Matematica Discreta e Logica Matematica CdL in Informatica, Facolt` a di Scienze MM. FF. NN.
Universit` a degli Studi di Salerno A.A. 2008/2009
Compito d’Esame di Geometria 16/09/2009
Esercizio 1. Dimostrare che la matrice quadrata
A =
0 −1 1/2 1
1 0 −1 0
−1/2 1/2 0 0
0 0 0 1/2
`
e invertibile. Quindi considerare il sistema lineare razionale S : A · x = b,
in cui x = (x
1, x
2, x
3, x
4)
t` e la colonna delle incognite e b = (1, −1, 1, 1)
t` e la colonna dei termini noti e, nell’ordine, 1) discutere il numero di soluzioni di S, 2) determinare le soluzioni di S mediante il metodo di Cramer, 3) scrivere il sistema omogeneo S
0associato ad S, 4) discutere il numero di soluzioni di S
0, 5) determinare le soluzioni di S
0. Infine, richiamare brevemente la dimostrazione del metodo di Cramer.
Esercizio 2. Richiamare la definizione di autovalore, autovettore, diagonalizzabilit` a e base diagonalizzante per un endomorfismo f : V −→ V di uno spazio vettoriale V . Quindi, dimostrare, mediante il teorema spettrale, che l’endomorfismo
f : R
33
a b c
7−→
4 3
a +
23c
−
23a + 2b +
23c
4 3
a +
23c
∈ R
3`
e diagonalizzabile e determinarne una base diagonalizzante.
Soluzioni
Esercizio 1. Per verificare l’invertibilit` a della matrice A ` e suffciente calcolarne il determinante:
det A = det
0 −1 1/2 1
1 0 −1 0
−1/2 1/2 0 0
0 0 0 1/2
.
Per esempio, si pu` o applicare la regola di Laplace sviluppando rispetto all’ultima riga:
det A =
12det A(1, 2, 3; 1, 2, 3).
Ora
det A(1, 2, 3; 1, 2, 3) = det
0 −1 1/2
1 0 −1
−1/2 1/2 0
che si pu` o calcolare, per esempio, mediante la regola di Sarrus:
det
0 −1 1/2
1 0 −1
−1/2 1/2 0
= 0 −
12+
14− 0 − 0 − 0
= −
14. Concludendo
det A =
12det A(1, 2, 3; 1, 2, 3) =
12−
14= −
186= 0.
A ` e, perci` o, invertibile. Il sistema S si scrive
S :
−x
2+
12x
3+x
4= 1
x
1−x
3= −1
−
12x
1+
12x
2= 1
1
2
x
4= 1
e, essendo un sistema quadrato con matrice dei coefficienti invertibile, ammette un’unica soluzione data da
x
0:= A
−1· b.
Per determinare x
0dobbiamo, perci` o, determinare, innanzitutto, A
−1. Ora, A
−1=
det A1(A
∗)
t,
in cui A
∗=: (a
∗ij) ` e la matrice reciproca di A il cui elemento di posto ij, a
∗ij, ` e il complemento algebrico dell’elemento di posto ij della matrice A. Allora,
a
∗11= (−)
1+1det
0 −1 0
1/2 0 0
0 0 1/2
=
12·
12=
14in cui
det
0 −1 0
1/2 0 0
0 0 1/2
`
e stato calcolato, banalmente, applicando la regola di Laplace all’ultima riga. Similmente
a
∗12= (−)
1+2det
1 −1 0
−1/2 0 0
0 0 1/2
= −
12· −
12=
14,
a
∗13= (−)
1+3det
1 0 0
−1/2 1/2 0
0 0 1/2
=
12·
12=
14,
a
∗14= (−)
1+4det
1 0 −1
−1/2 1/2 0
0 0 0
= 0, infatti la matrice
1 0 −1
−1/2 1/2 0
0 0 0
ha una riga nulla. Gli altri elementi della matrice A
∗si calcolano banalmente in modo del tutto analogo. Troviamo cos`ı,
A
∗=
1 4
1 4
1
4
0
1 8
1 8
1
4
0
1 2
1 4
1
2
0
−
12−
12−
12−
14
,
da cui
A
−1=
det A1(A
∗)
t=
−1/81
1 4
1 4
1
4
0
1 8
1 8
1
4
0
1 2
1 4
1
2
0
−
12−
12−
12−
14
t
= −8
1 4
1 8
1 2
−
121 4
1 8
1 4
−
121 4
1 4
1 2
−
120 0 0 −
14
=
−2 −1 −4 4
−2 −1 −2 4
−2 −2 −4 4
0 0 0 2
.
