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

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

Esercizio 0.1. Si consideri la matrice

M = [\begin{matrix}k & 2 & 2 & k \\ 4 & −k & k & 0 \\ 0 & 0 & k & −2 \\ 2k & 4 & 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 riga otteniamo:

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

□

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

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

con a, b, c, d ∈ R. Chiamiamo v_{1} = (0, 2, −3, 1), v_{2} = (2, 1, 0, 2), v_{3} = (1, 0, 4, −2), 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}0 & 2 & 1 & −1 \\ 2 & 1 & 0 & 3 \\ −3 & 0 & 4 & 0 \\ 1 & 2 & −2 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}IV \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −2 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 3 \\ −3 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III + 3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −2 & 1 \\ 0 & −3 & 4 & 1 \\ 0 & 6 & 10 & 3 \\ 0 & 2 & 1 & −1 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}III + 2II \\ 3IV − III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −2 & 1 \\ 0 & −3 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & 18 & 5 \\ 0 & 0 & −7 & −6 \end{matrix}] ⇒ 18IV + 7III [\begin{matrix}1 & 2 & −2 & 1 \\ 0 & −3 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & 18 & 5 \\ 0 & 0 & 0 & −73 \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.

□

Esercizio 0.3. Dare la definizione di insieme di generatori di uno spazio vettoriale. Illustrare con un esempio con vettori di R^{3} 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} − 1) = 0,  T (x) = x,  T (1) = −3x.

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}−1) = T (x^{2})−T (1), quindi T (x^{2}) = T (x^{2}−1)+T (1) = −3x. Di conseguenza le immagini degli elementi della base E sono:

T (x^{2}) = −3x = (−3, 0)_{E′},  T (x) = x = (1, 0)_{E′},  T (1) = −3x = (−3, 0)_{E′}

e la matrice cercata è

M_{E}^{E′}(T) = [\begin{matrix}−3 & 1 & −3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

b) La matrice M ha rango 1, quindi:

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

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

□

Esercizio 0.5. Sia A la matrice

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & t & −2 \\ 0 & −2 & 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) = (2 − λ) [(t − λ)^{2} − 4]

Notiamo che (t − λ)^{2} − 4 = 0 se t − λ = ±2, ovvero λ = t ± 2. Di conseguenza gli autovalori di T sono λ = 2 e λ = t ± 2.

In particolare se t ≠ 0, 4, si tratta di tre autovalori distinti, altrimenti:

– Se t = 4, l’autovalore λ = 2 = t − 2 è doppio e λ = t + 2 = 6 è singolo.

– Se t = 0, l’autovalore λ = 2 = t + 2 è doppio e λ = t − 2 = −2 è singolo.

b) Calcoliamo gli autospazi.

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

II + (t − 2)I [\begin{matrix}0 & −2 & t − 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & t^{2} − 4t & | & 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, 4 otteniamo la soluzione:

\begin{cases}x = s \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ∀s ∈ R ⇒ B (E(2)) = \{(1, 0, 0)\}

– Se t = 0 otteniamo la soluzione:

\begin{cases}x = h \\ y = −s \\ z = s \end{cases} ∀h, s ∈ R ⇒ B (E(2)) = \{(1, 0, 0), (0, −1, 1)\}

– Se t = 4 otteniamo la soluzione:

\begin{cases}x = h \\ y = s \\ z = s \end{cases} ∀h, s ∈ R ⇒ B (E(2)) = \{(1, 0, 0), (0, 1, 1)\}

Calcoliamo gli altri autospazi.

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

Coerentemente con quanto ottenuto per E(2) dobbiamo distinguere due casi.

– Se t ≠ 0 otteniamo la soluzione:

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

– Se t = 0 otteniamo la soluzione:

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

Infine calcoliamo l’ultimo autospazio.

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

Distinguiamo due casi.

– Se t ≠ 4 otteniamo la soluzione:

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

– Se t = 4 otteniamo la soluzione:

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

□

Esercizio 0.6. Quando una funzione lineare si dice diagonalizzabile? Dare un esempio di funzione lineare T : R^{2} → R^{2} diagonalizzabile e uno di funzione lineare S : R^{2} → R^{2} non diagonalizzabile.