Tema d’Esame del 31 ottobre 2018 – Parziale di Algebra Lineare

Tema d’Esame del 31 ottobre 2018 – Parziale di Algebra Lineare

Anzitutto, scriviamo gli insiemi assegnati come chiusura.

𝑈 = 〈(1; 2; 0; 1); (0; 0; 1; 1)〉

𝑊 = 〈(1; 2; 0; 1)〉

Si noti che 𝑊 ⊆ 𝑈, quindi

𝑈 ∪ 𝑊 = 𝑈 = 〈(1; 2; 0; 1); (0; 0; 1; 1)〉 ≤ ℝ⁴(ℝ) ed è sottospazio vettoriale di ℝ⁴(ℝ), poiché esprimibile come chiusura.

Una sua possibile base è data da

ℬ_𝑈∪𝑊 = ((1; 2; 0; 1); (0; 0; 1; 1)) .

𝐴_𝑘 = (1 −1 𝑘 𝑘 − 2

1 −1 2 0

1 2 − 𝑘 0 0

) 𝐵_𝑘= ( 0

0 𝑘 − 2

) 𝑋 = (

𝑥 𝑦 𝑧 𝑡

)

𝐴_𝑘𝑋 = 𝐵_𝑘

• Considerata la matrice

(𝐴_𝑘|𝐵_𝑘) = (1 −1 𝑘 𝑘 − 2 0

1 −1 2 0 0

1 2 − 𝑘 0 0 𝑘 − 2

) ,

studiamo la compatibilità del sistema al variare di 𝑘 ∈ ℝ. Ricordiamo che un sistema si dice compatibile quando rg(𝐴_𝑘) = rg(𝐴_𝑘|𝐵_𝑘), ossia quando il vettore 𝐵_𝑘 è esprimibile come combinazione lineare dei vettori colonna che costituiscono la matrice 𝐴_𝑘.

Studiamo quindi i ranghi delle matrici 𝐴_𝑘 ed (𝐴_𝑘|𝐵_𝑘).

det (1 𝑘 𝑘 − 2

1 2 0

1 0 0

) = −2(𝑘 − 2) ≠ 0 ⟹ 𝑘 ≠ 2

∀𝑘 ≠ 2 ∶ rg 𝐴_𝑘 = 3

Ne segue che ∀𝑘 ≠ 2 ∶ rg(𝐴_𝑘|𝐵_𝑘) = rg 𝐴_𝑘 = 3, quindi in questo caso il sistema è compatibile e ammette ∞^𝑛−𝑟 = ∞¹ soluzioni.

Consideriamo ora il caso 𝑘 = 2, per il quale

(𝐴₂|𝐵₂) = (1 −1 0 0 0 1 −1 2 0 0

1 0 0 0 0

) .

In questo caso avremo

det (1 −1 2 1 −1 2

1 0 0

) = 0 ⟹ rg 𝐴₂ < 3

det (1 −11 0 ) ≠ 0 𝑘 = 2 ⟹ rg 𝐴₂ = 2 rg(𝐴₂|𝐵₂) = rg 𝐴₂ = 2 .

Anche nel caso 𝑘 = 2 il sistema è compatibile e ammette ∞² soluzioni. In definitiva il sistema è compatibile ∀𝑘 ∈ ℝ.

• Consideriamo ora il caso 𝑘 = 3, in cui

(𝐴₃|𝐵₃) = (1 −1 3 1 0 1 −1 2 0 0 1 −1 0 0 1

) .

Risolvendo il sistema associato, abbiamo

{

𝑥 − 𝑦 + 3𝑧 + 𝑡 = 0 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = 0

𝑥 − 𝑦 = 1 ⟹ {

1 + 3𝑧 + 𝑡 = 0 1 + 2𝑧 = 0

𝑥 − 𝑦 = 1 ⟹ {

𝑡 =1 2 𝑧 = −1 𝑥 = 1 + 𝑦2

𝑦 = 𝑦 da cui segue l’insieme delle soluzioni

𝑆 = {(1 + 𝑦; 𝑦; −1 2;1

2) ∈ ℝ⁴ ∶ 𝑦 ∈ ℝ} = 〈(1; 1; 0; 0)〉 + (1; 0; −1 2;1

2) .

• Essendo la chiusura di 𝑆 data da

ℒ(𝑆) = 〈𝑆〉 = 〈(1; 1; 0; 0); (1; 0; −1 2;1

2)〉 = 〈(1; 1; 0; 0); (2; 0; −1; 1)〉 , una sua possibile base è

ℬ_〈𝑆〉= ((1; 1; 0; 0); (2; 0; −1; 1)) .

