APPELLO DI ALGEBRA LINEARE BBBBBB
14 GENNAIO 2016
Cognome: Nome: Matricola:
Tempo: 2h30
La valutazione tiene conto di ordine e chiarezza nello svolgimento. Tutte le risposte devono essere adeguatamente giustificate.
1
(a) Si verifichi se l’insieme {(2,0, − 1),(2, −3,0),(−1,2,1)} `e una base dello spazio vettoriale R3 sul campo R.
(b) Sia P il vettore di coordinate (1,2,1) rispetto alla base canonica. Si determinino le coor- dinate di P rispetto alla base del punto (a).
Soluzione: Sia il punto (a) che il punto (b) dell’esercizio si possono svolgere in diversi modi.
(a) I tre vettori sono linearmente indipendenti se il determinante della matrice A =
2 2 −1
0 −3 2
−1 0 1
`
e diverso da zero. Calcoliamo il determinante rispetto alla seconda riga:
|A| = −3
2 −1
−1 1
− 2
2 2
−1 0
= −3 − 4 = −7.
Altra prova: Supponiamo per assurdo che i tre vettori siano linearmente dipendenti. Allora esistono scalari non tutti nulli a,b,c tali che 2a + 2b − c = 0; −3b + 2c = 0; −a + c = 0. Allora si ricava: a = c e b = 23c. Sostituendo nella prima si ottiene c +43c = 0 che implica c = 0. Quindi anche a e b sono 0. Assurdo. Allora i tre vettori sono linearmente indipendenti.
(b) Siano e1 = (1,0,0), e2 = (0,1,0) e e3 = (0,0,1) i vettori della base canonica, e siano c1 = {(2,0, − 1), c2= (2, −3,0) e c3= (−1,2,1)} i vettori della nuova base.
Prima prova: Scriviamo il vettore P come combinazione lineare dei tre vettori c1, c2, c3, ossia P = xc1+ yc2+ zc3. In termini di matrici,
A
x y z
=
2 2 −1
0 −3 2
−1 0 1
x y z
=
1 2 1
Per trovare la soluzione (che esiste perch´e la matrice A ha determinante non nullo) trasformiamo A in forma triangolare superiore Aggiungendo una ulteriore colonna per il vettore P :
2 2 −1 1
0 −3 2 2
−1 0 1 1
Sommiamo alla terza riga 1/2 della prima riga. Otteniamo:
2 2 −1 1
0 −3 2 2
0 1 12 32
Sommiamo all terza riga 1/3 della seconda. Otteniamo
2 2 −1 1
0 −3 2 2
0 0 76 136
A questo punto risolvendo si ottiene: z = 137 , y = 47 e x = 67. Quindi le coordinate di P rispetto alla nuova base sono (67,47,137 ).
Seconda prova: Consideriamo l’applicazione lineare identica I : R3 → R3. Scegliamo come base dello spazio di partenza i tre vettori c1, c2, c3 e come base dello spazio di arrivo i vettori della base canonica. Allora la matrice del cambiamento di base `e la matrice A descritta prima, mentre la matrice inversa A−1descrive il cambiamento di base quando si sceglie la base canonica nello spazio di partenza e la base c1, c2, c3 nello spazio di arrivo. Il vettore P si scrive come combinazione lineare P = xc1 + yc2 + zc3. Quindi I(P ) = P da cui I(xc1 + yc2 + zc3) = A
x y z
=
1 2 1
e si ritorna alla prima prova.
2 Si considerino le matrici A,B,C A = 2 2
4 −2
, B = 4 4
16 2(k − 3)
, C =
0 2
4k − 4 2
(a) Si stabilisca per quale valore di k ∈ R le matrici A, B e C sono linearmente dipendenti nello spazio vettoriale delle matrici 2 × 2.
(b) Per il valore trovato in (a) esprimere B come combinazione lineare di A e C.
(c) Per il valore trovato in (a), determinare la dimensione del sottospazio vettoriale generato da A, B e C.
