1. [15 punti] Calcolare il rango della seguente matrice a coefficienti reali: ( 1/2) 1 (1/2)

Transcript

1 Università di Modena e Reggio Emilia Facoltà di Scienze MM.FF.NN. PROVA DI ALGEBRA LINEARE del 17 febbraio 011 ISTRUZIONI PER LO SVOLGIMENTO. Scrivere cognome, nome, numero di matricola in alto a destra su ciascuno dei fogli allegati e anche su eventuali fogli aggiuntivi che verranno utilizzati Il tempo a disposizione per lo svolgimento è di centoventi minuti dal via. Il punteggio totale a disposizione è di 100 punti. Il punteggio di ciascun quesito/esercizio è indicato a fianco dello stesso. Scrivere esplicitamente i calcoli o comunque motivare le risposte: utilizzare eventualmente fogli aggiuntivi versione 1 1. [15 punti] Calcolare il rango della seguente matrice a coefficienti reali: M = ( 1/) 1 (1/). [5 punti] Risolvere il seguente sistema di equazioni lineari al variare del parametro reale a: +Y +Z = 1 + a X +Y +Z = 1 (1 + a)x +Y +Z = 0 X +Z = a 3. [15 punti] Si consideri la matrice a coefficienti reali ( (1 + 5) (5/) A = (1 5) Determinare gli autovalori di A e per ciascun autovalore determinare una base del relativo autospazio. Stabilire se la matrice A risulta simile a una matrice diagonale. 4. [0 punti] Nello spazio vettoriale R 3 definiamo Definiamo inoltre i vettori ). U = { (X, Y, Z) R 3 : X + Y + Z = 0, X Y = 0 }. w 1 = ( 1, 1, 0), w = (1, 1, ), w 3 = (0, 3, 4) e sia W il sottospazio vettoriale di R 3 generato da w 1, w e w 3 Determinare una base di ciascuno dei sottospazi vettoriali U, W, U + W e U W. Stabilire se U + W è una somma diretta. 5. [5 punti] Nello spazio vettoriale R 3 si definiscano i vettori a 1 = ( 1, 0, 1), a = (0, 1, ), a 3 = (1, 1, 0). Verificare che {a 1, a, a 3 } è una base di R 3. Sia F : R 3 R la funzione lineare definita ponendo F (a 1 ) = (1, 1), F (a ) = ( 1, ), F (a 3 ) = (5, 1). Calcolare la matrice associata a F rispetto alle basi canoniche di R 3 e di R. Stabilire se F è iniettiva. Stabilire se il vettore (0, 1) appartiene all immagine di F.

2 SOLUZIONI 1. Calcolo il rango utilizzando il principio dei minori orlati. Il seguente minore di ordine, ottenuto dalla sottomatrice M formato dalle prime due righe e dalle prime due colonne della matrice M, = 1 + = 3 è non nullo. Pertanto il rango della matrice M risulta. Calcoliamo i quattro minori orlati di M. Il minore orlato ottenuto aggiungendo la terza riga e la terza colonna è nullo in quanto tre volte la prima riga sommata alla seconda riga risulta la terza riga. Il minore orlato ottenuto aggiungendo la terza riga e la quarta colonna è nullo in quanto tre volte la prima riga sommata alla seconda riga risulta la terza riga. Il minore ottenuto aggiungendo la quarta riga e la terza colonna è nullo in quanto la seconda riga divisa per e sommata alla prima riga risulta la terza riga. Il minore ottenuto aggiungendo la quarta riga e la quarta colonna è nullo in quanto la seconda riga divisa per e sommata alla prima riga risulta la terza riga. Per il principio dei minori orlati il rango della matrice è due.. Il sistema si presenta come un sistema di quattro equazioni lineari in tre incognite. La matrice completa del sistema è a B = 1 + a a Calcolo il determinante di B: det(b) = a 1 + a a Sommo l opposto della seconda colonna alla prima, sommo l opposto della seconda colonna alla terza ed infine sommo la seconda colonna alla quarta: a det(b) = a a

