APPELLO DI ALGEBRA LINEARE BBBB
16 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 Quali sono le tre propriet`a che univocamente definiscono il determinante di una matrice quadrata di ordine n?
Soluzione: Sia A una matrice quadrata di ordine n sul campo numerico K. Ad A possiamo associare uno scalare, il suo determinante det(A) ∈ K. Per comodit`a a volte denotiamo il deter- minante tramite le colonne (oppure le righe) della matrice A: det(A1, . . . ,An). Il determinante
`
e univocamente determinato dalle seguenti tre propriet`a:
(i) Il determinante come funzione di una colonna `e lineare:
det(A1, . . . , B + C, . . . , An) = det(A1, . . . , B, . . . , An) + det(A1, . . . ,C, . . . , An);
det(A1, . . . , cAj, . . . , An) = c · det(A1, . . . , Aj, . . . , An).
(ii) Se due colonne sono uguali, cio´e Ai = Aj (i 6= j), allora det(A) = 0.
(iii) det(In) = 1, dove In`e la matrice identica.
2 Quali sono gli assiomi (espressi in termini di equazioni) che definiscono gli spazi vettoriali?
Soluzione: Sia K un campo numerico, i cui elementi sono chiamati scalari. Uno spazio vettoriale su K `e costituito da un insieme V di vettori dotati di somma vettoriale + : V ×V → V e prodotto per uno scalare · : K × V → V , che soddisfano gli assiomi seguenti (a,b,c ∈ V sono vettori arbitrari e r,s ∈ K sono scalari arbitrari):
SV1: a + (b + c) = (a + b) + c;
SV2: a + b = b + a;
SV3: 0 + a = a = a + 0;
SV4: a + (−a) = 0 = (−a) + a;
SV5: (r + s)a = ra + sa;
SV6: (rs)a = r(sa);
SV7: r(a + b) = ra + rb;
SV8: 0a = 0; 1a = a; (−1)a = −a.
3
a) Determinare le equazioni parametriche della retta r passante per i punti A = (2, 3, 1) e B = (0, 0, 1) e della retta s passante per i punti C = (0,0,0) e D = (4,6,0).
b) Stabilire se r e s sono complanari. In caso affermativo, trovare un’equazione lineare del piano contenente r ed s.
Soluzione: Il punto C `e l’origine degli assi cartesiani. Quindi la retta s passante per l’origine C e per il punto D ha equazione x = 4t, y = 6t, z = 0.
Per quanto riguarda la retta r, consideriamo il punto A − B = (2,3,0). La retta w passante per l’origine e per A − B ha equazione x = 2t, y = 3t, z = 0. La retta contenente i punti A e B ha equazione x = 2t, y = 3t, z = 1.
Poich´e la retta s (di equazione x = 4t, y = 6t, z = 0) e la retta w (di equazione x = 2t, y = 3t, z = 0) sono uguali, cio´e s = w, allora le rette s ed r sono complanari. Per determinare il piano che contiene s ed r abbiamo bisogno di un vettore applicato all’origine che abbia direzione differente dal vettore−−→
CD. Possiamo per esempio determinare il vettore−→
CA (in quanto l’origine C e il punto A appartengono al piano cercato): −→
CA = (2,3,1).
Quindi il piano cercato ha equazione parametrica x = 4t1+ 2t2, y = 6t1+ 3t2 e z = t2. Da z = t2otteniamo x = 4t1+2z e y = 6t1+3z. Dalla prima equazione ricaviamo t1= (x/4)−(z/2).
Sostituendo nella seconda equazione, si ottiene y − 3z = (3x/2) − 3z, da cui 2y − 3x = 0.
4 Sia A la matrice reale
A =
2 2 k
1 2 0
0 0 3k
a) Si determini per quali valori di k ∈ R la matrice A `e invertibile.
b) Si determini il valore di k per cui la matrice A ha determinante uguale a uno. Per tale valore di k, si calcoli la matrice inversa di A.
Soluzione: (a) Sviluppiamo rispetto all’ultima riga: det(A) = 6k. La matrice A `e invertibile se il suo determinante `e diverso da zero, ovvero se k 6= 0.
(b) Posto k = 1/6, abbiamo che det(A) = 1. Chiamiamo B la matrice ottenuta
B =
2 2 1/6
1 2 0
0 0 1/2
Calcoliamo i cofattori cofij(B) = (−1)i+jdet(Bij), dove Bij `e il minore di B ottenuto cancel- lando la riga i e la colonna j. Allora
cof(B) =
1 −1/2 0
−1 1 0
−1/3 1/6 2
Siccome
B−1= 1
det(B) · (cof B)t e il determinante di B `e 1 si ha:
B−1 =
1 −1 −1/3
−1/2 1 1/6
0 0 2
5 Sia T : R3 → R3 l’endomorfismo lineare definito dalla matrice
A =
1 1 0 0 3 0 0 0 2
a) Stabilire se esistono autovettori di T ed eventualmente determinarli.
b) Stabilire se T `e diagonalizzabile.
c) Determinare la base rispetto alla quale T ha matrice associata D diagonale; calcolare poi la matrice diagonale D e la matrice P diagonalizzante (cio´e tale che P−1AP = D).
Soluzione: La matrice A `e triangolare superiore. Dalla Proposizione 10.1.3 degli Appunti del Corso gli autovalori di A sono gli elementi della diagonale λ1 = 1, λ2 = 3 e λ3 = 2. Dal Corollario 10.2.3 degli Appunti del Corso segue che la matrice A `e diagonalizzabile. La matrice diagonale D ha gli autovalori 1,3,2 nella diagonale. La matrice P diagonalizzante si trova calcolando un autovettore per ciascun autovalore.
Autovettore di λ1 = 1: Si vede subito che A[1,0,0]t= [1,0,0]t. Autovettore di λ2 = 3: Consideriamo la matrice A − 3I3:
A =
−2 1 0
0 0 0
0 0 −1
Si vede facilmente che il vettore [1,2,0] verifica
A =
−2 1 0
0 0 0
0 0 −1
1 2 0
=
0 0 0
per cui `e un autovettore di λ3 = 3.
Autovettore di λ3 = 2: Consideriamo la matrice A − 2I3:
A =
−1 1 0
0 1 0
0 0 0
da cui si ricava y = x = 0 . Ponendo y = x = 0 e z = 1 otteniamo l’autovettore [0,0,1]. Una base dello spazio `e costituita dai tre autovettori che sono le colonne della matrice P che andiamo a definire.
La matrice diagonalizzante P = [P1,P2,P3] ha la colonna Pi (i = 1,2,3) costituita dalle coordinate dell’autovettore di λi:
P =
1 1 0 0 2 0 0 0 1
