GEOMETRIA E ALGEBRA INGEGNERIA INFORMATICA
RISOLUZIONE DELLA DECIMA SERIE DI ESERCIZI PRIMO ESERCIZIO
1. Se f (x) e g (x) sono due elementi di R3[x] e λ e µ sono due elementi di R allora risulta:
ϑ (λf (x) + µg (x)) =
λf (0) + µg (0) λf (0) + µg (0) + λf (1) + µg (1) λf (0) + µg (0) − λf (1) − µg (1) λf (1) + µg (1)
=
= λ
f (0) f (0) + f (1) f (0) − f (1) f (1)
+ µ
g (0) g (0) + g (1) g (0) − g (1) g (1)
= λϑ (f (x)) + µϑ (g (x)) .
2. La base canonica di R3[x] `e formata dai vettori 1, x e x2, mentre la base canonica di M (2, R) `e formata dalle matrici:
E1=
1 0 0 0
, E2=
0 1 0 0
, E3=
0 0 1 0
, E4
0 0 0 1
. Calcoliamo le immagini tramite ϑ dei vettori della base canonica di R3[x]:
ϑ (1) =
1 2 0 1
= E1+ 2E2+ E4, ϑ (x) =
0 1
−1 1
= E2− E3+ E4, ϑ x2 =
0 1
−1 1
= E2− E3+ E4.
Allora la matrice rappresentativa di ϑ rispetto alle basi canoniche `e:
A =
1 0 0
2 1 1
0 −1 −1
1 1 1
,
la cui i-esima colonna `e data dalle componenti rispetto alla base canoni- ca di M (2, R) dell’immagine dell’i-esimo vettore della base canonica di R3[x].
3. La matrice
M =
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
le cui colonne sono date dalle componenti dei vettori 1, x − 1, x2− x rispetto alla base canonica di R3[x] `e, come pu`o verificarsi facilmente, una matrice invertibile e, pertanto, i vettori 1, x − 1, x2− x
formano una base di R3[x]. Analogamente la matrice
N =
1 1 0 0 2 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1
36
Risoluzione degli esercizi assegnati 37
le cui colonne sono date dalle componenti delle matrici B1=
1 2 0 1
, B2=
1 0 0 0
, B3
0 0 1 0
, B4=
0 1 0 1
rispetto alla base canonica {E1, E2, E3, E4} di M (2, R) `e invertibile e, pertanto, le matrici {B1, B2, B3, B4} formano una base di M (2, R). Ora la matrice rappresentativa di ϑ rispetto a queste basi `e semplicemente A0 = N−1AM . Alternativamente possiamo calcolare l’immagine di 1, x − 1 e x2− x:
ϑ (1) =
1 2 0 1
= B1, ϑ (x − 1) =
−1 −1
−1 0
= −B1− B3+ B4, ϑ x2− x =
0 0 0 0
, e considerare la matrice
A0=
1 −1 0
0 0 0
0 −1 0
0 1 0
le cui colonne sono le componenti rispetto alla base {B1, B2, B3, B4} delle immagini dei vettori della base1, x − 1, x2− x .
SECONDO ESERCIZIO
Si consideri l’endomorfismo η di R5 la cui matrice rappresentativa rispetto alla base canonica `e A. Calcoliamo le immagini dei vettori della base canonica di R5 tramite le potenze successive di η, fino a che determiniamo un intero r tale che dim Im ηr= dim Im ηr+1:
e1 → e1 → e1 → e1
e2 → e2+ e5 → e2+ e5 → e2+ e5
e3 → e1 → e1 → e1
e4 → 2e3+ e5 → 2e1 → 2e1
e5 → 0 → 0 → 0
Dunque si ha dim Im η2 = Im η3 = 2. Si ha che R5 = ker η2⊕ Im η2 e, se indichiamo con η1e η2gli endomorfismi indotti da η rispettivamente in ker η2e Im η2, risulta η1nilpotente e η2invertibile. Ora Im η2ha come base {e1, e2+ e5} mentre ker η2 ha come base {e1− e3, 2e1− e4, e5}. Osserviamo che si ha:
η1(e1− e3) = 0,
η1(2e1− e4) = 2e1− 2e3− e5= 2 (e1− e3) − e5, η1(e5) = 0.