3 Sviluppo questo determinante secondo la regola di Laplace rispetto alla seconda riga: a det(b) = ( 1) 4 a a Sommo la seconda riga alla prima e sommo l opposto della seconda riga alla terza riga: a a det(b) = a a 0 a 1 Sviluppo questo determinante secondo la regola di Laplace rispetto alla seconda colonna: det(b) = ( 1) 4 a 4 + a 1 a a 1 = (a )(a 1) (1 a)(4+a) = (a 1)(a +4+a) = (a 1)(a+1.) Pertanto, se a 1, 1 allora det(b) 0 e il rango di B è quattro, da cui il rango della matrice incompleta associata al sistema è tre e per il Teorema di Rouché- Capelli il sistema è incompatibile. a = 1 La matrice completa del sistema diventa: Trasformo la matrice in una matrice a gradini mediante operazioni elementari sulle righe. Scambio le prime due righe: Sommo alla terza riga la prima riga moltiplicata per e sottraggo la prima riga dalla quarta: Sommo alla quarta riga l opposto della terza riga: Scambio la terza e la seconda riga: Sommo alla terza riga la seconda riga moltiplicata per :

4 Moltiplico la seconda riga per 1: Il sistema è equivalente al seguente sistema lineare in tre equazioni in tre incognite: X +Y +Z = 1 Y = +Z = 6 Pertanto il sistema è determinato ed ammette la soluzione {( 5,, 6)}. a = 1 La matrice completa del sistema diventa: Trasformo la matrice in una matrice a gradini mediante operazioni elementari sulle righe. Scambio le prime due righe: Sottraggo dalla quarta riga la prima riga: Moltiplico la quarta riga per 1 e poi scambio la quarta riga con la seconda riga: Sommo alla quarta riga la seconda moltiplicata per e poi sommo alla terza riga l opposto della seconda: Sommo alla quarta riga la terza riga moltiplicata per 1, poi moltiplico la terza riga per 1 :

5 Il sistema è equivalente al seguente sistema lineare a gradini in tre equazioni in tre incognite: X +Y +Z = 1 Y = 0 +Z = 0 Pertanto il sistema è determinato ed ammette la soluzione {( 1, 0, 0)}. Riassumendo: se a 1, 1 il sistema è incompatibile, se a = 1, 1 il sistema è determinato con soluzione {( 5,, 6)} se a = 1 e {( 1, 0, 0)} se a = Gli autovalori della matrice A sono le radici del polinomio caratteristico, ovvero i valori reali di T tali per cui det(a T I ) = 0. Poichè det(a T I ) = (1 + 5) T (5/) (1 5) T = [(1 + 5) T ][(1 5) T ] + 5 = (1 T ) allora il polinomio caratteristico (1 T ) ammette due radici reali coincidenti: T = 1; per cui la matrice A ammette l autovalore T = 1 con molteplicità algebrica uguale a due. Calcoliamo l autospazio V 1 relativo all autovalore T = 1: { ( ) ( )} { ( ) ( ) ( )} x 0 5 5/ V 1 = (x, y) R : (A I ) = = (x, y) R : y 0 x 0 = 5 y 0 Quindi V 1 = {(x, t) R : 5 5 5x + (5/)y = 0} = {(x, y) R : x = y} = {( y, y) : y R} Da cui V 1 =< ( 5, 1) > e una base per l autospazio risulta {( 5, 1)}. Pertanto l autospazio V 1 ha dimensione 1 e la molteplicità geometrica di T = 1 è 1. Essendo la molteplicità algebrica diversa dalla molteplicità geometrica dell autovalore T = 1, la matrice A non risulta simile a una matrice diagonale. 4. Determiniamo una base e la di dimensione di U. Poichè allora U = { (X, Y, Z) R 3 : X + Y + Z = 0, X Y = 0 }, U = { (X, Y, Z) R 3 : X = Y, Z = 3Y } = {(Y, Y, 3Y ) : Y R} =< (, 1, 3) >, per cui una base di U risulta {(, 1, 3)} e la dimensione di U è 1. Determiniamo ora una base e la dimensione di W. Poichè la matrice C formata dai generatori di W C = ha determinante = = ( 1) = (6 6) = 0, allora i tre vettori w 1 = ( 1, 1, 0), w = (1, 1, ), w 3 = (0, 3, 4)

