SOLUZIONI dell’ESERCITAZIONE del 05/11/07
Soluzione dell’esercizio 1. Il sistema assegnato `e omogeneo, quindi compatibile per ogni valore di k. La matrice associata al sistema `e
A =
1 −k 0 k + 1
0 2 k + 1 −1
1 0 0 1
0 0 0 3
.
Abbiamo
det A = 3
1 −k 0
0 2 k + 1
1 0 0
= −3k(k + 1).
Per k 6= −1, 0 il sistema ammette una sola soluzione, necessariamente quella banale.
Per k = −1 il sistema diviene
x1 +x2 = 0
2x2 −x4= 0
x1 +x4= 0
3x4= 0 .
Tale sistema `e equivalente al sistema
x1 = 0
x2 = 0
+x4= 0 .
Per k = −1 il sistema ammette ∞1 soluzioni, date da t(0, 0, 1, 0), t ∈ R.
Per k = 0 il sistema diviene
x1 +x4= 0
2x2 +x3 = 0
x1 +x4= 0
3x4= 0 .
Tale sistema `e equivalente al sistema
x1 = 0
2x2 +x3 = 0 +x4= 0
.
Per k = 0 il sistema ammette ∞1 soluzioni, date da h(0, 1, −2, 0), h ∈ R.
Soluzione dell’esercizio 2. U `e il sottospazio delle soluzioni del sistema omogeneo
a +b −c −d = 0
Tale sistema ammette ∞3soluzioni, quindi dim(U ) = 3. Per determinare una base di U dobbiamo determinare tre autosoluzioni linearmente indipendenti del sistema, ad esempio
a = 1, b = 0, c = 0 ⇒ d = 1, a = 0, b = 1, c = 0 ⇒ d = 1, a = 0, b = 0, c = 1 ⇒ d = −1.
Una base per U `e BU =
u1=
1 0 0 1
, u2=
0 1 0 1
, u3=
0 0
1 −1
(e non BU = {u1= (1, 0, 0, 1), u2= (0, 1, 0, 1), u3= (0, 0, 1, −1)} !!!).
W `e il sottospazio delle soluzioni del sistema omogeneo
a = 0
b −c = 0
d = 0 La matrice associata al sistema `e
A =
1 0 0 0
0 1 −1 0
0 0 0 1
.
Il suo minore del terzo ordine
A123,124=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
= 1 6= 0,
`
e non nullo, quindi rg(A) = 3 ed il sistema ammette ∞1 soluzioni, ovvero dim(W ) = 1. Una soluzione del sistema `e a = 0, b = 1, c = 1, d = 0, una possibile base per W `e
BW =
w1=
0 1 1 0
.
( e non BW = {w1= (0, 1, 1, 0)} !!! ).
Affinch`e risulti V = U ⊕ W , deve essere dim(V ) = dim(U ) + dim(W ) e U ∩ W = {0}. La prima condizione `e soddifatta. Per la seconda basta osservare che w1= u2+ u3, ovvero w1∈ U , cio`e U ∩ W 6= {0}. Quindi V non `e somma diretta di U e W .
Soluzione dell’esercizio 3. Il rango della matrice A `e chiaramente 1, quindi dim(Im f ) = rg(A) = 1. Una base per l’immagine `e BIm f = {(0, 1, 1)} . Per quanto riguarda la dimensione del nucleo sappiamo che dim(Ker f ) = dim(V ) − dim(Im f ) = dim(V ) − rg(A) = 3 − 1 = 2. Per determinare una base del nucleo consideriamo la relazione matriciale AX = O, ovvero
0 0 0 1 0 1 1 0 1
x y z
=
0 0 0
.
Ricaviamo il sistema lineare omogeneo
x +z = 0
Si tratta di un sistema 1 equazione e 3 incongnite, che ammette ∞2soluzioni (come gi`a sapevamo!).
Due soluzioni liearmente indipendenti sono, ad esempio, (−1, 0, 1) = e1− e3 e (0, 1, 0) = e2 ( come potevamo dedurre immediatamente osservando bene la matrice A ). Una base per il nucleo
`
e allora BKer f = {(−1, 0, 1), (0, 1, 0)} . Le equazioni parametriche e cartesiane del nucleo sono rispettivamente
x = −h
y = k
z = h
, h, k ∈ R
x +z = 0
Le equazioni parametriche e cartesiane dell’immagine sono rispettivamente
x = 0 y = t z = t
, t ∈ R
x = 0
y −z = 0
La matrice del cambio di base dalla base canonica B alla base B0 `e la matrice
C =
2 1 1
−1 0 0 0 0 1
, det0, C = 1
I complementi algebrici della matrice sono
c011= 0, c012= 1, c013= 0, c021= −1, c022= 2, c023= 0, c031= 0, c032= −1, c033= 1.
La matrice inversa `e allora
C−1= C(a)=
0 −1 0
1 2 −1
0 0 1
. La matrice A0 si ottiene calcolando C−1AC, quinidi
A0 =
0 −1 0
1 2 −1
0 0 1
0 0 0 1 0 1 1 0 1
2 1 1
−1 0 0 0 0 1
=
=
0 −1 0
1 2 −1
0 0 1
0 0 0 2 1 2 2 1 2
=
−2 −1 2
2 1 2
2 1 2
. Per stabilire se f sia o meno diagonalizzabile consideriamo
A − λI =
−λ 0 0
1 −λ 1
1 0 1 − λ
.
Il polinomio caratteristico dell’endomorfismo f `e
det(A − λI) = λ2(1 − λ).
Gli autovalori di f sono gli zeri del polinomio, abbiamo quindi λ1 = λ2 = 0, λ3 = 1, cio`e ma(0) = 2, ma(1) = 1. Gli autovettori di autovalore 0 sono gli elementi dl nucleo, abbiamo visto che dim(Kerf ) = 2 = mg(0). Due autovettori linearmente indipendenti associati a tale autovalore sono u1= (−1, 0, 1) e e2= (0, 1, 0).
In corrsipondenza all’autovalore λ3= 1 otteniamo il sistema lineare omogeneo
−x = 0
x −y +z = 0
x = 0
,
equivalente al sistema
x = 0
−y +z = 0
Il sistema ammette ∞1 soluzioni, ovvero mg(1) = 1 ( chiaramente! ). Un autovettore associato all’autovalore λ3 `e u3 = (0, 1, 1). Poich`e gli zeri λ del polinomio caratteristico di f sono tutti reali e ognuno di essi soddisfa ma(λ) = mg(λ), f `e un endomorfismo diagonalizzabile, una base di autovettori per f `e B00 = {u1, e2, u3} . La matrice A00 associata ad f rispetto a tale base `e ovviamente
A00=
0 0 0 0 0 0 0 0 1
.
