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1 Dipartimento di Matematica e Informatica Anno Accademico Corso di Laurea in Informatica (L-31) Prova in itinere di Matematica Discreta (12 CFU) 13 Giugno 2016 B2 Tempo a disposizione. 120 minuti 1 Sia dato l endomorfismo f : R 3 R 3 la cui matrice rispetto alla base canonica di R 3 è 1 h 0 A = h 1 0, 0 h + 1 h + 1 dove h è un parametro reale. (a) [4 punti] Studiare f al variare di h, determinando in ciascun caso ker f e Im f. (b) [3 punti] Trovare, al variare di h, l immagine inversa del vettore ( 1, 0, 1). (c) [6 punti] Studiare la semplicità di f al variare di h. (d) [3 punti] Posto h = 1, dire se A è diagonalizzabile e in caso affermativo diagonalizzarla. (e) [4 punti] Posto h = 0, trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi A = [(1, 0, 1), (0, 0, 1), (1, 1, 0)], B = [(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)]. 2 Sia data l applicazione lineare f : R 4 R 3 definita dalla legge f (x, y, z, t) = ( x + hz + t, hx + (h 1)y + hz + t, x + (h 1)y + (2h 1)z + t ), dove h è un parametro reale. (a) [4 punti] Studiare f al variare di h, determinando in ciascun caso ker f e Im f. (b) [3 punti] Trovare, al variare di h, l immagine inversa del vettore (1, h, 0). (c) [3 punti] Trovare la matrice associata ad f rispetto alla base di R 4 e alla base canonica di R 3. A = [(0, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0)]

2 13 Giugno 2016 Svolgimento della prova scritta 1 (a) [4 punti] Si ha det A = (h + 1) 2 (1 h). Se h = ±1, f è un isomorfismo quindi Im f = R 3 e ker f = {(0, 0, 0)}. Se h = 1, si ha A = ed è evidente che r(a) = 2, quindi dim Im f = 2 e Im f = (1, 1, 0), (1, 1, 2). Da ciò si deduce che dim ker f = 1. Determiniamo il nucleo risolvendo il sistema { x + y = 0 2y + 2z = 0 da cui ker f = (1, 1, 1). Se h = 1, si ha A = ed è evidente che r(a) = 1, quindi dim Im f = 1 e Im f = (1, 1, 0). Da ciò si deduce che dim ker f = 2. Il nucleo è caratterizzato dall equazione x y = 0, da cui ker f = (1, 1, 0), (0, 0, 1). (b) [3 punti] Occorre determinare gli eventuali vettori (x, y, z) R 3 tali che 1 h 0 h h + 1 h + 1 x 1 y = 0. z 1 Se h = ±1, esiste un unico vettore (x, y, z) R 3 tale che f (x, y, z) = ( 1, 0, 1). Applicando, ad esempio, la regola di Cramer, si trova che ( 1 f 1 ( 1, 0, 1) = h 2 1, h h 2 1, 2h 1 ) h 2. 1 Se h = 1, si ottiene il sistema x + y = 1 x + y = 0 2y + 2z = 1 che è chiaramente impossibile, quindi in tal caso f 1 ( 1, 0, 1) =. Se h = 1, si ottiene il sistema { x y = 1 x y = 0 che è chiaramente impossibile, quindi anche in tal caso f 1 ( 1, 0, 1) =.

