APPELLO DI ALGEBRA LINEARE
7 Giugno 2016
Cognome: Nome: Matricola:
Tempo: 2h30
La valutazione tiene conto di ordine e chiarezza nello svolgimento. Tutte le risposte devono essere adeguatamente giustificate.
1 Siano P = (1,2) e Q = (2,2) due punti nel piano R2.
(a) Determinare se i vettori ~OP e ~OQ sono perpendicolari e in caso negativo determinare il coseno dell’angolo da essi formato.
(b) Determinare se i punti P , Q sono allineati. In caso contrario determinare l’equazione della retta passante per i due punti.
Soluzione: (a) Due vettori sono perpendicolari se il loro prodotto interno `e 0. I due vettori non sono perpendicolari:
OP · ~~ OQ = 2 + 4 = 6 6= 0.
Il coseno dell’angolo α formato dai due vettori `e:
cos(α) = 6/
√ 5
√ 8 = 3/
√ 10, dove || ~OP || =√
5 e || ~OQ|| =√ 8.
(b) Due vettori sono allineati se il coseno dell’angolo da essi formato `e +1 oppure −1. Quindi i due vettori non sono allineati.
Se R = (r0,r1) `e un punto, ricordiamo che
- la retta passante per l’origine e perpendicolare al vettore OR ha equazione r0x + r1y = 0;
- la retta passante per l’origine e per il punto R deve verificare la condizione seguente ar0+br1= 0. Se r0 6= 0 e poniamo b = 1, allora a = −r1/r0.
Nel caso in questione il calcolo `e semplice. I punti P e Q hanno la seconda coordinata uguale a 2. Quindi la retta y = 2 passa sia per P che per Q.
2 Determinare la dimensione del sottospazio vettoriale di R4 generato dai seguenti vettori:
v1= (1, −3, 2,0); v2 = (2, − 1,1,0); v3= (−4, 1, 2,0); v4 = (0,0,0,0).
Determinare se il sistema lineare
x
1
−3 2 0
+ y
2
−1 1 0
+ z
−4 1 2 0
+ t
0 0 0 0
=
1 1 1 0
ammette soluzione.
Soluzione: La matrice 4 × 4 A = (aij) le cui colonne sono i quattro vettori v1, . . . ,v4 ha rango 3. Basta calcolare il determinante del minore associato all’elemento a44.
Il sistema lineare del testo ha soluzione perch´e ha soluzione il sistema lineare in tre incognite x + 2y − 4z = 1, −3x − y + z = 1, 2x + y + 2z = 1. Infatti la matrice di questo sistema ha determinante diverso da zero.
3 Si determinino gli autovalori/autovettori ad elementi reali della matrice reale B qui sotto definita:
B =
1 0 1
−1 −1 0
1 0 1
Soluzione: Calcoliamo il polinomio caratteristico della matrice B
det(B−λI) =
1 − λ 0 1
−1 −1 − λ 0
1 0 1 − λ
= (1−λ)2(−1−λ)+(1+λ) = (−1−λ)(λ2−2λ) = λ(−1−λ)(λ−2)
Allora gli autovalori sono λ = 0, λ = −1 e λ = 2.
- Lo spazio degli autovettori di λ = 0 coincide con lo spazio vettoriale che `e il nucleo dell’applicazione lineare associata alla matrice B: {x : Bx = 0} = {(a, − a, − a) : a ∈ R}.
Siccome la matrice B ha rango 2, allora il nucleo ha dimensione 1.
- Lo spazio degli autovettori di λ = −1 coincide con lo spazio vettoriale, nucleo dell’applicazione lineare associata alla matrice
B + I =
2 0 1
−1 0 0 1 0 2
Anche questa matrice ha rango 2, allora il nucleo ha dimensione 1: {x : (B + I)x = 0} = {(0,a,0) : a ∈ R}.
- Lo spazio degli autovettori di λ = 2 coincide con lo spazio vettoriale, nucleo dell’applicazione lineare associata alla matrice
B − 2I =
−1 0 1
−1 −3 0
1 0 −1
Anche questa matrice ha rango 2, allora il nucleo ha dimensione 1: {x : (B − 2I)x = 0} = {(a, − a/3,a) : a ∈ R}.
4 Si risolva mediante il metodo di eliminazione di Gauss (dettagliando ciascun passaggio) il sistema di equazioni lineari AX = B dove:
A =
1 2 1
−1 −1 0
1 2 1
X =
x1
x2
x3
B =
0 0 0
Soluzione: La matrice A ha rango 2, quindi il nucleo dell’applicazione lineare associata ad A ha dimensione 1. Rendiamo triangolare la matrice A sommando la prima riga alla seconda riga e poi sottraendo la prima riga alla terza. Si ottiene la matrice
B =
1 2 1 0 1 1 0 0 0
Quindi le soluzioni sono tutti i vettori della forma (z, − z,z).
