Tema d’Esame del 15 luglio 2019 – Geometria I
Affinché i vettori assegnati costituiscano una base, questi devono essere linearmente indipendenti, ossia la matrice avente per righe o colonne tali vettori deve avere determinante non nullo.
det $1 0 1 1 1 1 1 1 0
' = 1 − 1 − 1 ≠ 0
Essendo il determinante della matrice non nullo, tali vettori costituiscono una base per lo spazio vettoriale ℝ,.
A questo punto, esprimiamo i vettori della base canonica come combinazione lineare dei vettori della base ℬ. È immediato che
𝑒̂1 = (1; 0; 0) = 𝑣⃗1− 𝑣⃗7 𝑒̂, = (0; 0; 1) = 𝑣⃗1− 𝑣⃗, mentre, essendo
𝑒̂7 = (0; 1; 0) = (1; 1; 1) − 𝑒̂1− 𝑒̂, , allora si ha
𝑒̂7 = 𝑣⃗1− (𝑣⃗1− 𝑣⃗7) − (𝑣⃗1− 𝑣⃗,) = 𝑣⃗7+ 𝑣⃗,− 𝑣⃗1 .
Anzitutto osserviamo che
;
𝑇(𝑣⃗1) = 𝑇(𝑒̂1) + 𝑇(𝑒̂7) + 𝑇(𝑒̂,) = (1; 1; 1) 𝑇(𝑣⃗7) = 𝑇(𝑒̂7) + 𝑇(𝑒̂,) = (−1; 2; 0) 𝑇(𝑣⃗,) = 𝑇(𝑒̂1) + 𝑇(𝑒̂7) = (0; 1 − 𝑘; 3 − 𝑘) quindi risolvendo il sistema si ha
;
𝑇(𝑒̂1) + 𝑇(𝑒̂7) + 𝑇(𝑒̂,) = (1; 1; 1) 𝑇(𝑒̂,) = (−1; 2; 0) − 𝑇(𝑒̂7) 𝑇(𝑒̂1) = (0; 1 − 𝑘; 3 − 𝑘) − 𝑇(𝑒̂7)
⟹
⟹ (0; 1 − 𝑘; 3 − 𝑘) − 𝑇(𝑒̂7) + 𝑇(𝑒̂7) + (−1; 2; 0) − 𝑇(𝑒̂7) = (1; 1; 1) , da cui
𝑇(𝑒̂7) = (0; 1 − 𝑘; 3 − 𝑘) + (−1; 2; 0) − (1; 1; 1) = (−2; 2 − 𝑘; 2 − 𝑘) 𝑇(𝑒̂1) = (0; 1 − 𝑘; 3 − 𝑘) − (−2; 2 − 𝑘; 2 − 𝑘) = (2; −1; 1)
𝑇(𝑒̂,) = (−1; 2; 0) − (−2; 2 − 𝑘; 2 − 𝑘) = (1; 𝑘; 𝑘 − 2) .
Di conseguenza, la matrice di rappresentazione dell’endomorfismo rispetto alla base canonica sarà data da
𝐴 = $ 2 −2 1
−1 2 − 𝑘 𝑘
1 2 − 𝑘 𝑘 − 2 ' ,
ossia dalla matrice che ha per colonne i valori di 𝑇(𝑒̂1), 𝑇(𝑒̂7) e 𝑇(𝑒̂,).
Ricordando il teorema di nullità + rango si ha che 𝑛 = dim ker(𝑇) + rg(𝑇) ,
dove 𝑛 è la dimensione del dominio dell’omomorfismo. Si ricordi inoltre che il rango della matrice coincide con la dimensione dell’insieme delle immagini dell’endomorfismo.
