ALGEBRA LINEARE AAAA
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 + t y = 2t z = 1 + t
r2 :
(x + y = 1 x − y + z = 2
(a) Si mostri che le due rette sono incidenti in un punto C.
(b) Si determini l’equazione del piano ortogonale a r1 passante per C.
Soluzione: Si vede facilmente che le retti sono incidenti nel punto C = (1,0,1). Dall’equazione parametrica di r1 si vede che il suo vettore direzione `e v = [1,2,1]. Quindi il piano ortogonale ad r1 si ottiene prendendo il piano per l’origine x + 2y + z = 0 e poi valutando l’espressione lineare x + 2y + z sul punto C. Infine x + 2y + z = 2 `e il piano cercato.
2 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: det(A) = −5(2t + 1). Si ha det(A) 6= 0 sse t 6= −(1/2). Quindi la soluzione esiste ed `e unica per t 6= −(1/2). Nel caso t = −(1/2) la soluzione non esiste, perch`e la riga 3 della matrice A `e nulla, mentre la terza componente del termine noto b `e 5.
Troviamo la soluzione per t 6= −(1/2) sommando la riga 1 alla riga 2 nella matrice completa del sistema:
A|b =
−1 3 0 2
1 2 −1 1
0 0 2t + 1 5
⇒
−1 3 0 2
0 5 −1 3
0 0 2t + 1 5
Quindi z = 2t+15 ; 5y = 3 + 2t+15 , da cui y = 5(2t+1)6t+8 e x = 3y − 2 = −2t+145(2t+1).
3 Si consideri la matrice
A =
0 6 0 1 0 1 1 0 1
(a) Determinare autovalori e autovettori di A.
(b) Stabilire se la matrice A `e diagonalizzabile.
Soluzione:
A − λI =
0 − λ 6 0
1 0 − λ 1
1 0 1 − λ
da cui
det(A − λI) = −λ[−λ(1 − λ)] − 6[1 − λ − 1] = λ2(1 − λ) + 6λ = −λ(λ2− λ − 6)
Quindi gli autovalori sono λ = 0, λ = −2 e λ = 3. La matrice `e diagonalizzabile perch´e ha tre autovalori distinti. La matrice diagonale D ha questi autovalori nella diagonale principale:
D =
0 0 0
0 −2 0
0 0 3
Calcoliamo l’autospazio di dimensione 1 associato all’autovalore λ = 0 risolvendo il sistema lineare
Ax =
0 6 0 1 0 1 1 0 1
x y z
=
0 0 0
da cui si ricava 6y = 0 e x + z = 0. L’autospazio `e quindi la retta descritta dal sistema y = 0, x + z = 0. Gli autovettori sono i vettori [t,0, − t] al variare di t ∈ R.
Calcoliamo ora l’autospazio di dimensione 1 associato all’autovalore λ = −2 risolvendo il sistema lineare
Ax =
2 6 0 1 2 1 1 0 3
x y z
=
0 0 0
2 6 0 1 2 1 1 0 3
⇒
1 3 0 1 2 1 1 0 3
⇒
1 3 0
0 −1 1
1 0 3
⇒
1 3 0
0 −1 1 0 −3 3
⇒
1 3 0
0 −1 1
0 0 0
da cui si ha una retta di autovettori di equazione lineare x + 3y = 0 e y = z. Quindi i vettori [−3t,t,t] sono gli autovettori al variare di t.
Calcoliamo ora l’autospazio di dimensione 1 associato all’autovalore λ = 3 risolvendo il sistema lineare
Ax =
−3 6 0
1 −3 1
1 0 −2
x y z
=
0 0 0
−3 6 0
1 −3 1
1 0 −2
⇒
−1 2 0
1 −3 1
1 0 −2
⇒
−1 2 0
0 −1 1
0 2 −2
⇒
−1 2 0
0 −1 1
0 0 0
da cui si ricava una retta di autovettori di equazione lineare z = y e x = 2y. Quindi i vettori [2t,t,t] sono gli autovettori al variare di t.
4 Sia f : R3 → R3 la trasformazione lineare definita da:
f (x1,x2,x3) = (x2+ 3x3,0,x1− x2)
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: La matrice associata ad f `e:
A =
0 1 3
0 0 0
1 −1 0
Essendo il determinante di A uguale a 0, f non `e un isomorfismo lineare. Il nucleo di f ha dimensione almeno 1 ed f non `e iniettiva n´e surgettiva.
Le colonne A1 e A3 sono linearmente indipendenti, mentre A2 = −A1+13A3. Ricordiamo che, se v = [x,y,z]t`e un vettore colonna allora
Av = xA1+ yA2+ zA3 = xA1+ y(−A1+ 1
3A3) + zA3 = (x − y)A1+ (z + y 3)A3
Quindi i due vettori A1 e A3 sono una base dell’immagine di f che ha dimensione 2. La dimensione del nucleo `e quindi 1. Per avere una base del nucleo basta trovare un vettore non nullo nel nucleo:
0 1 3
0 0 0
1 −1 0
⇒
1 −1 0
0 1 3
0 0 0
da cui y + 3z = 0 e x − y = 0 e quindi [3,3, − 1] `e una base del nucleo.
