APPELLO DI ALGEBRA LINEARE AAAA
16 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
a) Scrivere la definizione di trasformazione lineare.
b) Siano V uno spazio vettoriale di dimensione n e W uno spazio vettoriale di dimensione m. Data una trasformazione lineare f : V → W , determinare una matrice associata ad f .
Soluzione: (a) Siano V e W spazi vettoriali sul campo K. Una funzione f : V → W `e una trasformazione lineare se f (r~v + s~u) = rf (~v) + sf (~u) per tutti i vettori ~v,~u ∈ V e scalari r,s ∈ K.
(b) Sia f : V → W una trasformazione lineare. Fissiamo una qualsiasi base v1, . . . ,vn di V ed una base w1, . . . ,wm di W . Allora, l’immagine f (vj) di ogni vettore della base di V deve essere combinazione lineare dei vettori della base di W :
f (vj) = a1jw1+ · · · + amjwm, per ogni 1 ≤ j ≤ n.
La matrice A di dimensione m × n associata alle due basi precedenti `e determinata come segue.
La colonna Aj di A `e costituita dalle coordinate del vettore f (vj) di W :
a1j
a2j . . . amj
.
2 Scrivere la definizione di base di uno spazio vettoriale. Lo spazio vettoriale dei polinomi reali in una variabile ha una base finita?
Soluzione: Una base di uno spazio vettoriale V `e un insieme di vettori linearmente indipen- denti che generano tutto lo spazio.
Lo spazio vettoriale dei polinomi reali in una variabile x ha dimensione infinita. Una sua possibile base `e costituita dai monomi
1, x, x2, x3, . . . , xn, . . .
3
a) Determinare l’equazione parametrica e l’equazione lineare della retta r dello spazio pas- sante per i punti A = (2, − 1,3) e B = (3,5,4).
b) Stabilire se la retta r interseca il piano di equazione lineare 2x − y + z = 0.
Soluzione: (a) Consideriamo il punto C = B − A = (1,6,1). Allora il vettore −−→ OC appli- cato nell’origine O degli assi Cartesiani ha uguale lunghezza, direzione e verso del vettore−−→ AB applicato nel punto A. L’equazione parametrica della retta s passante per O e C `e:
x = t y = 6t z = t
La retta r parallela alla retta s, e passante per A e B, ha equazione x = t + 2
y = 6t − 1 z = t + 3
L’equazione lineare della retta r si ottiene ricavando t dalla prima equazione e sostituendo nelle altre due: t = x − 2 da cui y = 6(x − 2) − 1 e z = (x − 2) + 3. In conclusione la retta r `e intersezione dei seguenti due piani:
6x − y = 13 x − z = −1
(b) Per stabilire se r interseca il piano 2x − y + z = 0, dobbiamo risolvere il sistema lineare 6x − y = 13
x − z = −1
2x − y + z = 0
oppure verificare se esiste la soluzione. `E sufficiente calcolare il determinante della matrice A del sistema e verificare che `e diverso da 0.
A =
6 −1 0
1 0 −1
2 −1 1
Sviluppiamo rispetto alla terza colonna per ottenere det(A) = −4 + 1 = −3.
4 Sia A la matrice reale
A =
1 0 1 k 1 2 0 2 1
a) Calcolare il determinante di A e stabilire per quali valori di k ∈ R la matrice `e invertibile.
b) Trovare la matrice inversa di A per k = 1.
Soluzione: (a) Sviluppiamo rispetto alla prima riga: det(A) = (1 − 4) + 2k = 2k − 3. La matrice A `e invertibile se il suo determinante `e diverso da zero, ovvero se k 6= 32.
(b) Posto k = 1,chiamiamo B la matrice ottenuta
B =
1 0 1 1 1 2 0 2 1
Abbiamo det(B) = −1. Calcoliamo i cofattori cofij(B) = (−1)i+jdet(Bij), dove Bij `e il minore di B ottenuto cancellando la riga i e la colonna j. Allora
cof(B) =
−3 −1 2
2 1 −2
−1 −1 1
Siccome
B−1= 1
det(B) · (cof B)t
si ha
B−1 =
3 −2 1
1 −1 1
−2 2 −1
5 Riconoscere che la seguente matrice A `e diagonalizzabile, e calcolare una matrice P diag- onalizzante (tale cio´e che valga P−1AP = D, con D matrice diagonale).
A =
1 2 3 0 3 1 0 0 4
Soluzione: La matrice A `e triangolare superiore. Dalla Proposizione 10.1.3 degli Appunti del Corso gli autovalori di A sono gli elementi della diagonale λ1 = 1, λ2 = 3 e λ3 = 4. Dal Corollario 10.2.3 degli Appunti del Corso segue che la matrice A `e diagonalizzabile. La matrice P diagonalizzante si trova calcolando un autovettore per ciascun autovalore.
Autovettore di λ1 = 1: Si vede subito che A[1,0,0]t= [1,0,0]t. Autovettore di λ2 = 3: Consideriamo la matrice A − 3I3:
A =
−2 2 3
0 0 1
0 0 1
Si vede facilmente che il vettore [1,1,0] verifica
A =
−2 2 3
0 0 1
0 0 1
1 1 0
=
0 0 0
per cui `e un autovettore di λ3 = 3.
Autovettore di λ3 = 4: Consideriamo la matrice A − 4I3:
A =
−3 2 3
0 −1 1
0 0 0
da cui si ricava y = z e 3x = 2y + 3z. Ponendo y = z = 3 si ottiene x = 5.
Infine la matrice diagonalizzante P = [P1,P2,P3], dove Pi (i = 1,2,3) sono le coordinate dell’autovettore di λi `e:
P =
1 1 5 0 1 3 0 0 3
