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ −2 \\ 2 \end{matrix}] = [\begin{matrix}−6 \\ 12 \\ −12 \end{matrix}] = −6 [\begin{matrix}1 \\ −2 \\ 2 \end{matrix}] = −6 · v^{t}

Di conseguenza v è un autovettore di T relativo all’autovalore λ = −6. Notiamo che questo implica che il polinomio caratteristico di A sia divisibile per λ + 6.

Per determinare tutti gli autovalori di T, calcoliamo il polinomio caratteristico, eventualmente sfruttando l’informazione precedente per scomporlo: p_{A}(λ) = −(λ − 3)^{2}(λ + 6).

Di conseguenza gli autovalori di A sono λ = −6, singolo, e λ = −3, doppio.

b) Determiniamo gli autovettori di A. Sappiamo già che v = (1, −2, 2) è un autovettore dell’autospazio

E(−6). Avendo tale autospazio dimensione uno, ne segue che E(−6) = ⟨(1, −2, 2)⟩. Calcoliamo E(3):

E(3) = N(A − 3I) : [\begin{matrix}−1 & 2 & −2 & | & 0 \\ 2 & −4 & 4 & | & 0 \\ −2 & 4 & −4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + 2I \\ III + II \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 2 & −2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

− x + 2y − 2z = 0 ⇒ \begin{cases}x = 2s − 2t \\ y = s \\ z = t \end{cases}  ∀s, t ∈ ℝ  ⇒ E(3) = ⟨(2, 1, 0), (−2, 0, 1)⟩

Notiamo che i generatori di E(3) trovati non sono ortogonali, dobbiamo quindi utilizzare Gram-Schmidt. Sia v_{1} = (2, 1, 0) e v_{2} = (−2, 0, 1). Costruiamo una base ortogonale ponendo:

w_{1} = v_{1}

w_{2} = v_{2} − pr_{w_{1}}(v_{2}) = v_{2} − \frac{(v_{2}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} = (−2, 0, 1) − (−\frac{8}{5}, −\frac{4}{5}, 0) = (−\frac{2}{5}, \frac{4}{5}, 1)

Possiamo prendere quindi come generatori ortogonale di E(3) i vettori w_{1} = (2, 1, 0) e w_{2} = (−2, 4, 5), quindi E(3) = ⟨(2, 1, 0), (−2, 4, 5)⟩.

Normalizzando i tre autovalori ortogonali trovati otteniamo la base ortonormale di ℝ^{3} richiesta:

B(ℝ^{3}) = \{\frac{1}{3}(1, −2, 2), \frac{\sqrt{5}}{5}(2, 1, 0), \frac{\sqrt{5}}{15}(−2, 4, 5)\}

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Esercizio 0.6. Dare la definizione di autovalore di una funzione lineare. Cos’è la molteplicità geometrica di un autovalore? Ogni funzione lineare di ℝ^{2} in sè ha autovalori? Giustificare la risposta.