ALGEBRA LINEARE AAA
12 Giugno 2019
Cognome: Nome: Matricola:
Tempo: 2h00
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 = 2 + 3t y = t + 4 z = 1 − t
r2:
x = 3r − 2 y = −1 − r z = 1 − r
(t ed r parametri reali)
(a) Si verifichi se le due rette sono incidenti.
(b) Si determini l’eventuale punto di incidenza della retta r1 con il piano π di equazione lineare x + y + z − 1 = 0.
Soluzione: (a) Sia (x0,y0,z0) l’eventuale punto di incidenza. Allora esiste (1) Uno scalare t0 per cui x0 = 2 + 3t0; y0 = t0+ 4; z0 = 1 − t0.
(2) Uno scalare r0 per cui x0 = 3r0− 2; y0 = −1 − r0; z0 = 1 − r0.
(a) Da z0= 1−t0= 1−r0si ricava t0 = r0. Da y0= t0+4 = −1−r0si ricava t0 = r0 = −5/2.
Infine, x0= 2 + 3(−5/2) = 3(−5/2) − 2. Dall’ultima equazione ricaviamo 4 = 0. Assurdo.
(b) Da (2 + 3t) + (t + 4) + (1 − t) − 1 = 0 si ottiene 3t = −6, da cui t = −2. Quindi il punto P = (−4,2,3) appartiene sia alla retta r1 che al piano π.
2 Determinare per quali valori del parametro reale t il sistema Ax = b ammette soluzione.
Determinare esplicitamente le soluzioni ammesse.
A =
−1 1 0
0 3t −1
0 1 2t
b =
1 1
−1
Soluzione: det(A) = −(6t2+ 1). Si ha det(A) 6= 0 per ogni t. Quindi la soluzione esiste ed
`
e unica per ciascun valore reale t. Trasformiamo la matrice completa A|b in forma triangolare superiore. Scambiamo la seconda e la terza riga:
B =
−1 1 0 1
0 1 2t −1
0 3t −1 1
Moltiplichiamo la seconda riga della matrice B per −3t e sommiamo il risultato alla terza riga. Si ottiene:
−1 1 0 1
0 1 2t −1
0 0 −1 − 6t2 1 + 3t
Quindi,
z = −1 + 3t
1 + 6t2; y = −1 + 2t 1 + 3t
1 + 6t2; x = y − 1 = −2 + 2t1 + 3t 1 + 6t2
3 Si consideri la matrice
A =
3 0 0 1 2 0 1 1 1
(a) Determinare gli autovalori di A.
(b) Determinare la dimensione degli autospazi associati agli autovalori.
(c) Determinare gli autovettori associati ad uno dei tre autovalori.
Soluzione:
A − λI =
3 − λ 0 0
1 2 − λ 0
1 1 1 − λ
da cui
det(A − λI) = (3 − λ)(2 − λ)(1 − λ).
Gli autovalori sono quindi λ1 = 1, λ2= 2 e λ3= 3.
Siccome i tre autovalori sono distinti, i tre autospazi hanno ciascuno dimensione 1. Ciascun autovalore ha molteplicit`a algebrica 1 ed esiste almeno un autovettore.
Calcoliamo l’autospazio associato all’autovalore λ1 = 1 risolvendo il sistema lineare
Ax =
2 0 0 1 1 0 1 1 0
x y z
=
0 0 0
da cui si ricava x + y = 0 e 2x = 0. Quindi l’autospazio `e la retta parametrica (0,0,z) che ha dimensione 1.
La matrice `e diagonalizzabile perch´e la somma delle molteplicit`a algebriche coincide con la somma delle molteplicit`a geometriche ed `e pari a tre.
4 Sia f : R3 → R3 la trasformazione lineare definita da:
f (x1,x2,x3) = (x3+ x2,x1,x3+ x2) rispetto alla base canonica.
(a) Dire se f `e iniettiva e/o surgettiva;
(b) Trovare la dimensione del nucleo N (f ) e dell’immagine Im(f ).
Soluzione: La matrice associata ad f `e:
A =
0 1 1 1 0 0 0 1 1
Essendo il determinante di A uguale a 0 (due colonne sono uguali), f non `e iniettiva n´e surget- tiva. Dal momento che il rango di A `e 2, il nucleo di f ha dimensione 1 e l’immagine di f ha dimensione 2.
