ALGEBRA LINEARE BBBB
17 GENNAIO 2018
Cognome: Nome: Matricola:
Tempo: 2h30
La valutazione tiene conto di ordine e chiarezza nello svolgimento. Tutte le risposte devono essere adeguatamente giustificate.
1 Determinare le equazioni parametriche e lineari delle rette del piano passanti (a) Per i punti A = (1, −2) e B = (−1, −2).
(b) Per il punto C = (2, −3) e parallela al vettore−−→
OP = (1, 2).
Soluzione: (a) Da B − A = (−2,0) si ha che l’equazione parametrica `e x = 1 − 2t e y = −2.
L’equazione lineare `e y = −2.
(b) x = 2 + t e y = −3 + 2t, da cui t = x − 2 e quindi y = −3 + 2x − 4.
2 Si dica per quali valori del parametro reale k il sistema di equazioni lineari x + y = 1
kx + y + z = 1 − k y + (1 − k)z = 1
ammette un’unica soluzione. In tale caso trovare la soluzione.
Soluzione: Consideriamo la matrice A dei coefficienti
A =
1 1 0
k 1 1
0 1 1 − k
Calcoliamo il determinante rispetto alla prima riga:
det(A) = det1 1 1 1 − k
− detk 1 0 1 − k
= −k + k(k − 1) = k(k − 2)
Il determinante di A `e 6= 0 se k 6= 0,2. In questo caso la soluzione del sistema lineare `e unica (mentre si avranno o infinite soluzioni o nessuna soluzione per k = 0 e k = 2).
Consideriamo la matrice completa del sistema A|a dove a `e il vettore colonna [1,1 − k,1]t:
A|a =
1 1 0 1
k 1 1 1 − k
0 1 1 − k 1
Sottraiamo k volte la prima riga dalla seconda e poi scambiamo la riga II con la riga III, ottenendo la matrice B|b:
B|b =
1 1 0 1
0 1 1 − k 1
0 1 − k 1 1 − 2k
Sommiamo k-1 volte la riga II alla riga III ottenendo la matrice C|c:
C|c =
1 1 0 1
0 1 1 − k 1
0 0 −k2+ 2k −k
(k 6= 0,2): z = 1/(k − 2), y = (2k − 3)/(k − 2) e x = −(k − 1)/k − 2).
(k = 0): La matrice diventa:
1 1 0 1 0 1 1 1 0 0 0 0
Soluzioni: z = t, y = 1 − t e x = t per ogni t ∈ R.
(k = 2): La matrice diventa:
1 1 0 1
0 1 −1 1
0 0 0 −2
Non ammette soluzioni.
3 Determinare una applicazione lineare f : R2 → R2 tale che f (1,1) = (1,2); f (0,2) = (4,4).
Determinare la matrice di f rispetto alla base canonica di R2.
Soluzione: I due vettori (1,1) e (0,2) sono linearmente indipendenti. Da f (1,0) = (1,1) −
1
2(0,2), si ricava che f (1,0) = f (1,1) − 12f (0,2) = (1,2) − (2,2) = (−1,0). Siccome f (0,1) =
1
2f (0,2) = (2,2), la matrice di f `e:
−1 2
0 2
4 Sia f : R3 → R3 la trasformazione lineare cos`ı definita:
f (x1,x2,x3) = (x1,x1−1
2x3,x2).
(a) Calcolare gli autovalori e gli autovettori di f . (b) f `e diagonalizzabile?
(c) Se al campo dei numeri reali si sostituisce quello dei numeri complessi, la trasformazione lineare di C3 che si ottiene `e diagonalizzabile?
Soluzione: La matrice A di f rispetto alla base canonica `e:
A =
1 0 0
1 0 −12
0 1 0
Quindi
det
1 − λ 0 0
1 −λ −12
0 1 −λ
= (1 − λ)(λ2+1 2)
Quindi esiste solo un autovalore reale λ = 1. La matrice non `e n´e triangolabile n´e diagonalizz- abile perch´e la molteplicit`a algebrica `e 1 e non 3. Calcoliamo l’autospazio associato all’autovalore λ = 1:
0 0 0
1 −1 −12
0 1 −1
x y z
=
0 0 0
da cui si ricava y = z e x = 32z. Abbiamo quindi un autospazio di dimensione 1.
Nel caso del campo dei numeri complessi vi sono altri due autovalori complessi coniugati λ = ±
q
−12 = ±√i
2. Abbiamo quindi tre autovalori come la dimensione di C3 e ciascun autovalore avr`a un autospazio di dimensione 1. Siccome la molteplicit`a geometrica coincide con la molteplicit`a algebrica, la trasformazione lineare complessa `e diagonalizzabile.
