Geometria I Gianluca Ferrari Algebra Lineare
Tema d’Esame del 20 novembre 2017 – Algebra Lineare
Esercizio 1
i. Si discuta la risolubilità del sistema lineare al variare di 𝑘.
Consideriamo la forma matriciale del sistema, o meglio, la matrice (𝐴|𝑏⃗ ) ad esso associata.
(𝐴|𝑏⃗ ) = (1 𝑘 − 1 4 − 𝑘 −3
0 𝑘 + 1 −2 𝑘 + 1
2 𝑘 − 3 8 −6 )
Studiamo il rango delle matrici 𝐴 ed (𝐴|𝑏⃗ ) al variare di 𝑘.
det 𝐴 = det (1 𝑘 − 1 4 − 𝑘 0 𝑘 + 1 −2
2 𝑘 − 3 8
)
= 8𝑘 + 8 − 4𝑘 + 4 − 2(𝑘 + 1)(4 − 𝑘) + 2(𝑘 − 3)
= 4𝑘 + 12 + 2𝑘2− 6𝑘 − 8 + 2𝑘 − 6 = 2𝑘2 − 2 = 2(𝑘 + 1)(𝑘 − 1) Abbiamo che
det 𝐴 ≠ 0 ⟺ 𝑘 ≠ ±1
ossia ∀𝑘 ∈ ℝ ∖ {±1} si ha rg 𝐴 = rg(𝐴|𝑏⃗ ) = 3; ciò significa che, per il Teorema di Rouché-Capelli, il sistema è risolubile ed ammette ∞0 (una e una sola) soluzioni.
Analizziamo ora i casi 𝑘 = +1 e 𝑘 = −1.
Se 𝑘 = 1 abbiamo
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(𝐴|𝑏⃗ ) = (1 0 3 −3
0 2 −2 2
2 −2 8 −6
)
Sicuramente il determinante di 𝐴 è nullo, tuttavia, essendoci un minore di ordine due non singolare, essa avrà rango rg 𝐴 = 2.
Orlando tale minore con il vettore 𝑏⃗ , si ha det (1 0 −3
0 2 2
2 −2 −6
) = −12 + 12 + 4 ≠ 0
ossia rg(𝐴|𝑏⃗ ) = 3. Nel caso in questione, essendo rg 𝐴 ≠ rg(𝐴|𝑏⃗ ), il sistema non ammette soluzioni.
Consideriamo infine il caso 𝑘 = −1.
(𝐴|𝑏⃗ ) = (1 −2 5 −3
0 0 −2 0
2 −4 8 −6
)
Anche in questo caso la matrice 𝐴 ha rango 2, poiché possiede un minore di ordine due non singolare. Orliamo tale minore con il vettore 𝑏⃗ e calcoliamo il determinante della matrice così ottenuta. Siccome
det (1 5 −3
0 −2 0
2 8 −6
) = 12 − 12 = 0
allora rg 𝐴 = rg(𝐴|𝑏⃗ ) = 2, ossia il sistema è risolubile e ammette ∞1 soluzioni.
ii. Indicato con 𝑆−1 l’insieme delle soluzioni del sistema per 𝑘 = −1, si dica se è spazio vettoriale, motivando la risposta, ed in ogni caso determinare la dimensione e una base della sua chiusura.
Risolviamo il sistema nel caso 𝑘 = −1, per il quale è sufficiente considerare le prime due righe della matrice
(𝐴|𝑏⃗ ) = (1 −2 5 −3
0 0 −2 0
2 −4 8 −6
)
da cui
{𝑥 − 2𝑦 + 5𝑧 = −3
−2𝑧 = 0 → 𝑧 = 0 ⟹ 𝑥 = 2𝑦 − 3
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L’insieme delle soluzioni può essere scritto come
𝑆−1 = 〈(2; 1; 0)〉 + (−3; 0; 0)
Chiaramente questo non è un sottospazio vettoriale – infatti non contiene il vettor nullo – bensì è il traslato di un sottospazio.
La sua chiusura, invece, sarà data da
〈𝑆−1〉 = 〈(2; 1; 0); (−3; 0; 0)〉 = 〈(2; 1; 0); (1; 0; 0)〉
Quest’ultima ha dimensione dim〈𝑆−1〉 = 2 ed ammette come base 𝔅 = ((1; 0; 0); (2; 1; 0))
iii. Si costruisca, se possibile, un endomorfismo 𝑇 di ℝ3 tale che 𝑘𝑒𝑟 𝑇 = 〈𝑆−1〉 ed 𝐼𝑚 𝑇 = 〈(1; 2; 1)〉.
Un possibile endomorfismo 𝑓 ≔ 𝑇 ∶ ℝ3 → ℝ3 deve soddisfare 𝑓(1; 0; 0) = (0; 0; 0)
𝑓(2; 1; 0) = (0; 0; 0) e imponiamo per esempio che
𝑓(0; 0; 1) = (1; 2; 1) Dalla seconda condizione, per linearità, si ha che
2𝑓(1; 0; 0) + 𝑓(0; 1; 0) = (0; 0; 0) ⟹ 2(0; 0; 0) + 𝑓(0; 1; 0) = (0; 0; 0) da cui 𝑓(0; 1; 0) = (0; 0; 0).
In definitiva, un possibile endomorfismo è espresso dalla matrice (0 0 1
0 0 2 0 0 1)
che applicata al generico vettore (𝑥; 𝑦; 𝑧) ∈ ℝ3, descrive la seguente funzione 𝑇 ∶ { ℝ3 → ℝ3
(𝑥; 𝑦; 𝑧) ⟼ (𝑥; 2𝑦; 𝑧)
