ALGEBRA LINEARE BBBB
31 GENNAIO 2018
Cognome: Nome: Matricola:
Tempo: 2h30
La valutazione tiene conto di ordine e chiarezza nello svolgimento. Tutte le risposte devono essere adeguatamente giustificate.
1 Si considerino le rette r1 e r2 di equazioni
r1:
x = 1 + 2t y = 1 − t z = t
r2:
(x + z = 1 x − z + y = 2 (a) Si mostri che le due rette sono incidenti in un punto C.
(b) Si determini l’equazione del piano ortogonale a r2, passante per C.
Soluzione: (a) Il punto di incidenza delle due rette `e: C = [1,1,0]. (b) Scriviamo l’equazione parametrica di r2: z = t, x = 1 − t e y = 2 + z − x = 2 + t − (1 − t) = 1 + 2t. La retta s parallela a r2 e passante per l’origine ha equazione x = −t, y = 2t e z = t. Allora il vettore OP = [−1,2,1] giace sulla retta s. Quindi il piano (passante per l’origine), ortogonale alla retta s, ha equazione −x + 2y + z = 0. Quindi l’equazione del piano ortogonale a r2 passante per C
`
e −x + 2y + z = 1.
2 Determinare per quali valori del parametro reale t il sistema Ax = b ammette soluzione.
In tali casi determinare esplicitamente le soluzioni.
A =
−1 2 0
1 2 −1
0 0 t + 1
b =
2 1 5
Soluzione: Da det(A) = −4(1 + t) si ha che det(A) = 0 sse t = −1. Quindi il sistema lineare ammette un’unica soluzione sse t 6= −1. Nel caso t = −1, si ha 0 = (t + 1)z = 5 che `e impossibile. Quindi il sistema non ammette soluzione per t = −1.
Supponiamo ora t 6= −1. Calcoliamo la soluzione in funzione di t. Sommiamo la prima riga alla seconda
−1 2 0 2
1 2 −1 1
0 0 t + 1 5
⇒
−1 2 0 2
0 4 −1 3
0 0 t + 1 5
da cui si ricava z = t+15 ; 4y = 3 +t+15 , ossia y = 4(t+1)3t+8 ; ed infine x = 2y − 2 = 2(t+1)3t+8 −2 = 2(t+1)4−t . 3 Si consideri la matrice
A =
0 2 0 1 0 0 1 0 1
(a) Determinare autovalori e autovettori di A.
(b) Stabilire se la matrice A `e diagonalizzabile.
Soluzione: Calcoliamo gli autovalori di A.
det(A − λI) = det
−λ 2 0
1 −λ 0
1 0 1 − λ
= (1 − λ)(λ2− 2) = 0
Allora λ = 1, λ =√
2 e λ = −√
2 sono tre autovalori distinti. Quindi A `e diagonalizzabile con matrice diagonale
D =
1 0 0
0 √
2 0
0 0 −√
2
Calcoliamo ora la base di autovettori.
(λ = 1): Da
−1 2 0
1 −1 0
1 0 0
x y z
=
0 0 0
si ricava x = y = 0 e z arbitrario. Quindi gli autovettori dell’autovalore 1 sono i vettori [0,0,t]
al variare del parametro t.
(λ =√ 2): Da
−√
2 2 0
1 −√
2 0
1 0 1 −√
2
x y z
=
0 0 0
da cui si ricava x = t√
2, y = t e z = − t
√2 1−√ 2
(λ = −√ 2): Da
√2 2 0
1 √
2 0
1 0 1 +√
2
x y z
=
0 0 0
da cui si ricava x = −t√
2, y = t e z = t
√2 1+√ 2
4 Sia f : R3 → R3 la trasformazione lineare definita da:
f (x1,x2,x3) = (x1+ 2x2,0,x1− x3) rispetto alle basi canoniche.
(a) Dire se f `e iniettiva e/o surgettiva;
(b) Trovare una base del nucleo N (f ) e una base dell’immagine Im(f ).
Soluzione: Consideriamo la matrice A associata ad f rispetto alla base canonica di R3. Da f (1,0,0) = (1,0,1); f (0,1,0) = (2,0.0) e f (0,0,1) = (0,0, − 1) si ha:
A =
1 2 0
0 0 0
1 0 −1
e
f (x,y,z) = xA1+ yA2+ zA3 =
1 2 0
0 0 0
1 0 −1
x y z
Siccome det(A) = 0, f non `e un isomorfismo: dim N (f ) > 0 e dim Im(f ) < 3. Quindi f non `e iniettiva n´e surgettiva.
Le colonne A1 e A3 sono linearmente indipendenti, quindi dim Im(f ) = 2 ed A1,A3 costitu- iscono una base dell’immagine:
f (x,y,z) = xA1+ yA2+ zA3 = (x + 2)A1+ (z + 2)A3 perch´e A2 = 2A1+ 2A3.
Il nucleo ha dimensione 1 perch´e dim N (f ) = dim(R3) − dim Im(f ) = 3 − 2 = 1. Una sua base `e determinata da un vettore non nullo v tale che f (v) = 0. Si vede facilmente che v = [2, − 1,2] appartiene al nucleo.
