penalit`a
Ingegneria Edile e Edile-Architettura
Test di Geometria e Algebra
18 gennaio 2012 – tempo a disposizione : 30 minuti
totale
(Cognome) (Nome) (Numero di matricola)
Esercizio 1. PUNTEGGIO : risposta mancante = -4 ; errata = da -3 a +3 ; esatta = +4
• Sia V uno spazio vettoriale su R e sia h·, ·i un prodotto scalare definito positivo su V ; una base {v1, . . . , vn} di
V si dice ortonormale se
Esercizio 2. PUNTEGGIO : risposta mancante = 0 ; risposta esatta = +2 ; risposta sbagliata = −2
• Dire se le seguenti proposizioni sono vere o false:
Proposizione Vera Falsa
(1 + i)2− (1 − i)2= 4i
v1, v2, v3∈ R3 linearmente indipendenti =⇒ formano una base di R3
H, K sottospazi di R5, H 6= K, dim(H ∩ K) > 2 =⇒ dim H + K ≥ 4
f : R3→ R2 lineare, dim Kerf = 1 =⇒ f surgettiva
A, B matrici 4 × 4 =⇒ det(ABAB) = 2 det(AB) f : R4→ R4
lineare, v, w ∈ R4autovettori per f =⇒ v + w autovettore per f
w, v ∈ R3vettori isotropi per il prodotto scalare h·, ·i =⇒ 1
2hv, wi = h v+w
2 , v+w
2 i
h·, ·i prodotto scalare non degenere =⇒ non ammette vettori isotropi.
Esercizio 3. PUNTEGGIO : risposta mancante = 0 ; risposta esatta = +2 risposta errata = −1
• z = 2 log 2 −7
3πi =⇒ e z=
• Siano V = {p(x) ∈ R[x] | degp(x) ≤ 2}, f : V → V data da f(p(x)) = (x + 1)p0(x).
La matrice di f rispetto alla base {1, x, x2} `e
• Sia f : R4 → R2 data da f x1 x2 x3 x4 = x1+ x2− x3 −x1+ x2− x4
; una base di Kerf `e
• Il polinomio caratteristico della matrice 1 2 1 0 1 2 2 1 0 ` e
• Il prodotto scalare su R3 definito da h
x1 x2 x3 , y1 y2 y3 i = x1y1− 2x1y2− 2x2y1− x3y3+ 2x3y1+ 2x1y3
SOLUZIONI E COMMENTI
Domanda aperta: Una base {v1, . . . , vn} `e ortonormale rispetto al prodotto scalare h, i se
hvi, vji = 1 se i = j 0 se i 6= j per 1 ≤ i, j ≤ n.
Commenti: Non indicare che i, j variano da 1 a n non `e un errore grave; sono errori lo scambiare tra di loro 0 e 1 nella formula (ovviamente!), l’indicare vt
i· vj al posto di hvi, vji (in quanto la prima scrittura esprime il prodotto riga
per colonna, ovvero il prodotto scalare STANDARD, non uno qualsiasi definito positivo), il dimenticare una delle due condizioni (l’uguale a 1 o l’uguale a 0).
Una risposta ”a parole” pu`o andare bene, se formulata correttamente: una base `e ortonormale se `e composta di vettori tra loro ortogonali rispetto a h, i e di norma unitaria (sempre rispetto a h, i).
Vero o falso
1. VERO. Infatti (1 + i)2− (1 − i)2= 1 + (−1) + 2i − (1 + (−1) − 2i) = 2i + 2i = 4i.
2. VERO. Infatti n vettori in Rn sono una base se e solo se sono linearmente indipendenti.
3. VERO. Infatti, se dim(H ∩ K) > 2, allora tale dimensione `e almeno 3 e dunque anche dim H e dim K sono almeno 3. Per di pi`u, H e K non sono uguali, quindi esiste un vettore v di H che non sta in K, dunque Span{v} + K ⊂ H + K, ma dim(Span{v} + K) ≥ 4, dunque dim(H + K) ≥ 4.