Soluzione: (a) Bisogna trovare per quali valori di k esistono x,y,z non tutti nulli tali che xA + yB + zC = 0. Abbiamo 4 equazioni lineari: 2x + 4y = 0; 2x + 4y + 2z = 0; 4x + 16y + (4k − 2)z = 0 e −2x + 2(k − 3)y + 2z = 0. Dalla seconda equazione lineare, sottraendo la prima, si ricava z = 0. Dalla prima abbiamo x = −2y. Dalla terza, tenendo conto che z = 0, si ricava x = −4y. Mettendo insieme x = 2y e x = 4y si ottiene x = y = 0. Quindi non esiste k che renda le tre matrici linearmente dipendenti.
(b) Non e’ possibile esprimere B come combinazione lineare di A e C (per alcun valore di k), perch´e altrimenti le matrici A,B,C sarebbero linearmente dipendenti.
(c) Lo spazio di tutte le matrici 2 × 2 ha dimensione 4. Quindi tre vettori linearmente indipendenti generano un sottospazio di dimensione 3.
3 Si consideri l’applicazione lineare f : R3→ R3 determinata dalla matrice
A =
1 0 1 0 6 0 1 0 1
rispetto alle base canonica di R3.
(a) Determinare la dimensione del nucleo di f e la dimensione del rango di f .
(c) Determinare autovalori e autovettori di f .
Soluzione: (a) La matrice A ha determinante uguale a 0 perch´e ha due righe uguali. Il rango della matrice `e 2 perch´e la sottomatrice 0 1
6 0
ha determinante diverso da zero. Quindi dim(Im(f )) = 2. Siccome 3 = dim(kernel(f )) + dim(Im(f )) = dim(kernel(f )) + 2, si ha che il nucleo ha dimensione 1.
(b) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A, che `e il determinante della matrice
A − λI =
1 − λ 0 1
0 6 − λ 0
1 0 1 − λ
Sviluppando rispetto alla seconda riga si ha: (6 − λ)[(1 − λ)2 − 1] = (6 − λ)(λ2 − 2λ) = λ(6 − λ)(λ − 2). Quindi gli autovalori sono λ = 0, λ = 2 e λ = 6.
Calcoliamo gli autovettori.
Autovalore λ = 6. La matrice A − 6I =
−5 0 1
0 0 0
1 0 −5
ha determinante 0 e rango 2. Quindi la dimensione del nucleo `e 1. Un qualsiasi vettore (0,x,0) appartiene al nucleo. Quindi gli autovettori dell’autovalore λ = 6 sono i vettori (0,x,0).
Autovalore λ = 0. La matrice A − 0I = A. Abbiamo gi`a calcolato che il rango di A `e 2 e la dimensione del nucleo `e 1. Si calcola facilmente che il sistema lineare omogeneo Ax = 0 ammette come soluzione lo spazio dei vettori (−z,0,z), che sono quindi gli autovettori dell’autovalore λ = 0.
Autovalore λ = 2. La matrice A − 2I =
−1 0 1
0 4 0
1 0 −1
ha rango 2. Quindi lo spazio degli autovettori ha dimensione 1. Risolvendo il sistema lineare (A − 2I)x = 0 si ottiene che lo spazio degli autovettori dell’autovalore λ = 2 `e (z,0,z).
4 Determinare le equazioni delle seguenti rette del piano:
(a) Retta passante per i punti P = (1, 1) e Q = (−1, 2).
(b) Retta passante per il punto C = (1, 3) e parallela al vettore ~OP = (−1, 1).
Soluzione: (a) Sia R = P − Q = (2, − 1), e consideriamo il vettore ~OR. Allora l’equazione parametrica della retta passante per l’origine e parallela alla retta passante per P e Q, `e x = 2t e y = −t. Quindi l’equazione della retta passante per P e Q `e: x = 1 + 2t e y = 1 − t.
(b) L’equazione parametrica della retta passante per il punto (−1, 1) `e: x = −t e y = t.
Allora la soluzione `e: x = 1 − t e y = 3 + t.
