GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE – A – 30/08/2012

CORSO DI LAUREA IN ING. ELETT. TEL. E ING. ORG.

Esercizio 0.1. Si consideri la matrice

M = [\begin{matrix}2k & 0 & −4 & k \\ 4 & 0 & k & 2 \\ 0 & −k & −k & 2 \\ k & 2 & 0 & k \end{matrix}]

a) Si calcoli il rango di M al variare di k ∈ R.

b) Stabilire per quali valori di k la matrice M è invertibile.

Soluzione:

a) La cosa più semplice probabilmente è cominciare a calcolare il determinante di M. Sviluppando rispetto alla seconda colonna otteniamo:

det(M) = k · [k(−8 − k^{2}) + k(2k^{2} + 16)] + 2 [k(4k − 4k) + 2(2k^{2} + 16)] =
= k^{4} + 16k^{2} + 64 = (k^{2} + 8)^{2}

Poichè k^{2} + 8 ≠ 0 per ogni k reale, la matrice M ha sempre determinante diverso da zero e quindi rg(M) = 4, ∀k ∈ R.

b) La matrice ha determinante diverso da zero, ovvero ha rango massimo, per ogni k, quindi M è

invertibile per ogni k ∈ R.

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Esercizio 0.2. Si consideri l’insieme S così definito:

S = {(a + b − c − d, 2b + c + 3d, −3a − 5b + 4c, 2a − c + d) ∈ R^{4} | a, b, c, d ∈ R}

a) Si verifichi che S è un sottospazio vettoriale di R^{4}.

b) Si determini la dimensione e una base di S.

Soluzione: Il generico elemento u dell’insieme S si può scrivere nella forma:

u = a · (1, 0, −3, 2) + b · (1, 2, −5, 0) + c · (−1, 1, 4, −1) + d · (−1, 3, 0, 1)

con a, b, c, d ∈ R. Chiamiamo

v_{1} = (1, 0, −3, 2),  v_{2} = (1, 2, −5, 0),  v_{3} = (−1, 1, 4, −1),  v_{4} = (−1, 3, 0, 1).

a) Per quanto osservato prima S è l’insieme delle combinazioni lineari dei vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4}, ovvero

S è li sottospazio vettoriale di R^{4} generato da tali vettori: S = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩.

Per dimostrarlo esplicitamente, siano u_{1} = a_{1}v_{1}+b_{1}v_{2}+c_{1}v_{3}+d_{1}v_{4} e u_{2} = a_{2}v_{1}+b_{2}v_{2}+c_{2}v_{3}+d_{2}v_{4} due qualsiasi elementi di S e sia λ ∈ R:

– SOMMA.

u_{1} + u_{2} = (a_{1} + a_{2})v_{1} + (b_{1} + b_{2})v_{2} + (c_{1} + c_{2})v_{3} + (d_{1} + d_{2})v_{4},

che è ancora una combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4}, ovvero un elemento di S. Quindi S è chiuso rispetto alla somma.

– PRODOTTO per SCALARI.

λ u_{1} = (λa_{1})v_{1} + (λb_{1})v_{2} + (λc_{1})v_{3} + (λd_{1})v_{4}

che è ancora una combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4}, ovvero un elemento di S. Quindi S è chiuso rispetto al prodotto per scalari.

b) Riduciamo a gradini la matrice associata ai quattro vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4}:

M = [\begin{matrix}1 & 1 & −1 & −1 \\ 0 & 2 & 1 & 3 \\ −3 & −5 & 4 & 0 \\ 2 & 0 & −1 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III + 3I \\ IV − 2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & −1 & −1 \\ 0 & 2 & 1 & 3 \\ 0 & −2 & 1 & −3 \\ 0 & −2 & 1 & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III + II \\ IV − III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & −1 & −1 \\ 0 & 2 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 6 \end{matrix}]

Di conseguenza rg(M) = 4, quindi i quattro vettori sono linearmente indipendenti e formano una base di S:

B(S) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}} , dim(S) = 4

Notiamo che essendo S di dimensione 4, coincide con tutto lo spazio R^{4}, quindi qualsiasi base di R^{4}, in particolare quella canonica, può essere presa come base di S.

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Esercizio 0.3. Dare la definizione di indipendenza linare per vettori di uno spazio vettoriale. Illustrare con un esempio con vettori di R^{4} e un esempio con matrici 2 × 2.

