Soluzioni primi compitini - Geometria 1

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1 Soluzioni primi compitini - Geometria Caterina Vernieri Ottobre 7 Le soluzioni proposte non sono state riviste dai professori

2 Soluzioni Primi Compitini - G I compitino 7//3 Esercizio Al variare di α R discutere l esistenza e l unicità della soluzione x y z R 3 del seguente sistema lineare. x + αy z = α x + z = α x 3αy + α + 4z = α 3 La soluzione del sistema! rnka b = rnka = 3 Teorema Rouchè-Capelli. Considerando la matrice dei coefficienti e applicando l algoritmo di Gauss trovo che: A = Â = α α α 3α α + 4 α 3 α α α α α Se α = rnka b rnka soluzioni. Se α = rnka b rnka soluzioni. Quindi α R { }! soluzione. Esercizio Sia f : R 3 R 4 l applicazione lineare definita da: x f y = z x + 3y + z x z x + 3y + 3z 3x + 3y + z e sia: U = Span R 3 Trovare una base di Imf x + 3y + z Imf = x z x + 3y + 3z R4 xyz R =Span 3x + 3y + z 3 3

3 Soluzioni Primi Compitini - G 3 Questi vettori sono linearmente indipendenti. Pertanto una base B di Imf sarà: B = 3 3 Costruire g : R 4 R 3 tali che g f = e Img = U. La prima richiesta mi dice che: v R 3 gfv = fv Kerg Imf Kerg g Imf v = v R 3. dimkerg = dimr 4 dimimg = 4 = 3 Prendo la base dell Imf la completo a base di R 4 e applico g cercando di soddisfare le richieste. C = 3 3 g g 3 3 = = g g = = E di semplice verifica vedere che questa è proprio la g cercata soddisfacente le richieste. Esercizio 3 Dire se le seguenti affermazioni sono vere o false. a Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n; siano V...V k sottospazi di V W = {f EndV fv i V i i =...k} è un sottospazio di EndV. VERO Basta verificare che W contiene il vettore nullo ed è chiuso per la somma e il prodotto per scalari. b Dati v v v 3 R 4 i j v i e v j sono linearmente indipendenti v v v 3 sono linearmente indipendenti. FALSO Controesempio:

4 Soluzioni Primi Compitini - G 4 v = v = v 3 = v + v = c Siano V V W sottospazi di V V W = V W V = V FALSO Controesempio: V = Span V = Span W = Span

5 Soluzioni Primi Compitini - G 5 I compitino //4 Esercizio Al variare di α R discutere l esistenza e l unicità della soluzione x y z R 3 del seguente sistema lineare. x y + z = x + α y + z = x + y + α α z = α La soluzione del sistema! rnka b = rnka = 3. Considerando la matrice dei coefficienti e applicando l algoritmo di Gauss trovo che: A = 3 α α α α Â = α α α α Se α = rnka b = rnka = una retta di soluzioni. Se α = rnka b rnka soluzioni. Quindi α R {} soluzione; α R {}! soluzione. Esercizio Sia F : R 3 [x] R tali che: Fpx = p p3 p p Dove: px = ax 3 + bx + cx + d e p x = 3ax + bx + c Verificare che F è lineare. Devo cioè verificare che F è additiva e omogenea: Fpx + qx = Fpx + Fqx pxqx R 3 [x] Fλpx = λfpx px R 3 [x] λ R La verifica segue banalmente. Determinare una base di ImF e completarla a base di R { } d 7a + 9b + 3c + d ImF = A R c a + 4b + c

6 Soluzioni Primi Compitini - G 6 ImF = Span Span Ho trovato tre generatori di R linearmente indipendenti mi occorre solo un altra matrice che sia linearmente indipendente dalle altre tre per avere una base di R. Dopo un pò di conti trovo che una base di R è: B = { } 3 Determinare una base B di R 3 [x] e una base B di R tali che: MB B I = Questo implica che: Fv = w Fv = w Fv 3 = w 3 Fv 4 = in quanto prima abbiamo trovato che dimimf = 3 dimkerf = KerF = Span = x 3 3x Inoltre: Fx 3 3x = Fx 3 4x = 9 4 Fx 3 3x 3 x = Quindi le basi cercate saranno: B = {x 3 3x x 3 4x x 3 3x xx 3 3x } B = { }

7 Soluzioni Primi Compitini - G 7 Esercizio 3 Dire se le seguenti affermazioni sono vere o false: a f : R 4 R 3 lineare e surgettiva tali che: f = f = f FALSO f è surgettiva Imf = R 3 Span fv fv fv 3 fv 4 = R 3 ma fv = fv = fv 3 Imf = Span fv fv 4 R 3 però non vale l altra inclusione. { } a b b Sia V = c b R abc R. Sia A R il sottospazio delle matrici antisimmetriche. Allora V è un sottospazio e R = V A. VERO V = Span A = Span Segue che: B = { } è una base di R = V +A. La verifica è banale.