3 (c) [6 punti] Calcoliamo il polinomio caratteristico: 1 t h 0 p(t) = det(a ti 3 ) = det h 1 t 0 = (h + 1 t) 2 (1 t h). 0 h + 1 h + 1 t Gli autovalori sono t = h + 1 e t = 1 h. Se h + 1 = 1 h, cioè se h = 0, l autovalore t = 1 ha molteplicità algebrica 3. Avendosi r(a 1 I) = r = 1, si deduce che dim V 1 = 3 1 = 2, quindi per h = 0, f non è semplice. Supponiamo, dunque, h = 0. In tal caso l autovalore t = h + 1 ha molteplicità algebrica 2 e l autovalore t = 1 h ha molteplicità algebrica 1. Per capire se f è semplice o meno, è sufficiente determinare la dimensione dell autospazio V h+1 ; tale autospazio è il nucleo della matrice h h 0 h h 0, 0 h cioè { hx + hy = 0 (h + 1)y = 0. Da ciò segue che bisogna distinguere altri due casi: h = 1 e h = 1. Se h = 1 (e h = 0), l autospazio V h+1 è rappresentato dalle equazioni x = 0 y = 0 z R e quindi dim V h+1 = 1 < m a (h + 1) = 2, quindi f non è semplice. Infine, se h = 1, l autospazio V h+1 V 0 è rappresentato da x y = 0 e quindi dim V 0 = dim ker f = 2. Si conclude che per h = 1, f è semplice. Riassumendo, f è semplice solo se h = 1. (d) [3 punti] Da quanto visto al punto precedente, segue che per h = 1, A è diagonalizzabile. La corrispondente matrice diagonalizzata è la matrice diagonale avente sulla diagonale principale gli autovalori di A, quindi: A = Meno rapidamente, visto che per h = 1, A è diagonalizzabile, per definizione esiste una matrice invertibile C tale che A = C 1 AC, essendo C una matrice avente nelle colonne gli elementi di una base di autovettori: C = Si osservi che [(1, 1, 0), (0, 0, 1)] è una base di V 0 e [( 1, 1, 0)] è una base di V 2 (si trova facilmente che V 2 = {( y, y, 0) R 3, y R}).

4 (e) [4 punti] Si ha: M A,B ( f ) = P E 3,B M E 3,E 3 ( f )P A,E 3. Si trovano molto facilmente le seguenti matrici: P E3,B = 0 1 1, P A,E 3 = Visto che M E 3,E 3 ( f ) = A, si ottiene: M A,B ( f ) = Svolgendo i facili conti, si trova: M A,B ( f ) = (a) [4 punti] La matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche è 1 0 h 1 M E 4,E 3 ( f ) M( f ) = h h 1 h 1. 1 h 1 2h 1 1 Effettuando le trasformazioni sulle righe R 2 R 2 R 1 e R 3 R 3 R 1, si ottiene la matrice 1 0 h 1 h 1 h h 1 h 1 0 Sia h = 1. Si ha r(m( f )) = 1 e perciò dim Im f = 1 e Im f = (1, 1, 1). Da ciò segue che dim ker f = 3; inoltre il nucleo di f è individuato da x + z + t = 0 e pertanto ker f = {(x, y, z, x z) R 4, x, y, z R} = (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1). Sia, infine, h = 1. Si ha r(m( f )) = 3 e perciò dim Im f = 3 e Im f = R 3. Da ciò segue che dim ker f = 1; inoltre il nucleo di f è individuato da x + hz + t = 0 x = y x + y = 0 y R y + z = 0 t = (h + 1)y e pertanto ker f = {( y, y, y, (h + 1)y) R 4, y R} = ( 1, 1, 1, h + 1). (b) [3 punti] Tenendo conto della riduzione effettuata nel punto precedente, passiamo dalla matrice 1 0 h 1 1 h h 1 h 1 h 1 h 1 2h alla matrice 1 0 h 1 1 h 1 h h 1 0 h 1 h

5 Da ciò segue subito che se h = 1, il sistema ammette 1 soluzioni e si trova {( t h(t 1) f 1 h(t 1) t (1, h, 0) = h 2, 1 h 2, ht t + 1 ) } 1 1 h 2, t, t R. Se, infine, h = 1, il sistema è chiaramente impossibile e quindi f 1 (1, h, 0) =. (c) [3 punti] Osserviamo che gli elementi della base A sono gli stessi elementi che costituiscono la base canonica di R 4, opportunamente permutati. Alla luce di ciò, si trova subito che: h M A,E 3 ( f ) = 1 h 1 h h. 1 h 1 1 2h 1

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