Scritto di Geometria - 22 giugno 2004
1. Fissata in C3 la base{e1, e2, e3} si consideri l’applicazione lineare definita da:
f (e1) = e1+ (1− i)e3 f (e2) = e2+ (1 + i)e3
f (e3) = (1 + i)e1+ (1− i)e2+ e3
Trovare:
(a) Il polinomio caratteristico. 2 punti
(b) Gli autovalori della matrice associata. 3 punti (c) Gli autovettori della matrice associata. 3 punti (d) f7(e1+ ie2).4 punti
2. Discutere, al variare dei parametri k e h, il seguente sistema lineare. 6 punti
x + 2y − z = 0 x + y + 2z = 1 2x + hy + z = k
3. Fissata in R3 la base ortonormale {e1, e2, e3} si consideri l’applicazione lineare reale definita da:
f (e1) =−2e2− 2e3 f (e2) = 2e1 + 2e3
f (e3) = 2e1 − 2e2 (a) f `e diagonalizzabile ? 3 punti
(b) calcolare f−1(4e1− 4e2). 4 punti
(c) f (2e1+ e2) `e ortogonale a f (5e2) ? 2 punti (d) e3− e1− e2 `e un autovettore ? 2 punti
(e) e1+ 2e2 `e un autovettore ? 2 punti
1
Cenno sulle soluzioni:
ESERCIZIO n.1 La matrice `e:
1 0 1 + i
0 1 1− i
1− i 1 + i 1
, con autovalori e autovettori
−12 −12i
−12 +12i 1
↔
−1,
1 2 +12i
1 2 −12i
1
↔ 3,
1 i 0
↔ 1 : il suo polinomio caratteristico `e:
det
1− z 0 1 + i 0 1− z 1 − i 1− i 1 + i 2 − z
= −z + 4z2− z3− 2
Il vettore
1 i 0
`e un autovettore e quindi il risultato `e:
1 0 1 + i
0 1 1− i
1− i 1 + i 1
7
1 i 0
=
1 i 0
ESERCIZIO n.2
A =
1 2 −1 1 1 2 2 h 1
det(A) =−3h + 9
Se h 6= 3 allora det(A) 6= 0 ( ⇒ r(A) = 3 ⇒ r(A0) = 3 ⇒ sistema compatibile). Se h 6= 3 esiste ed ´e unica la soluzione (∀k).
CASO h = 3
A =
1 2 −1 1 1 2 2 3 1
Si ha che r(A) = 2.
A0 =
1 2 −1 1 1 2 2 3 1
¯¯
¯¯
¯¯ 0 1 k
Se k = 1 si ha che r(A0) = 2, se k6= 1 allora r(A0) = 3. Riassumendo:
• se h = 3 e k = 1 il sistema ´e compatibile con ∞1 soluzioni,
• se h = 3 e k 6= 1 il sistema ´e incompatibile.
2
ESERCIZIO n.3 a) La matrice `e:
0 2 2
−2 0 −2
−2 2 0
; i suoi autovalori sono 0, ±2i√
3; essendoci due autovalori complessi, la matrice non `e diagonalizzabile come matrice reale.
b) La matrice non `e invertibile e quindi applichiamo la definizione:
f−1(4e1− 4e2) =
x y z
tali che
0 2 2
−2 0 −2
−2 2 0
x y z
=
4
−4 0
Si ottiene:
0 2 2
−2 0 −2
−2 2 0
x y z
=
2y + 2z
−2x − 2z
−2x + 2y
=
4
−4 0
E quindi
f−1(4e1− 4e2) =
x
x 2− x
c)
0 2 2
−2 0 −2
−2 2 0
2 1 0
=
2
−4
−2
0 2 2
−2 0 −2
−2 2 0
0 5 0
=
10 0 10
I due vettori ottenuti sono ortogonali.
d)
0 2 2
−2 0 −2
−2 2 0
−1
−1 1
=
0 0 0
E quindi il vettore dato `e un autovettore dell’autovalore 0. L’ altro vettore non `e un autovet- tore.
3
