ALGEBRA LINEARE AAAA
28 Gennaio 2019
Cognome: Nome: Matricola:
Tempo: 2h30
La valutazione tiene conto di ordine e chiarezza nello svolgimento. Tutte le risposte devono essere adeguatamente giustificate.
1 Si considerino le rette r1 e r2 di equazioni
r1 :
x = 2 + 2t y = t + 1 z = 2 − 3t
r2 :
x = r + 2 y = 3 + 2r z = 1 − 2r
(t and r parametri reali)
(a) Si verifichi se le due rette sono incidenti.
(b) Si determini l’eventuale punto di incidenza della retta r1 con il piano π di equazione lineare 3x + y + z − 1 = 0.
Soluzione: (a) Sia (x0,y0,z0) l’eventuale punto di incidenza. Allora esiste (1) Uno scalare t0 per cui x0 = 2 + 2t0; y0 = t0+ 1; z0 = 2 − 3t0.
(2) Uno scalare r0 per cui x0 = r0+ 2; y0= 3 + 2r0; z0= 1 − 2r0.
(a) Da x0= 2+2t0e x0= r0+2 si ricava 2+2t0= r0+2, che implica r0= 2t0. Da y0 = 1+t0
e y0 = 3 + 2r0 si ricava 1 + t0 = 3 + 2r0 = 3 + 2(2t0) = 3 + 4t0; quindi 3t0 = −2. Dall’ultima equazione ricaviamo z0 = 2 − 3t0 = 2 + 2 = 4 e z0 = 1 − 2r0 = 1 − 4t0 = 1 − 4(−2/3) = 1 + (8/3) = 11/3. Assurdo.
(b) Da 3(2 + 2t) + (1 + t) + (2 − 3t) − 1 = 0 si ottiene 6 + 6t + 1 + t + 2 − 3t − 1 = 0, da cui 4t = −8 ossia t = −2. Quindi il punto P = (−2, − 1,8) appartiene sia alla retta r1 che al piano π.
2 Determinare per quali valori del parametro reale t il sistema Ax = b ammette soluzione.
Determinare esplicitamente le soluzioni ammesse.
A =
−1 1 0 0 t −1
0 1 t
b =
1 2
−1
Soluzione: det(A) = −(t2+ 1). Si ha det(A) 6= 0 per ogni t. Quindi la soluzione esiste ed
`
e unica per ciascun valore reale t. Trasformiamo la matrice completa A|b in forma triangolare superiore. Scambiamo la seconda e la terza riga:
B =
−1 1 0 1
0 1 t −1
0 t −1 2
Moltiplichiamo la seconda riga della matrice B per −t e sommiamo il risultato alla terza riga. Si ottiene:
−1 1 0 1
0 1 t −1
0 0 −1 − t2 2 + t
Quindi,
z = −2 + t
1 + t2; y = −1 + t2 + t
1 + t2; x = y − 1 = −2 + t2 + t 1 + t2 3 Si consideri la matrice
A =
1 0 0 1 2 1 0 0 1
(a) Determinare gli autovalori di A.
(b) Determinare la dimensione degli autospazi associati agli autovalori.
(c) Determinare gli autovettori associati ad uno dei due autovalori.
Soluzione:
A − λI =
1 − λ 0 0
1 2 − λ 1
0 0 1 − λ
da cui
det(A − λI) = (2 − λ)(1 − λ)2.
Gli autovalori sono quindi λ1 = 2 e λ2 = 1. Quest’ultimo autovalore `e doppio.
L’autospazio di λ1 = 2 ha dimensione 1 perch´e l’autovalore ha molteplicit`a algebrica 1 ed esiste almeno un autovettore.
Calcoliamo l’autospazio associato all’autovalore λ2 = 1 risolvendo il sistema lineare
Ax =
0 0 0 1 1 1 0 0 0
x y z
=
0 0 0
da cui si ricava x + y + z = 0. Quindi l’autospazio `e un piano che ha dimensione 2. Due autovalori linearmente indipendenti sono P = (1, − 1,0) e Q = (0,1, − 1). Si ricava che ogni autovettore di autovalore λ = 2 ha la forma rP + sQ al variare dei parametri r,s nei numeri reali.
La matrice `e diagonalizzabile perch´e la somma delle molteplicit`a algebriche coincide con la somma delle molteplicit`a geometriche ed `e pari a tre.
4 Sia f : R3 → R3 la trasformazione lineare definita da:
f (x1,x2,x3) = (x3+ 2x2,x2,x1+ x2) rispetto alla base canonica.
(a) Dire se f `e iniettiva e/o surgettiva;
(b) Trovare la dimensione del nucleo N (f ) e dell’immagine Im(f ).
Soluzione: La matrice associata ad f `e:
A =
0 2 1 0 1 0 1 1 0
Essendo il determinante di A diverso da 0, f `e un isomorfismo lineare. Il nucleo di f ha dimensione 0 ed f `e iniettiva e surgettiva. Quindi l’immagine di f ha dimensione 3.
