Soluzione: La matrice M cercata è quella formata dagli autovettori di A. Il polinomio caratteristico di A è: p t (A) = (t 1)(t 3) 0 4 V 1 = Ker

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1 Compito di Algebra Lineare - Ingegneria Biomedica 4 luglio 7 IMPORTANTE: Non si possono consultare libri e appunti. Non si possono usare calcolatrici, computer o altri dispositivi elettronici. Non si può scrivere con il lapis. A chi contravvenisse a queste disposizioni sarà annullata la prova. Avete ora e minuti di tempo per risolvere questi due esercizi, che, se svolti perfettamente, con accurate spiegazioni, valgono 4 punti l uno, ai quali si aggiungeranno i punti ottenuti nella Parte I (,5 punti per ogni risposta corretta. Esercizio. a Sia A la matrice ( 4 3 Trovare una matrice M tale che M AM sia in forma diagonale. Soluzione: La matrice M cercata è quella formata dagli autovettori di A. Il polinomio caratteristico di A è: p t (A = (t (t 3 Andiamo a calcolare una base dell autospazio V relativo all autovalore : [( ( ] ( 4 4 V = Ker = Ker 3 Si ha dunque che: V =< ( > Analogamente calcoliamo una base dell autospazio V 3 relativo all autovalore 3: [( ( ] ( V 3 = Ker = Ker 3 3 Si ha dunque che: La matrice M cercata è dunque: V 3 =< M = ( ( > b Si consideri l applicazione lineare F a : R 3 R 3 che, rispetto alla base standard, ha matrice:

2 a a 4 Discutere, al variare del parametro a R, la diagonalizzabilità di F a. Soluzione: Il polinomio caratteristico di F a è: Tale polinomio ha dunque radici: p Fa (t = (t a(t t(4 + a + 4a + 4 t = a e t,3 = 4 + a ± a 8a Ora una condizione necessaria affinché F a sia diagonalizzabile è che p Fa (t abbia 3 radici reali. Questo accade soltanto se a 8a. Ovvero F a NON è diagonalizzabile per < a < 8. Negli altri casi se abbiamo 3 radici distinte non ci sono problemi, altrimenti dobbiamo controllare se la molteplicità geometrica degli autovalori con molteplicità algebrica maggiore di è uguale alla molteplicità algebrica. Vediamo i vari casi:. Studiamo se t può essere uguale a t o t 3, ovvero se può essere che: a = 4 + a ± a 8a a 4 = ± a 8a Ma se è vera l ultima uguaglianza allora deve esesre vera a 8a + 6 = a 8a che invece è falsa per ogni valore di a. Quindi t non uguale mai né a t né a t 3 qualsiasi sia il valore di a.. Ci rimane da studiare quando t è uguale a t 3 e questo accade se e solo se: a 8a = a = a = 8 Al termine di questo studio, abbiamo perciò che F a è diagonalizzabile se a < e a > 8 e bisogna studiare se lo è nei casi a = e a = 8. Nel primo caso viene l autovalore di molteplicità algebrica e molteplicità geometrica (quindi F a non è diagonalizzabile, nel secondo caso viene l autovalore 6 di molteplicità algebrica e molteplicità geometrica (quindi F a non è diagonalizzabile. Concludendo F a è diagonalizzabile per a < o a > 8.

3 Esercizio.. Dimostrare che l intersezione di due sottospazi vettoriali U e W di uno spazio vettoriale su R è uno spazio vettoriale su R. Soluzione: [Dalle dispense del corso] Dobbiamo mostrare che U W verifica le proprietà della definizione: (a O U W, infatti essendo U e W due sottospazi, certamente O U e O W. (b Siano v, v U W allora: v + v U }{{} U è sottospazio v + v W }{{} W è sottospazio v + v U W (c Sia v U W allora per ogni λ K si ha: λ } v {{ U } U è sottospazio λ v U W λ v W }{{} W è sottospazio. Siano A e B sottospazi vettoriali di dimensione finita di V spazio vettoriale su R, dimostrare che vale la seguente formula per le dimensioni: dim(a + dim(b = dim(a B + dim(a + B Soluzione: [Dalle dispense del corso] Consideriamo l applicazione Φ : A B V definita da Φ((a, b = a b. Si verifica (facile esercizio che Φ è lineare. Dimostreremo il teorema studiando il nucleo e l immagine di Φ e applicando il Teorema che lega le dimensioni del nucleo e dell immagine di una applicazione lineare. Cosa sappiamo dire del nucleo di Φ? Per definizione dunque che equivale a scrivere: Ker Φ = {(a, b A B a b = O} Ker Φ = {(a, b A B a = b} Ker Φ = {(z, z A B z A B}.

4 Si nota subito che la applicazione lineare θ : A B Ker Φ data da z (z, z è iniettiva e surgettiva, dunque è un isomorfismo (vedi la Definizione??. Allora il suo dominio e il suo codominio hanno la stessa dimensione, ovvero dim Ker Φ = dim A B Cosa sappiamo dire dell immagine di Φ? Per definizione Imm Φ = {a b a A, b B} Visto che B, come ogni spazio vettoriale, se contiene un elemento b contiene anche il suo opposto b, possiamo scrivere la seguente uguaglianza fra insiemi: Dunque {a b a A, b B} = {a + b V a A, b B} = A + B. Imm Φ = A + B Per il Teorema che lega le dimensioni del nucleo e dell immagine di una applicazione lineare, applicato a Φ sappiamo che: dim (A B = dim Ker Φ + dim Imm Φ. Questa formula, viste le osservazioni fatte fin qui, si traduce come: dim A + dim B = dim A B + dim (A + B 3. Siano A e B i sottospazi di R 4 seguenti: A =<, > B =< 3, Determinare dimensione e una base di A B e A + B., > Soluzione: Per determinare una base di A + B dobbiamo calcolare il sottoinsieme massimale di vettori linearmente indipendenti dell insieme di 5 vettori composto dai generatori di A e di B:

5 Riducendo a scala la matrice si trova che ha rango 3 e i pivot sono nella prima, seconda e quarta colonna, perciò A + B ha dimensione 3 ed una base è: Base A+B = {,, } 3 Per determinare una base di A B basta osservare che per Grassmann, ha dimensione. Perciò, essendo tra l altro un sottospazio di A, A B è proprio A.