Esercizio 0.4. Sia T : R_{2}[x] → R_{1}[x] la funzione lineare tale che:

T (x^{2}) = 0,  T (x + 2) = 1,  T (1) = 2x.

a) Si determini la matrice M_{E}^{E′}(T) associata a T rispetto alle basi E = {x^{2}, x, 1} e E′ = {x, 1}.

b) Si stabilisca se T è iniettiva e/o suriettiva.

Soluzione:

a) Dalla linearità di T otteniamo che T (x + 2) = T (x) + 2 T (1), quindi T (x) = T (x + 2) − 2 T (1) = −4x + 1. Di conseguenza le immagini degli elementi della base E sono:

T (x^{2}) = 0 = (0, 0)_{E′},  T (x) = −4x + 1 = (−4, 1)_{E′},  T (1) = 2x = (2, 0)_{E′}

e la matrice cercata è

M_{E}^{E′}(T) = [\begin{matrix}0 & −4 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}]

b) La matrice M ha rango 2, quindi:

– dim(Im(T)) = rg(M) = 2 = dim(R_{1}[x]) e T è suriettiva.

– dim(N(T)) = dim(R_{2}[x]) − rg(M) = 3 − 2 = 1 e T non è iniettiva.

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Esercizio 0.5. Sia A la matrice

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

a) Calcolare gli autovalori di A.

b) Determinare basi degli autospazi di A al variare del parametro reale t.

Soluzione:

a) Il polinomio caratteristico di A è

p_{A}(λ) = (−1 − λ) [(t − λ)^{2} − 1]

Notiamo che (t − λ)^{2} − 1 = 0 se t − λ = ±1, ovvero λ = t ± 1. Di conseguenza gli autovalori di T sono λ = −1 e λ = t ± 1.

In particolare se t ≠ 0, −2, si tratta di tre autovalori distinti, altrimenti:

– Se t = 0, l’autovalore λ = −1 = t − 1 è doppio e λ = t + 1 = 1 è singolo.

– Se t = −2, l’autovalore λ = −1 = t + 1 è doppio e λ = t − 1 = −3 è singolo.

b) Calcoliamo gli autospazi.

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

II − (t + 1)I [\begin{matrix}1 & 0 & t + 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −t^{2} − 2t & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Coerentemente con le osservazioni sulle molteplicità geometriche degli autovalori fatte precedentemente, dobbiamo distinguere tre casi.

CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA. 3

– Se t ≠ 0, −2 otteniamo la soluzione:

\begin{cases}x = 0 \\ y = s \\ z = 0 \end{cases} ∀s ∈ R ⇒ B (E(−1)) = \{(0, 1, 0)\}

– Se t = 0 otteniamo la soluzione:

\begin{cases}x = −h \\ y = s \\ z = h \end{cases} ∀h, s ∈ R ⇒ B (E(−1)) = \{(0, 1, 0), (−1, 0, 1)\}

– Se t = −2 otteniamo la soluzione:

\begin{cases}x = h \\ y = s \\ z = h \end{cases} ∀h, s ∈ R ⇒ B (E(−1)) = \{(0, 1, 0), (1, 0, 1)\}

Calcoliamo gli altri autospazi.

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

Coerentemente con quanto ottenuto per E(−1) dobbiamo distinguere due casi.

– Se t ≠ −2 otteniamo la soluzione:

\begin{cases}x = s \\ y = 0 \\ z = s \end{cases} ∀s ∈ R ⇒ B (E(t + 1)) = \{(1, 0, 1)\}

– Se t = −2 otteniamo la soluzione:

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

Infine calcoliamo l’ultimo autospazio.

E(t − 1) = N(A − (t − 1)I) : [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & −t & 0 & | & 0 \\ 1 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III − I [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & −t & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Distinguiamo due casi.

– Se t ≠ 0 otteniamo la soluzione:

\begin{cases}x = −s \\ y = 0 \\ z = s \end{cases} ∀s ∈ R ⇒ B (E(t − 1)) = \{(−1, 0, 1)\}

– Se t = 0 otteniamo la soluzione:

\begin{cases}x = −s \\ y = h \\ z = s \end{cases} ∀h, s ∈ R ⇒ B (E(t − 1)) = B (E(−1)) = \{(0, 1, 0), (−1, 0, 1)\}

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Esercizio 0.6. Cos’è una matrice ortogonale? Che relazione c’è tra matrici ortogonali e basi ortonormali? Dare un esempio nel caso 2 × 2.