6 sono linearmente dipendenti. Poichè il minore di C = 1 1 = 3 formato dalle prime due righe e due colonne di C è non nullo allora i due vettori w 1 = ( 1, 1, 0), w = (1, 1, ) sono linearmente indipendenti. Pertanto una base di W risulta {w 1, w } e la dimensione di W è. I vettori {w 1 = ( 1, 1, 0), w = (1, 1, ), (, 1, 3)} ottenuti dalla base trovata di U e dalla base trovata di W costituisce un insieme di generatori per il sottospazio vettoriale U +W. Poichè la matrice formata da questi generatori ha determinante non nullo: 1 1/ = 1 1/ 0 0 3/ 0 3 = ( 1)( 1) 3 3 ( = 9 ) 4 allora i vettori {w 1 = ( 1, 1, 0), w = (1, 1, ), (, 1, 3)} sono linearmente indipendenti e sono pertanto una base per U + W ; quindi la dimensione di U + W risulta tre. Dalla formula di Grassmann vettoriale si ottiene dim(u W ) = dim(u) + dim(w ) dim(u + W ), pertanto la dimensione di U W è 0 e U W è costituito dal solo vettore nullo. Ne consegue che U + W è una somma diretta. 5. L insieme di vettori α = {a 1, a, a 3 } è una base se il determinante della matrice D = risulta non nullo. Calcoliamo il determinante di D sommando l utima riga alla prima det(d) = Sviluppando secondo la regola di Laplace rispetto alla prima colonna, si ottiene det(d) = ( 1) = ( + 1) = 1. Poichè det(d) 0, allora α è una base di R 3. La matrice E associata a F rispetto alla base α di R 3 e la base canonica di R ha per colonne i trasformati tramite F dei vettori della base α, ovvero ( ) E = 1 1 La matrice G = è la matrice del cambiamento di base dalla base canonica alla base α. La matrice associata ad F rispetto alle basi canoniche di R 3 e di R risulta la matrice EG 1. Cacoliamo l inversa della matrice G utilizzando le operazioni elementari sulle righe della seguente matrice: = 17

7 Sommando la prima riga alla terza otteniamo: Sommando il doppio della seconda riga alla terza riga otteniamo: Moltiplicando ciascuna riga per 1 otteniamo: Sommando l opposto della terza riga alla seconda, e poi sommando la terza riga alla prima otteniamo: Quindi la matrice cercata G 1 risulta la seguente: 1 G 1 = La matrice associata a F rispetto alle basi canoniche di R 3 e di R risulta ( ) 1 ( H = E G 1 = = ) Poichè il minore formato dalle prime due righe e prime due colonne di H = ( ) = 3 è non nullo, il rango di H è due quindi il rango della funzione lineare F è. Dalla formula dimensionale si ottiene dim(n(f )) = dim(r 3 ) r(f ) = 3 = 1 dove N(F ) è il nucleo di F e r(f ) è il rango di F. Essendo il nucleo diverso dal solo vettore nullo la funzione lineare F non è iniettiva. Il rango della funzione lineare è la dimensione dell immagine di F, Im(F ); essendo dim(im(f )) = = R allora la funzione lineare è suriettiva e quindi il vettore (0, 1) appartiene all immagine di F. Osservo che queste ultime considerazioni potevono essere fatte considerando la matrice E al posto della matrice H.