8 Soluzioni Primi Compitini - G 8 I compitino 4//5 Esercizio Al variare di α R discutere l esistenza e l unicità delle soluzioni x y z R 3 x + y z = 3 x + y + α + z = x + 3y + α z = α + 4 Consideriamo la matrice dei coefficienti associata al sistema lineare: 3 A = α + 3 α α + 4 Applicando l algoritmo di Gauss sulle righe della matrice si ottiene: 3 Â = α α α α Se α = allora rnka = rnkâ =. Il sistema in questo caso ammette infinite soluzioni per il teorema di Rouchè-Capelli. Se α = allora 3 = rnka rnkâ = il sistema pertanto non ha soluzioni. Quindi α rnka = rnkâ = 3 il sistema ammette un unica soluzione. Esercizio Considerare i seguenti sottoinsiemi di R : { } a a U = ab R V = Span b b Dimostrare che U è un sottospazio vettoriale di R. Per fare ciò devo dimostrare che U è chiuso per le operazioni di somma e di prodotto per scalari e che contiene la matrice nullaovvio. Siano A e A U e λ R a a b b : a a A = a a A b b = b b a + a A + A = a + a b + b b + b 3 λa λa λa = λb λb E di banale verifica che A A U e λ R A + A λa U.

9 Soluzioni Primi Compitini - G 9 Calcolare le dimensioni dei sottospazi U e V. Quindi: a a = a b b U = Span + b Le due matrici sono linearmente indipendenti quindi dimu =. Per quanto riguarda V invece: 3 = + 3 V = Span Queste due matrici sono linearmente indipendenti segue che dimv =. 3 Costruire un applicazione lineare f : R R : Kerf = U V Imf = U + V U + V = Span La prima matrice è combinazione lineare delle altre tre pertanto: U + V = Span Queste tre matrici sono linearmente indipendenti pertanto: dimu + V = 3. Per la formula di Grassman dimu V =. Pertanto mi basta trovare una matrice che A U V. Tale matrice è: A = = + = +. Per definire f fisso una base di R in partenza e assegno le 4 matrici in arrivo cercando di soddisfare le richieste. Scelgo come base in partenza: B = {AE E E } f = f = Tale f soddisfa le richieste date. f = f =

10 Soluzioni Primi Compitini - G Esercizio 3 Per ognuna delle affermazioni dire se sono vere o false motivando la risposta. a Siano h e k due interi positivi due applicazioni lineari f : R k R h e g : R h R k tali che: g f : R k R k è un isomkorfismo h k VERA Dimostrazione Se g e f g f è un isomorfismo pertanto g f è iniettiva Kerg f =. Poichè Kerf Kerg f Kerf = f è iniettiva. Quindi: dimr h dimimf = dimr K dimkerf = k k h k h Siano pertanto fx...x k = x...x k... e gy...y k...y h = y...y k f e g sono lineari la verifica è banale g f = id è un isomorfismo. b tre sottospazi U V e W di R 4 tali che dimu = dimv = dimw = 3 e U V W = FALSA Dalla formula di Grassmann segue che: dimu V = dimw + dimu dimu + W essendo U+V un sottospazio di R 4 ha al massimo dimensione pari a 4. Analogamente: dimu V W = dimu V + dimw dimu V + W Pertanto non si verifica mai che U V W =.

11 Soluzioni Primi Compitini - G I compitino 6//6 Esercizio Sia V = R 3 [x] e sia W = Span + xx + x 3 + x 3. a Calcolare la dimensione di W I tre polinomi: +xx +x 3 +x 3 sono generatori devo solo verificare se sono linearmente indipendenti. Sia: α + x + βx + x 3 + γ + x 3 = α = β = γ = Segue che i tre polinomi costituiscono una base di W pertanto dimw = 3. b Dire per quali valori di k R il vettore v = x 3 x + kx + 8 W. Il polinomio appartiene a W se e solo se lo posso scrivere come combinazione lineare dei vettori che generano W. Cioè: abc R : x 3 x + kx + 8 = a + x + bx + x 3 + c + x 3 Risolvendo il sistema lineare si trova che: v W K = 3 c Costruire f : R 3 [x] R 4 tali che:. fw {xyzt R 4 x + y = x + y + z t =. dimimf = 3 Quindi: fw Span Sia B = { + xx + x 3 +x 3 } base di V costruisco f assegnando dei valori alla base in partenza cercando di verificare le due richieste. f + x= f + x 3 = f x + x 3 = f =

12 Soluzioni Primi Compitini - G Questa f è proprio quella cercata infatti: dimimf = 3 e fw Span

13 Soluzioni Primi Compitini - G 3 Esercizio Siano V e W due K-spazi vettoriali di dimensione finita sia Z un sottospazio vettoriale di W e f : V W un applicazione lineare. Sia f Z = {v V fv Z} a Verificare che f Z è uno spazio vettoriale di V. Devo pertanto verificare che f Z contiene il vettore nullo ed è chiuso per la somma e il prodotto per scalari. f Z infatti f = perchè f è lineare e Z perchè è un sottospazio non vuoto. Dati v e v f Z fv + v Z perchè Z è un sottospazio e per la linearità di f v + v f Z Analogamente λ K e v f Z λfv Z perchè Z è un sottospazio e per la linearità di f λv f Z b Dimostrare che Kerf f Z v Kerf fv = Z v f Z Kerf f Z c Verificare che dimf Z dimz + dimkerf. Consideriamo la restrizione: g = f f Z Img Z dimimg dimz Per la formula della dimensioni avrò che: dimimg + dimkerg = dimf Z dove: Kerg = {v f Z gv = fv = } = Kerf Da qui segue l asserto. d Sia V = W = R e sia Z R il sottospazio delle matrici simmetriche cioè tali che A = t A. Se f : R R è l applicazione lineare definita da: a b a + d a f = c d b c a d calcola la dimensione di f Z.

14 Soluzioni Primi Compitini - G 4 { f a b Z = c d } R a = b c = Span I tre vettori sono linearmente indipendenti verifica pure pertanto la dimensione di f Z è proprio uguale a 3.