4. VERO. In generale, se f : Rn→ Rm`e lineare, si ha che dim Kerf + dim Imf = n. Nel nostro caso, n = 3, m = 2
e dim Kerf = 1, dunque dim Imf = 3 − 1 = 2, quindi f `e surgettiva.
5. FALSO. Si ha det(ABAB) = det(A)2det(B)2 e dunque det(ABAB) = 2 det(AB) = 2 det(A) det(B) se e solo se
2 = det(A) det(B), che in generale `e falsa. Un controesempio si ha ponendo A = B = I e l’uguaglianza risulta in 1 = 2, chiaramente falsa.
6. FALSO. Se f (v) = λv e f (w) = µw, allora f (v + w) = λv + µw che in generale non si pu`o scrivere come ν(v + w); un controesempio si ha considerando l’applicazione
f x1 x2 x3 x4 = x1 2x2 3x3 4x4
allora f (e1) = e1e f (e2) = 2e2, quindi e1e e2sono autovettori, ma f (e1+ e2) = e1+ 2e2che non si pu`o scrivere
come ν(e1+ e2).
7. VERO. Infatti si ha hv + w, v + wi = hv, vi + hw, wi + 2hv, wi = 2hv, wi, perch`e v, w sono isotropi. Dunque, dividendo per 4 si ottiene
hv + w 2 , v + w 2 i = 1 2hv, wi
8. FALSO. Ogni prodotto scalare indefinito ammette vettori isotropi, anche se non nullo. Ad esempio il prodotto su R2dato da hx, yi = x
1y1− x2y2`e indefinito e non degenere, ma il vettore (1, 1) `e isotropo.
Esercizi numerici 1. e2 log 2−iπ7
3 = e2 log 2e−iπ/3 in quanto 7π/3 e π/3 sono lo stesso angolo; poi e2 log 2 = elog 4 = 4 e e−iπ/3 =
cos(−π/3) + i sin(−π/3) = cos(π/3) − i sin(π/3) = 12− i
√ 3
2 , dunque e
z = 2 − 2√3i. I numeri complessi vanno
SEMPRE indicati nella forma a + ib; soluzioni del tipo 4/(12 + i
√ 3
2 ) sono numericamente corrette ma non
2. La matrice di una applicazione lineare rispetto ad una base ha come colonne le coordinate dell’immagine dei vettori di base: f (1) = 0 = 0 · 1 + 0 · x + 0 · x2 f (x) = x + 1 = 1 · 1 + 1 · x + 0 · x2 f (x2) = 2x2+ 2x = 0 · 1 + 2 · x + 2 · x2 e dunque la matrice `e 0 1 0 0 1 2 0 0 2 .
3. Una base di Kerf `e una base delle soluzioni del sistema lineare
x1+ x2− x3 = 0
−x1+ x2− x4 = 0
che ha come soluzioni
x1 = x3−x2 4
x2 = x3+x2 4
e dunque le soluzioni sono
t − s t + s 2t 2s | s, t ∈ R e una base `e 1 1 2 0 , −1 1 0 2 .
Ovviamente, qualunque altra base andava bene. 4. Basta calcolare il determinante:
det 1 − λ 2 1 0 1 − λ 2 2 1 −λ = −λ(1 − λ)2+ 8 − 2(1 − λ) − 2(1 − λ) = (1 − λ)(λ2− λ − 4) + 8 = λ2− λ − 4 − λ3+ λ2+ 4λ + 8 = −λ3+ 2λ2+ 3λ + 4 .
Il polinomio va indicato nella sua forma ”svolta”, non fattorizzata, con i termini dello stesso grado raccolti. 5. La matrice di quel prodotto scalare `e
A = 1 −2 2 −2 0 0 2 0 −1
e si ha det A = 4, quindi il prodotto `e non degenere. Inoltre, he1, e1i = 1 > 0, he3, e3i = −1 < 0, quindi `e
