Prova scritta di Fondamenti di Algebra Lineare e Geometria Vicenza, 22 giugno 2015 TEMA 1

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1 TEMA 1 1. Dato il polinomio P (X) = X 4 + 8X X X + 68: (i) stabilire se (X 2i) divide il polinomio P (X); 2. Sia L a l endomorfismo di R 3 tale che L a (0, 1, 1) = (1, a 1, 2), L a (1, 1, 0) = (1, a 2, 1), L a (1, 1, 1) = (2, a, 4). Determinare l antiimmagine del vettore (1, 2, 2) mediante l endomorfismo L a, al variare del parametro a R. 3. Dimostrare o confutare la seguente affermazione: Sia x un vettore non nullo in uno spazio vettoriale V e L : V W un applicazione lineare. Se per ogni vettore y V tale che y x vale L(y) L(x), allora L è iniettiva A =

2 TEMA 2 1. Dato il polinomio P (X) = X 4 4X X 2 36X + 45: (i) stabilire se (X 3i) divide il polinomio P (X); 2. Sia L a l endomorfismo di R 3 tale che L a (0, 1, 1) = (1, a, 2), L a (1, 1, 0) = (1, a 1, 1), L a (1, 1, 1) = (2, a + 1, 4). Determinare l antiimmagine del vettore (1, 2, 2) mediante l endomorfismo L a, al variare del parametro a R. 3. Dimostrare o confutare la seguente affermazione: Sia x un vettore non nullo in uno spazio vettoriale V e L : V W un applicazione lineare. Se per ogni vettore y V vale l implicazione L(y) = L(x) y = x, allora L è iniettiva A =

3 TEMA 3 1. Dato il polinomio P (X) = X 4 4X 3 + 9X 2 16X + 20: (i) stabilire se (X + 2i) divide il polinomio P (X); 2. Sia L a l endomorfismo di R 3 tale che L a (0, 1, 1) = (1, a+2, 2), L a (1, 1, 0) = (1, a+1, 1), L a (1, 1, 1) = (2, a + 3, 4). Determinare l antiimmagine del vettore (1, 2, 2) mediante l endomorfismo L a, al variare del parametro a R. 3. Dimostrare o confutare la seguente affermazione: Sia x un vettore non nullo in uno spazio vettoriale V e L : V W un applicazione lineare non iniettiva. Allora esiste un vettore y V tale che y x e L(y) = L(x) A =

4 TEMA 4 1. Dato il polinomio P (X) = X 4 + 8X X 2 + 8X + 17: (i) stabilire se (X 2i) divide il polinomio P (X); 2. Sia L a l endomorfismo di R 3 tale che L a (0, 1, 1) = (1, a + 1, 2), L a (1, 1, 0) = (1, a, 1), L a (1, 1, 1) = (2, a + 2, 4). Determinare l antiimmagine del vettore (1, 2, 2) mediante l endomorfismo L a, al variare del parametro a R. 3. Dimostrare o confutare la seguente affermazione: Sia x un vettore non nullo in uno spazio vettoriale V e L : V W un applicazione lineare. Se per ogni vettore y V vale l implicazione y x L(y) L(x), allora L è iniettiva A =