Risoluzione degli esercizi assegnati 38
Dunque la matrice rappresentativa di η1 rispetto alla base prescelta `e:
B1=
0 2 0
0 0 0
0 −1 0
.
Analogamente:
η2(e1) = e1, η2(e2+ e5) = e2+ e5.
Dunque la matrice rappresentativa di η2 rispetto alla base prescelta `e:
B2=
1 0 0 1
.
Pertanto la matrice rappresentativa di η rispetto alla base {e1− e3, 2e1− e4, e5, e1, e2+ e5} di R5`e:
B = bl (B1, B2) =
0 2 0 0 0
0 0 0 0 0
0 −1 0 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
.
Se ora M `e la matrice di GL (5, R) le cui colonne sono date dalle componenti dei vettori della base {e1− e3, 2e1− e4, e5, e1, e2+ e5} rispetto alla base canonica di R5:
M =
1 2 0 1 0
0 0 0 0 1
−1 0 0 0 0
0 −1 0 0 0
0 0 1 0 1
risulta B = M−1AM . TERZO ESERCIZIO
Ovviamente se An = 0 la matrice A `e nilpotente. Viceversa supponiamo che A sia nilpotente di indice di nilpotenza s e sia η l’endomorfismo di Kn la cui ma- trice rispetto alla base canonica di Kn`e A. Allora sappiamo che la successione dei nuclei delle potenze successive di η:
ker η ( ker η2( · · · ( ker ηs−1( ker ηs= Kn si arresta dopo s passi. Pertanto si ha che:
dim ker η < dim ker η2< · · · < dim ker ηs−1< dim ker ηs= n.
Ma allora n ≥ s: pertanto An = AsAn−s = 0.
QUARTO ESERCIZIO
Risoluzione degli esercizi assegnati 39
Calcoliamo il polinomio caratteristico della matrice A:
det (A − λI) = λ4− 2λ3+ λ2= λ2(λ − 1)2.
Dunque A ha come autovalori 0 e 1 entrambi di molteplicit`a algebrica 2.
Consideriamo l’endomorfismo η0 di R4 associato alla matrice A − 0 · I rispetto alla base canonica, e calcoliamo le immagini dei vettori della base canonica tramite le potenze successive di η0. Proseguiamo finch´e determiniamo un intero i0 tale che dim Im η0i0 = dim Im ηi00+1:
e1 → e1+ e4 → e2+ e4
e2 → e2+ e4 → −e1+ 2e2+ e4
e3 → e1+ e4 → e2+ e4
e4 → −e1+ e2 → −e1+ e2
Abbiamo dim Im η0 = dim Im η20 = 2. Pertanto l’autospazio generalizzato di A relativo a 0 `e esattamente ker η0, ovvero `e lo spazio generato dai vettori (1, 0, −1, 0), (1, −1, 0, 1).
Consideriamo invece l’endomorfismo η1 di R4 associato alla matrice A − 1 · I rispetto alla base canonica, e calcoliamo le immagini dei vettori della base canonica tramite le potenze successive di η1. Proseguiamo finch´e determiniamo un intero i1tale che dim Im ηi11= dim Im η1i1+1:
e1 → e4 → −e1+ e2− e4 → e1− e2+ e4
e2 → e4 → −e1+ e2− e4 → e1− e2+ e4
e3 → e1− e3+ e4 → −2e1+ e2+ e3− e4 → 2e1− e2− e3+ e4
e4 → −e1+ e2− e4 → e1− e2+ e4 → −e1+ e2− e4
Abbiamo dunque verificato che dim Im η12 = dim Im η13 = 2. Pertanto l’auto- spazio generalizzato di A relativo a 1 `e esattamente ker η12, ovvero `e lo spazio generato dai vettori (1, −1, 0, 0), (1, 0, 0, 1).
