Scritto di Geometria - 14 settembre 2004
1. Fissata in R3 la base{e1, e2, e3} si consideri l’applicazione lineare definita da:
f (e1) = e1+ 2e2+ e3
f (e2) = e2+ e3
f (e3) = e1+ e2
Trovare:
(a) Il polinomio caratteristico. 2 punti
(b) Gli autovalori della matrice associata. 3 punti
(c) Una base per gli autospazi della matrice associata. 3 punti (d) f−1(e1+ e3). 3 punti
(e) f−1(e1− e3). 3 punti (f) ker f ∩ Im f . 4 punti
2. Discutere, al variare dei parametri reali k e h, il rango della matrice. 5 punti µ h h2− 1
k k2− 1
¶
3. Fissata in R4 la base canonica si considerino i sottospazi:
V = Span
1 1 0 1
,
1 1 0 2
U = Span
1 1 0 0
,
1 2 0 0
,
1 3 0 0
(a) calcolare la dimensione di U + V . 4 punti
(b) trovare un vettore v che non appartenga a U + V . 3 punti
1
Cenno sulle soluzioni:
ESERCIZIO n.1 La matrice `e:
1 0 1 2 1 1 1 1 0
con autovalori 0,√
2 + 1,−√
2 + 1, e autospazi:
−1 1 1
↔ 0,
√2− 1 1 2−√
2
↔√ 2 + 1,
−1 −√ 2 1 2 +√
2
↔ 1 −√ 2
il suo polinomio caratteristico `e:
det
1− z 0 1
2 1− z 1
1 1 −z
= 2z2− z3+ z
Si usa la definizione di immagine inversa:
1 0 1 2 1 1 1 1 0
x y z
=
x + z 2x + y + z
x + y
=
1 0 1
1 0 1 2 1 1 1 1 0
x y z
=
x + z 2x + y + z
x + y
=
1 0
−1
Il primo sistema `e impossibile, per cui f−1(e1+ e3) = φ: , il secondo fornisce:
f−1(e1− e3) =
x
−1 − x 1− x
∀x ∈ R
Infatti:
1 0 1 2 1 1 1 1 0
x
−1 − x 1− x
=
1 0
−1
Il nucleo ha dimensione 1 (`e la dimensione dell’autospazio dell’autovalore zero) e l’immagine 2 (`e il rango della matrice); per il teorema delle dimensioni la somma `e diretta:
ker f ∩ Im f = {0}
ESERCIZIO n.2
A =
µ h h2− 1 k k2− 1
¶
det(A) = hk2− h − kh2+ k
Se h = k allora det(A) = 0 e r(A) = 1. Se h = 1 e k = −1 e viceversa, r(A) = 1. In ogni altro caso si ha che r(A) = 2.
2
ESERCIZIO n.3
La dimensione di U `e chiaramente 2, quella di V `e anch’essa 2, perch`e il rango della matrice dei suoi vettori generanti `e 2. La matrice di tutti i vettori `e:
1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 0 0 0 0 0 1 2 0 0 0
il cui rango `e 3, infatti non pu`o essere 4 perch`e c’`e una riga di zeri ed `e immediato trovare un minore di rango 3, ad esempio:
1 1 1 1 2 3 1 2 0
Questo significa che la dimensione dello spazio somma `e anch’essa 3. Questo significa, per il teorema che dice:
dim (U + V ) = dim U + dim V − dim (U ∩ V ) che i due sottospazi non sono in somma diretta:
dim (U ∩ V ) = 2 + 2 − 3 = 1
Volendo una conferma (ed eseguire un calcolo non richiesto) si pu`o trovare una base di U∩V :
−1
−1 0 0
Osservando inoltre che tutti i vettori coinvolti hanno terza componente nulla, si ricava subito che, ad esempio, il vettore¡
0 0 1 0 ¢
non si pu`o ottenere come combinazione lineare dei vettori dati.
Lo stesso ragionamento fa vedere che nessun vettore del tipo ¡
x y k z ¢
con k6= 0 pu`o appartenere allo spazio somma.
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