5 Svolgimento del tema n.4 1. Vale P (2i) = 16 64i i + 17 = 39 48i 0, quindi per il teorema di Ruffini P (X) non è divisibile per X 2i. Siccome P (i) = 0, il polinomio è divisibile per X i. Un risultato generale sui polinomi a coefficienti reali afferma che se P (α) = 0, allora P (α) = 0 e il polinomio (X α)(x α) è un divisore di P (X), a coefficienti reali. Dividiamo quindi successivamente il polinomio assegnato per X i e per X + i: i i 1 + 8i i i i 17i // i i 17i i i 8i 17i // Otteniamo P (X) = (X i)(x + i)(x 2 + 8X + 17). Siccome le radici dell ultimo fattore di secondo grado sono 4 ± i, 1. essendo (X i)(x + i) = X 2 + 1, la scomposizione in fattori irriducibili, in R[X], è P (X) = (X 2 + 1)(X 2 + 8X + 17); 2. l analoga scomposizione, in C[X], è P (X) = (X i)(x + i)(x + 4 i)(x i). 2. Poniamo v 1 = (0, 1, 1), v 2 = (1, 1, 0), v 3 = (1, 1, 1). Risolveremo l equazione L a (xv 1 + yv 2 + zv 3 ) = (1, 2, 2) (1) nelle incognite x, y, z. Per linearità e per i dati dell esercizio essa equivale a x(1, a + 1, 2) + y(1, a, 1) + z(2, a + 2, 4) = (1, 2, 2), che a sua volta origina un sistema lineare del quale trasformiamo la matrice completa: a + 1 a a H 21( a 1)H 31 ( 2) 0 1 a 1 a H 33( 1)... H H 32(1) Per a = 0 il sistema è incompatibile, quindi L 1 0 x + y + 2z = 1 y = 0 az = 1 a a 1 a (1, 2, 2) =. Per a 0, otteniamo x = 2 a a y = 0 z = a 1 a. Ricordando che quella trovata è soluzione dell equazione (1) otteniamo L 1 a (1, 2, 2) = 2 a a v 1 + a 1 ( a 1 a v 3 = a, 1 a, 1 ). a 3. L affermazione è vera e la dimostreremo sfruttando la proposizione secondo la quale una funzione lineare L è iniettiva se, e solo se, ker L = {0}. Consideriamo un qualsiasi vettore u ker L e poniamo

6 y = x + u. Se fosse u 0, allora si avrebbe y x e L(y) = L(x) + L(u) = L(x), contraddicendo l ipotesi per cui vale y V : y x L(y) L(x). L assurdo prova che ogni vettore u ker L è nullo e quindi che L è iniettiva. 4. (Svolgimento per sommi capi.) Calcoliamo il polinomio caratteristico, sviluppando il relativo determinante secondo la seconda riga: 1 t 3 3 p A (t) = ( 2 t) 3 5 t t = ( 2 t)( t3 3t 2 + 4) = (t + 2) 3 (t 1). L autospazio E A ( 2) si calcola tramite il sistema lineare, di rango uno, (A + 2I 4 )X = O 4 1, da cui E A ( 2) = {(x, y, z, t) R 4 x + y z + t = 0} = {( y + z t, y, z, t) y, z, t R} = = ( 1, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 0), ( 1, 0, 0, 1). Analogamente, E A (1) = (1, 0, 1, 1). Per trovare una base ortogonale, ci basiamo sulla seguente proprietà del procedimento di Gram- Schmidt: applicando il procedimento ad una base v 1, v 2,..., v n di uno spazio vettoriale euclideo V R, ottenendo i vettori w 1, w 2,..., w n, per ogni k = 1, 2,..., n, la famiglia w 1, w 2,..., w k risulta una base ortogonale di v 1, v 2,..., v k. Ne segue che applicando il procedimento di Gram-Schmidt a v 1 = ( 1, 1, 0, 0), v 2 = (1, 0, 1, 0), v 3 = ( 1, 0, 0, 1), v 4 = (1, 0, 1, 1), otterremo una base ortogonale di R 4 con la proprietà w 1, w 2, w 3 = v 1, v 2, v 3 = E A ( 2) e quindi w 1, w 2, w 3 saranno autovettori di A. Dalle formule otteniamo w 1 = ( 1, 1, 0, 0), w 2 = 1 2 (1, 1, 2, 0), w 3 = 1 3 ( 1, 1, 1, 3), w 4 = 1 4 (1, 1, 1, 1). Infine, normalizzando otteniamo una base ortonormale con la proprietà richiesta: B = 1 ( 1, 1, 0, 0), w 2 = 1 (1, 1, 2, 0), w 3 = ( 1, 1, 1, 3), w 4 = 1 (1, 1, 1, 1). 2