𝐴_𝑘 = (𝑘 −1 −1

0 0 2

0 4 2

)

• Per determinare gli autovalori di 𝐴_𝑘, dobbiamo calcolare le radici del polinomio caratteristico, dato da

det(𝐴_𝑘− 𝜆𝐼₃) = det (𝑘 − 𝜆 −1 −1

0 −𝜆 2

0 4 2 − 𝜆

) = 𝜆(𝑘 − 𝜆)(𝜆 − 2) − 8(𝑘 − 𝜆)

= (𝑘 − 𝜆)(𝜆²− 2𝜆 − 8) = (𝑘 − 𝜆)(𝜆 − 4)(𝜆 + 2) = 0 , da cui seguono le soluzioni

𝜆 = 𝑘 ∨ 𝜆 = −2 ∨ 𝜆 = 4 .

• Affinché gli autovalori siano distinti e quindi la matrice sia certamente diagonalizzabile, dev’essere 𝑘 ∈ ℝ ∖ {−2; 4}.

• Di certo la matrice è diagonalizzabile ∀𝑘 ∈ ℝ ∖ {−2; 4}. Dobbiamo verificare la diagonalizzabilità nei casi 𝑘 = −2 e 𝑘 = 4.

Per 𝑘 = −2, abbiamo 𝜆 = −2 con 𝑚. 𝑎. (−2) = 2 e 𝜆 = 4 con 𝑚. 𝑎. (4) = 1.

(𝐴₋₂− 𝜆𝐼₃) = (−2 − 𝜆 −1 −1

0 −𝜆 2

0 4 2 − 𝜆

)

Calcoliamo le molteplicità geometriche associate a tali autovalori, ossia le dimensioni degli autospazi relativi agli autovalori considerati.

(𝐴₋₂+ 2𝐼₃) = (0 −1 −1

0 2 2

0 4 4

) rg(𝐴₋₂+ 2𝐼₃) = 1

𝑚. 𝑔. (−2) = dim 𝑉₋₂= 𝑛 − rg 𝑀 = 2 = 𝑚. 𝑎. (−2)

(𝐴₋₂− 4𝐼₃) = (−6 −1 −1

0 −4 2

0 4 −2

) rg(𝐴₋₂− 4𝐼₃) = 2

𝑚. 𝑔. (4) = dim 𝑉₄ = 𝑛 − rg 𝑀 = 1 = 𝑚. 𝑎. (4)

Dato che, per 𝑘 = −2, le molteplicità algebrica e geometrica degli autovalori sono uguali, allora la matrice 𝐴₋₂ è diagonalizzabile.

Consideriamo infine il caso 𝑘 = 4, dove abbiamo 𝜆 = −2 con 𝑚. 𝑎. (−2) = 1 e 𝜆 = 4 con 𝑚. 𝑎. (4) = 2.

(𝐴₄− 𝜆𝐼₂) = (4 − 𝜆 −1 −1

0 −𝜆 2

0 4 2 − 𝜆

)

(𝐴₄− 4𝐼₂) = (0 −1 −1

0 −4 2

0 4 −2

) rg(𝐴₄− 𝜆𝐼₂) = 2

𝑚. 𝑔. (4) = dim 𝑉₄− rg 𝑀 = 1 ≠ 𝑚. 𝑎. (4)

Per 𝑘 = 4 la matrice 𝐴₄ non è diagonalizzabile, poiché le molteplicità algebriche e geometriche degli autovalori non coincidono.

In definitiva la matrice 𝐴_𝑘 è diagonalizzabile ∀𝑘 ∈ ℝ ∖ {4}.

• Per 𝑘 = 3, gli autovalori della matrice 𝐴₃ sono 𝜆 = −2 ∨ 𝜆 = 3 ∨ 𝜆 = 4, quindi una matrice diagonale simile ad 𝐴₃ è la matrice

𝐷 = (−2 0 0

0 3 0

0 0 4

) . Una matrice non diagonale simile ad 𝐴₃, invece, è proprio 𝐴₃.

È sufficiente scambiare l’ordine dei vettori che costituiscono la base canonica.

ℬ = ((0; 0; 1); (0; 1; 0); (1; 0; 0))

Consideriamo il rango della matrice 𝑀 associata ai vettori che costituiscono l’insieme 𝐵.

𝑀 = (

1 0 1

0 3 6

1 1 3

2 −5 −8 )

Essendo

det (1 0 1 0 3 6 1 1 3

) = 9 − 3 − 6 = 0

det (1 00 3) = 3 ≠ 0 , si ha

rg 𝑀 = 2

che non è massimo. Ciò significa che l’insieme 𝐵 è costituito da due vettori linearmente dipendenti, quindi non è possibile completarlo ad una base.

𝐴_𝑘 = (−2 𝑘 + 1 0

𝑘 1 2𝑘

2 0 0

)

È sufficiente svolgere il calcolo

(1 0 1) (−2 𝑘 + 1 0

𝑘 1 2𝑘

2 0 0

) ( 1

−1 0

) = 3

(0 𝑘 + 1 0) ( 1

−1 0

) = 3 ,

da cui segue

−𝑘 − 1 = 3 ⟹ 𝑘 = −4 .