Infine,
x
0= A
−1· b
=
−2 −1 −4 4
−2 −1 −2 4
−2 −2 −4 4
0 0 0 2
1
−1 1 1
=
−2 + 1 − 4 + 4
−2 + 1 − 2 + 4
−2 + 2 − 4 + 4 0 + 0 + 0 + 2
=
−1 1 0 2
.
Il sistema omogeneo S
0associato ad S ` e
S
0: A · x = 0, cio` e
S
0:
−x
2+
12x
3+x
4= 0
x
1−x
3= 0
−
12x
1+
12x
2= 0
1
2
x
4= 0 ,
ed essendo un sistema omogeneo, quadrato, con matrice dei coefficienti invertibile ammette come unica soluzione la soluzione banale
0 0 0 0
.
Il metodo di Cramer nella forma usata sopra si dimostra banalmente come segue. Sia S : A·x = b, un sistema lineare quadrato di n equazioni in n incognite sul campo k = Q, R e sia A ∈ M
n(k) una matrice invertibile. Allora x
0∈ k
n` e soluzione di S sse
A · x
0= b
(in cui il punto “·” indica, come al solito, il prodotto righe per colonne), il che avviene sse A
−1· (A · x
0) = A
−1· b
⇐⇒ (A
−1· A) · x
0= A
−1· b
⇐⇒ I
n· x
0= A
−1· b
⇐⇒ x
0= A
−1· b.
Esercizio 2. Sia f : V −→ V un endomorfismo dello spazio vettoriale V su k = Q, R. Uno scalare λ ∈ k `e un autovalore di f sse, per definizione, esiste un vettore v ∈ V diverso dal vettore nullo tale che
f (v) = λv.
In questo caso, v ` e, per definizione, un autovettore di f . f si dice diagonalizzabile sse, per definizione,
esiste una base B di V tale che la matrice rappresentativa di f in B ` e diagonale. Una tale base si
dice base diagonalizzante per f . In pratica, una base diagonalizzate per f ` e una base di V composta di autovettori di f .
Ora, sia f : R
3−→ R
3come nel testo dell’esercizio. La matrice rappresentativa di f nella base canonica di R
3` e
A
f=
4
3
0
23−
232
234
3
0
23
. Il polinomio caratteristico di f ` e perci` o
P
f(t) = det(A
f− t I
3) = det
4
3
− t 0
23−
232 − t
234
3
0
23− t
=
43− t (2 − t)
23− t + 0 + 0 −
23(2 − t)
43+ 0 + 0
= (2 − t)
43
− t
23
− t −
89= (2 − t)
89− 2t + t
2−
89= (2 − t) (−t) (2 − t)
= −t(2 − t)
2.
Concludiamo che P
f(t) ha 2 radici reali, 0 e 2, di molteplicit` a 1 e 2 rispettivamente. Dunque gli autovalori di f sono λ
1:= 0 e λ
2:= 2 e hanno molteplicit` a algebriche a
1e a
2pari a 1 e 2 rispettivamente. In particolare a
1+ a
2= 3 e per verificare la diagonalizzabilit` a di f ` e sufficiente verificare che le molteplicit` a geometriche g
1e g
2di λ
1e λ
2siano uguali ad a
1e a
2rispettivamente.
Ora, g
1` e almeno 1 per definizione di autovalore. D’altrocanto g
1≤ a
1= 1. Perci` o g
1= 1. g
2`
e la dimensione dell’autospazio V
2relativo all’autovalore λ
2= −1 che coincide con lo spazio delle soluzioni del sistema omogeneo S
2la cui matrice incompleta ` e
A
f− λ
2I
3=
4
3
− λ
20
23−
232 − λ
2 2 4 33
0
23− λ
2
=
−
230
23−
230
234
3
0 −
43
e cio` e
S
2:
−
23x
1+
23x
3= 0
−
23x
1+
23x
3= 0
4
3
x
1−
43x
3= 0 ,
Evidentemente, il rango di A
f− λ
2I
3` e 1. Di conseguenza la dimensione di Sol(S
2) ` e g
2= 3 − 1 = 2 = a
2. Concludiamo che f ` e diagonalizzabile.
Per determinare una base diagonalizzante di f , determiniamo, innanzitutto, una base per l’autospazio V
1relativo all’autovalore λ
1. V
1coincide con lo spazio delle soluzioni del sistema omogeneo S
1la cui matrice incompleta ` e A − λ
1I
3= A e cio` e
S
1:
4
3
x
10 +
23x
3= 0
−
23x
1+2x
2+
23x
3= 0
4
3
x
1+
23x
3= 0 .
La prima e l’ultima equazione coincidono e le prime due sono indipendenti, perci` o S
1` e equivalente al sistema ridotto
S
10:
43
x
10 +
23x
3= 0
−
23x
1+2x
2+
23x
3= 0 .
Aggiungendo alla seconda equazione la prima divisa per due troviamo il sistema equivalente
S
20:
43
