APPELLO DI ALGEBRA LINEARE AAAA
30 GENNAIO 2017
Cognome: Nome: Matricola:
Tempo: 2h30
La valutazione tiene conto di ordine e chiarezza nello svolgimento. Tutte le risposte devono essere adeguatamente giustificate.
1 Sia f : V → W una trasformazione lineare di spazi vettoriali. Dimostrare che sia il nucleo di f che l’immagine di f sono sottospazi vettoriali.
Soluzione: Si ha Ker(f ) = {v ∈ V : f (v) = 0} e Im(f ) = {w ∈ W : ∃v ∈ V f (v) = w}. Dobbiamo provare che sia Ker(f ) che Im(f ) sono chiusi rispetto alle operazioni di spazio vettoriale.
Dimostriamo che il nucleo `e un sottospazio. Siano v, t ∈ V vettori e r uno scalare. Se f (v) = 0 e f (t) = 0, allora f (v + t) = f (v) + f (t) = 0 + 0 = 0 e f (rv) = rf (v) = r0 = 0.
Dimostriamo ora che Im(f ) `e un sottospazio. Siano w1,w2 ∈ Im(f ). Allora esistono v1, v2 ∈ V tali che wi= f (vi) (i = 1, 2). Allora w1+ w2= f (v1) + f (v2) = f (v1+ v2) e rw1 = rf (v1) = f (rv1). In conclusione, w1+ w2 ∈ Im(f ) e rw1 ∈ Im(f ).
2 Sia f : V → V un endomorfismo lineare e v1, . . . , vn una base di V . Spiegare in quali casi la matrice di f rispetto alla data base `e diagonale.
Soluzione: Sia A = (aij) la matrice quadrata di f associata alla base v1, . . . , vn. Allora gli scalari che si trovano nella colonna Aj di A sono le coordinate del vettore f (vj). In altre parole,
f (vj) =Pn
k=1akjvk. Allora la matrice A `e diagonale sse A1=
a11
0 . . .
0
, . . . , An=
0 . . .
0 ann
sse
f (vj) = ajjvj sse ajj e un autovalore di autovettore v` j. Quindi A `e diagonale sse v1, . . . , vn`e una base di autovettori.
3 Si considerino le rette r ed s di equazioni (la prima parametrica e la seconda lineare)
r :
x = 1 + t y = 2t z = 1 + t
s :
x + y = 1
x − y + z = 2 a) Si mostri che le due rette sono incidenti (cio´e si intersecano in un punto).
b) Si determini l’equazione della retta perpendicolare ad r ed s e passante per il loro punto di intersezione.
Soluzione: a) `E facile verificare che il punto d’intersezione `e P = (1,0,1). Le due rette non sono la stessa retta perch´e il punto (2,2,2) appartiene ad r ma non ad s.
b) Calcoliamo l’equazione parametrica del piano π che contiene le rette r ed s. Il piano esiste sicuramente perch´e le rette si intersecano nel punto P = (1,0,1). Calcoliamo prima l’equazione
parametrica della retta s. Dalla prima equazione ricaviamo x = 1 − y mentre dalla seconda z = 2 + y − x. Se poniamo y = w come parametro si ha:
x = 1 − w; y = w; z = 1 + 2w.
Quindi il piano π ha equazione parametrica:
x = 1 + t − w; y = 0 + 2t + w; z = 1 + t + 2w.
L’equazione lineare del piano si ricava da x + y = 1 + 3t e 2x + z = 3 + 3t, ottenendo (2x + z) − (x + y) = 2. Ossia,
π : x − y + z = 2.
La direzione ortogonale al piano `e data dal vettore (1, − 1,1). Quindi l’equazione parametrica della retta perpendicolare al piano π e passante per il punto P = (1,0,1) `e
x = 1 + t; y = −t; z = 1 + t.
4 Utilizzare il calcolo matriciale per risolvere il seguente sistema, al variare del parametro reale k:
x + 2w = 1
x + y + 3z + 2w = 1
2x + y + (k + 2)z + 4w = 2 x + y + 3z + (k2− k + 2)w = k Scrivere le soluzioni in forma vettoriale.
Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice completa del sistema in maniera tale da ottenere un sistema equivalente, ma pi`u semplice:
1 0 0 2 1
1 1 3 2 1
2 1 k + 2 4 2
1 1 3 k2− k + 2 k
⇒
1 0 0 2 1
0 1 3 0 0
0 1 k + 2 0 0
0 0 0 k2− k k − 1
Abbiamo sottratto alla quarta riga una volta la seconda riga, alla seconda la prima riga, ed alla terza due volte la prima riga. Successivamente sottraiamo la seconda riga alla terza per ottenere
1 0 0 2 1
0 1 3 0 0
0 0 k − 1 0 0
0 0 0 k2− k k − 1
Il sistema associato alla precedente matrice `e:
x + 2w = 1
y + 3z = 0
(k − 1)z = 0 k(k − 1)w = k − 1 Abbiamo tre casi k = 0, k = 1 e k(k − 1) 6= 0.
• (k = 0) Il sistema diventa:
x + 2w = 1 y + 3z = 0
−z = 0
0 = −1
che non ammette soluzioni a causa dell’ultima equazione.
• (k = 1) Il sistema diventa:
x + 2w = 1 y + 3z = 0
0 = 0
0 = 0
Abbiamo due sole equazioni (significative) e 4 incognite. L’equazione parametrica richiede 2 parametri:
x = 1 − 2t
y = −3u
z = u
w = t
Quindi abbiamo infinite soluzioni.
• (k(k − 1) 6= 0) In questo caso k 6= 0 e k 6= 1. Possiamo quindi dividere per k(k − 1) nell’ultima equazione
x + 2w = 1
y + 3z = 0
(k − 1)z = 0 k(k − 1)w = k − 1
ed ottenere w = 1/k. Dalla terza equazione si ricava z = 0, da cui y = 0. Infine sostituendo w = 1/k si ottiene x = (k − 2)/k. Quindi vi `e un’unica soluzione ((k − 2)/k, 0,0,1/k).
5 Sia T : R2 → R3 l’applicazione definita da T (x, y) = (x + y, 2x, x − y).
a) Verificare che T `e lineare.
b) Determinare nucleo e immagine di T .
Soluzione: Consideriamo la base canonica e1 = (1,0) e e2 = (0,1) di R2. Si ha: T (1,0) = (1,2,1) e T (0,1) = (1,0, − 1). Allora la matrice
A =
1 1
2 0
1 −1
determina univocamente T perch´e
A
x y
=
x + y
2x x − y
Quindi T `e lineare in quanto trasformazione lineare associata alla matrice A rispetto alla base canonica. Questo ragionamento prova a). Si pu`o anche provare a) direttamente facendo vedere che T (x1+ y1,x2+ y2) = T (x1, x2) + T (y1,y2) e che T (r(x,y)) = rT (x,y) per ogni scalare r.
b) La matrice A ha rango 2. Quindi T `e iniettiva, Ker(T ) = {(0,0)} e Im(T ) `e un sottospazio di R3 di dimensione 2, perch´e 2 = dim Ker(T ) + dim Im(T ). Una sua base `e data dai vettori T (1,0) = (1,2,1) e T (0,1) = (1,0, − 1).
