PROVA INTERMEDIA - GEOMETRIA E ALGEBRA – C – 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} − 2x_{2} + kx_{3} + kx_{4} = 1 \\ kx_{1} − 2x_{2} + x_{3} + x_{4} = 1 \\ x_{1} − 2x_{2} + kx_{3} + 2x_{4} = k \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 & −2 & k & k & | & 1 \\ k & −2 & 1 & 1 & | & 1 \\ 1 & −2 & k & 2 & | & k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − kII \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −2 & k & k & | & 1 \\ 0 & −2 + 2k & 1 − k^{2} & 1 − k^{2} & | & 1 − k \\ 0 & 0 & 0 & 2 − k & | & k − 1 \end{matrix}]

a) Notiamo che i termini −2+2k 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 & −2 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}]

quindi in questo caso rg(A) = 2 = rg(A|b) e il sistema ammette infinite soluzioni, dipendenti da due parametri.

b) Risolviamo il sistema per k = 1 ottenendo:

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

(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (1, 0, 0, 0) + (2, 1, 0, 0) + s(−1, 0, 1, 0)t ∀s, 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), (2, 1, 0, 0)}
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Esercizio 0.2. Sia M la seguente matrice reale:

M = [\begin{matrix}3 & 11 & 1 \\ 2 & k + 4 & 2 − k \\ 1 & 4 & 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 = 3.

Soluzione:

a) Una matrice è invertibile se ha determinante diverso da zero. Poiché det(M) = 3k − 8, ne segue

che M è invertibile se k ≠ \frac{8}{3}. b) Posto k = 2, otteniamo la matrice inversa

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

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Esercizio 0.3. Cos’è la dimensione di uno spazio vettoriale? Quando uno spazio vettoriale si dice finitamente generato? Dare un esempio di spazio vettoriale di dimensione 4, diverso da ℝ^{4}. Giustificare la risposta.

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

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (2x_{1} + x_{3}, (k − 1)x_{1} + kx_{3}, (2k − 2)x_{1} + (k − 2)x_{2} + x_{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}2 & 0 & 1 \\ k − 1 & 0 & k \\ 2k − 2 & k − 2 & 1 \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 − 2)(k + 1)

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}2 & 0 & 1 \\ −2 & 0 & −1 \\ −4 & −3 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III + 2I \\ II + I \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ 0 & −3 & 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_{1}), T (e_{2})} = {(2, −2, −4), (0, 0, −3)}. Per determinare il nucleo risolviamo il sistema omogeneo associato a M, ottenendo B(N(T)) = {(1, −2, −2)}.

– Se k = 2 otteniamo la matrice:

M(T) = [\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \\ 2 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 0 & 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_{1}), T (e_{3})} = {(2, 1, 2), (1, 2, 1)}. Per determinare il nucleo risolviamo il sistema omogeneo associato a M ottenendo B(N(T)) = {(0, 1, 0)}.

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Esercizio 0.5. Si consideri la matrice reale

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

a) Mostrare che v = (1, 0, 1) 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, 0, 1) 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}−1 & −2 & 4 \\ −2 & 2 & 2 \\ 4 & 2 & −1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}3 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}] = 3 [\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}] = 3 · v^{t}

Di conseguenza v è un autovettore di T relativo all’autovalore λ = 3. Notiamo che questo implica che il polinomio caratteristico di A sia divisibile per λ − 3.

Per determinare tutti gli autovalori di T, calcoliamo il polinomio caratteristico, eventualmente sfruttando la precedente informazione 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:

E(6) = N(A + 6I) = ⟨(2, 1, −2)⟩
E(3) = N(A − 3I) = ⟨(1, −2, 0), (0, 2, 1)⟩

Notiamo che i generatori di E(3) trovati non sono ortogonali, dobbiamo quindi utilizzare Gram-Schmidt ottendo

E(3) = ⟨(1, −2, 0), (4, 2, 5)⟩ = ⟨ \frac{\sqrt{5}}{5}(1, −2, 0), \frac{\sqrt{5}}{15}(4, 2, 5) ⟩

Infine la base ortonormale di ℝ^{3} richiesta:

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

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Esercizio 0.6. Dare la definizione di nucleo e immagine di una funzione lineare T. Che relazione c’è tra il nucleo di T e la sua iniettività o suriettività? Esiste una funzione lineare iniettiva da ℝ^{4} in ℝ^{3}? Giustificare la risposta.