Studiamo quindi il rango della matrice al variare di 𝑘 ∈ ℝ.
det $ 2 −2 1
−1 2 − 𝑘 𝑘
1 2 − 𝑘 𝑘 − 2 '
= −2(𝑘 − 2)7− 2𝑘 − 2 + 𝑘 − 2 + 𝑘 − 4𝑘 + 2𝑘7− 2𝑘 + 4
= −2𝑘7+ 8𝑘 − 8 − 6𝑘 + 2𝑘7 = 2𝑘 − 8
Il determinante della matrice si annulla per 𝑘 = 4 e in tal caso si ha 𝑇L = $ 2 −2 1
−1 −2 −4
1 −2 2
' .
Considerando il minore di ordine due in alto a sinistra, è possibile notare che ha determinante non nullo, infatti
det M 2 −2
−1 −2N = −4 − 2 ≠ 0 ,
quindi nel caso 𝑘 = 4 la matrice ha rango 2, mentre per ogni 𝑘 ≠ 4 essa ha rango massimo.
In definitiva per ogni 𝑘 ≠ 4 si ha che dim Im(𝑇) = 3 e dim ker(𝑇) = 0, mentre per 𝑘 = 4 capita che dim Im(𝑇) = 2 e dim ker(𝑇) = 1.
Consideriamo il caso 𝑘 = 4 e determiniamo una base per il nucleo e l’insieme delle immagini. Per quanto riguarda l’insieme delle immagini, scegliamo due multipli dei vettori che costituiscono il minore considerato precedentemente e facciamone la chiusura; quindi si ha
Im(𝑇L) = 〈(2; −1; 1); (1; 1; 1)〉 .
Per il nucleo dell’endomorfismo, invece, risolviamo il sistema omogeneo
R2𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 = 0 𝑥 − 2𝑦 + 2𝑧 = 0 ⟹ R
2𝑦 = 3𝑧
𝑥 = 2𝑦 − 2𝑧 ⟹ ;
𝑦 = 3 2𝑧 𝑥 = 𝑧 𝑧 = 𝑧
,
da cui segue
ker(𝑇L) = 〈V1;3
2; 1W〉 = 〈(2; 3; 2)〉 .
Affinché 𝑣⃗1 sia un autovettore deve capitare che 𝑇(𝑣⃗1) = 𝜆𝑣⃗1. È chiaro che, essendo dalla traccia assegnata 𝑣⃗1 = (1; 1; 1) e 𝑇(𝑣⃗1) = (1; 1; 1), si ha 𝜆 = 1, da cui segue facilmente che 𝑣⃗1 è un autovettore e che l’autovalore ad esso associato è 𝜆 = 1.
Affinché una matrice sia diagonalizzabile è sufficiente applicare il criterio di diagonalizzabilità per il quale se la matrice ha autovalori con molteplicità algebriche e geometriche uguali, allora è diagonalizzabile.
Ricordiamo che le molteplicità geometriche sono le dimensioni degli autospazi relativi agli autovalori considerati.
Calcoliamo quindi gli autovalori della matrice 𝑇7 = $ 2 −2 1
−1 0 2
1 0 0
'
operando come segue.
det(𝑇7− 𝜆𝐼7) = det $2 − 𝜆 −2 1
−1 −𝜆 2
1 0 −𝜆
' = 𝜆7(2 − 𝜆) − 4 + 𝜆 + 2𝜆
= 𝜆7(2 − 𝜆) + 3𝜆 − 4 = −𝜆,+ 2𝜆7+ 3𝜆 − 4 = 0
Applicando Ruffini si nota che, giacché per il passo precedente 𝜆 = 1 è soluzione, il polinomio −𝜆, + 2𝜆7+ 3𝜆 − 4 può essere decomposto in
(𝜆 − 1)(−𝜆7+ 𝜆 + 4)
da cui, risolvendo
𝜆7 − 𝜆 − 4 = 0 si ha
𝜆1,7 = 1 ± √17 2
Avendo trovato tre autovalori distinti, la matrice 𝑇7 è sicuramente diagonalizzabile.
