APPELLO DI ALGEBRA LINEARE BBBB
30 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 Sia f : V → V un endomorfismo lineare e λ un autovalore di f . Verificare che l’insieme degli autovettori di λ `e un sottospazio di V .
Soluzione: Sia λ un autovalore, e siano v e w due autovettori tali che f (v) = λv e f (w) = λw.
Allora, per ogni scalare r e s, si ha
f (rv+sw) = rf (v)+sf (w) = r(λv)+s(λw) = (rλ)v+(sλ)w = (λr)v+(λs)w = λ(rv)+λ(sw) = λ(rv+sw).
2 Consideriamo un sistema lineare omogeneo di m equazioni in n incognite:
Ax = 0
con A matrice di tipo m × n. Supponendo n > m, spiegare il motivo per cui il sistema ammette sicuramente una soluzione non banale.
Soluzione: La matrice A definisce una trasformazione lineare fA : Rn → Rm come segue (per ogni vettore colonna x ∈ Rn):
fA(x) = Ax.
Allora si ha n = dim Ker(fA) + dim Im(fA). Dal fatto che n > m e dim Im(fA) ≤ m, si ha necessariamente che dim Ker(fA) = n − dim Im(fA) ≥ n − m ≥ 1. Quindi Ax = 0 ha soluzioni non banali.
3 Si considerino le rette di equazioni lineari s :
2x = 0
x + y + z = 0 r :
x + 2y = 0 y − z = 0
a) Dopo avere verificato che le due rette sono incidenti (cio´e si intersecano in un punto), determinare l’equazione lineare della retta passante per il punto P = (1,1,1) e incidente r e s.
b) Determinare l’equazione lineare del piano passante per il punto C = (1,2, − 3) e perpen- dicolare a r.
Soluzione: a) Si vede subito che le due rette sono incidenti nel punto (0,0,0). Allora l’equazione parametrica della retta che passa per l’origine e per il punto P = (1,1,1) `e x = t, y = t, z = t. L’equazione lineare si ottiene ricavando t dalla prima equazione e sostituendo nelle altre due: y − x = 0 e z − x = 0.
b) Il punto Q = (2, − 1, − 1) appartiene alla retta r. Il piano π passante per l’origine e perpendicolare al vettore −−→
OQ (e quindi alla retta r) ha equazione (2, − 1, − 1) · (x,y,z) =
2x − y − z = 0. Il piano parallelo a π passante per il punto C = (1,2, − 3) ha equazione 2x − y − z = 3.
4 Determinare per quali valori del parametro reale t il sistema Ax = b ammette soluzione.
In tali casi determinare esplicitamente le soluzioni.
A =
−1 3 0
1 2 −1
0 0 2t + 1
b =
2 1 5
Soluzione: Il determinante della matrice A non cambia se si somma ad una riga (colonna) un multiplo scalare di un’altra riga (colonna). Sommiamo la prima riga alla seconda per ottenere la matrice
B =
−1 3 0
0 5 −1
0 0 2t + 1
Allora si ha: det(A) = det(B) = −5(2t + 1), perch´e B `e una matrice triangolare. Se t 6= −(1/2) allora det(A) 6= 0 e quindi A determina un isomorfismo lineare di R3 in R3. Quindi l’equazione Ax = b ammette una unica soluzione.
Se t = −(1/2) allora det(A) = 0 e l’ultima riga di A `e il vettore nullo. Ax non potr`a mai dare come risultato il vettore b che ha 5 in ultima componente.
Analizziamo un’altra prova del risultato. Consideriamo la matrice completa del sistema:
−1 3 0 2
1 2 −1 1
0 0 2t + 1 5
Semplifichiamo il sistema ottenendo una matrice a gradini. Sommiamo la prima riga alla seconda per ottenere
−1 3 0 2
0 5 −1 3
0 0 2t + 1 5
Se t = −(1/2) allora l’ultima riga determina l’equazione 0 = 5 che `e impossibile. Quindi il sistema in questo caso non ammette soluzione.
Se t 6= −(1/2) allora possiamo dividere per 2t + 1 6= 0 ed otteniamo z = 5/(2t + 1). Dalla seconda riga otteniamo 5y = 3 + z che diventa y = (3/5) + (1/2t + 1). Infine dalla prima riga si ottiene x = 3y − 2 da cui x = (9/5) + (3/2t + 1) − 2. Quindi il sistema ammette una unica soluzione.
5 Stabilire se esiste una applicazione lineare T : R2 → R2 tale che
T (1,2) = (3,0); T (2,4) = (5,0); T (0,1) = (1,1).
Soluzione: Se T fosse una trasformazione lineare avremmo
T (2,4) = T (2(1,2)) = 2T (1,2) = 2(3,0) = (6,0), che contraddice l’ipotesi T (2,4) = (5,0).
