UNIVERSITÀ DEGLI STUDI ROMA TRE Corso di Laurea in Matematica GE110 - Geometria 1 a.a Prima prova di esonero TESTO E SOLUZIONI

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Mario Petrucci
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1 UNIVERSITÀ DEGLI STUDI ROMA TRE Corso di Laurea in Matematica GE110 - Geometria 1 a.a Prima prova di esonero TESTO E SOLUZIONI 1. Determinare, utilizzando esclusivamente operazioni elementari, per quali valori k R, è (o no) compatibile il seguente sistema lineare kx 1 X 2 + X 4 = 1 5X 1 kx 3 X 4 = 3. 2X 1 X 2 + kx 4 = 0 X 1 + X 2 kx 3 = 1 e, quando è compatibile, calcolare esplicitamente le soluzioni. SOLUZIONE: Applichiamo operazioni elementari alla matrice orlata k k k 0 Scambiando R 1 con R 4 si trova 5 0 k k 0 k da cui con le operazioni R 2 R 2 5R 1, R 3 R 3 2R 1, R 4 R 4 kr 1 si ottiene 0 5 4k k k k k k e con le operazioni R 3 R R 2, R 4 R 4 1+k 5 R 2 si ha 0 5 4k k 5k k k 6+k 7 3k

2 da cui le operazioni R 3 5R 3, R 4 5R 4 danno 0 5 4k k 5k k 2 4k 6 + k 7 3k e con l operazione R 4 R 4 + k 4 2 R 3 si trova la matrice Se k = 0 si ha ed il sistema è pertanto incompatibile k 1 2 B k = 0 0 2k 5k k(k 3) (k 3) B 0 = Supponiamo da ora in poi k 0. Osserviamo intanto che la matrice B k è comunque a gradini, sia se k = 3, caso in cui r(b 3 ) = 3 che se k 3, caso in cui r(b k ) = 4. Se k 3 ha come soluzioni (dopo un pò di calcoli): X 4 = 2 k, X 3 = 3k + 3 k 2, X 2 = 2k + 2, X 1 = 1 k k. Se invece k = 3 posto X 4 = t si trova risolvendo X 4 = t, X 3 = 9t + 2, X 2 = 7t + 2, X 1 = 2t Sia k R e sia A = k (a) Usando solo operazioni elementari, determinare i valori di k per i quali A è (o no) invertibile. (b) Sia B = k

3 Determinare i valori di k (se esistono) per i quali esiste una sequenza di operazioni elementari che trasforma A in B. SOLUZIONE: (a) Applichiamo operazioni elementari ad A. Con l operazione R 2 R 2 R 1 si ha k da cui, scambiando R 2 con R 3 si trova k 3 e con l operazione R 3 R 3 kr 2 abbiamo la matrice C = k { 3 if k 3 Deduciamo che r(a) = r(c) = e quindi che A è invertibile se e solo se k 2 if k = 3 3. (b) Notiamo che( B è a ) gradini se k 3, mentre ha una riga e colonna nulla se k = 3, { if k 3 da cui r(b) = r = 2. Quindi r(b) =. Ora, se k 3, essendo if k = 3 A invertibile, esiste una sequenza di operazioni elementari che trasforma I 3 in A e quindi, invertendo tali operazioni, esiste una sequenza di operazioni elementari che trasforma A in I 3. Inoltre, essendo B invertibile, esiste una sequenza di operazioni elementari che trasforma I 3 in B. Pertanto, se k 3, facendo le due sequenze dette una dopo l altra, si trova una sequenza di operazioni elementari che trasforma A in B. Invece se k = 3 facciamo vedere che una tale sequenza non esiste. Infatti se esistesse allora i sistemi omogenei AX = 0 e BX = 0, dove X = t ( X 1 X 2 X 3 ), sarebbero equivalenti. Ma il sistema BX = 0 ha per esempio la soluzione (1, 0, 0) che chiaramente non è soluzione di AX = 0. Ne segue che se k = 3 una tale sequenza non esiste. Si conclude che esiste una sequenza di operazioni elementari che trasforma A in B se e solo se k Siano k un numero reale e siano v 1 = (0, 1, 1, 0), v 2 = (1, 1, 0, 0), v 3 = ( 1, 1, 2, k) R 4. 3

4 Sia U k =< v 1, v 2, v 3 > e sia W k R 4 il sottospazio vettoriale delle soluzioni del sistema lineare omogeneo dove X, Y, Z, W sono coordinate in R 4. { X Y + Z = 0 kx kz = 0 X + kw = 0 (a) Determinare le dimensioni di U k e di W k e scrivere esplicitamente una base di U k ed una di W k. (b) Determinare le dimensioni di U k + W k e di U k W k. (c) Determinare per quali k R esiste una base di U k ed una di W k che abbiano almeno un vettore in comune. SOLUZIONE: (a) Per calcolare la dimensione di U k consideriamo la matrice dei suoi generatori k e facciamo operazioni elementari. Scambiando R 1 con R 2 si trova k da cui, con l operazione R 3 R 3 + R 1, si ha e l operazione R 3 R 3 2R 2 da la matrice k A = k { 2 se k = 0 Si vede subito che dim(u k ) = r(a) =. Inoltre, sempre da A, dividendo 3 se k 0 l ultima riga per k se k 0, deduciamo che una base di U k è {v 1, v 2 } se k = 0 e {v 1, v 2, E 4 } se k 0. 4

5 Per calcolare la dimensione ed una base di W k risolviamo invece il suo sistema facendo operazioni elementari su k 0 k k Con le operazioni R 2 R 2 kr 1, R 3 R 3 R 1, si ha da cui, scambiando R 2 con R 3 si trova k 2k k k 0 k 2k 0 da cui, con l operazione R 3 R 3 kr 2, si ottiene la matrice B = che, notiamo, in ogni caso è a gradini k 0 0 k k 2 Se k = 0 ponendo, nel sistema omogeneo associato a B, W = t, Z = u (t ed u sono parametri arbitrari) si ha la soluzione W = t, Z = u, Y = u, X = 0, quindi ogni vettore di W k è del tipo (0, u, u, t) = u(e 2 + E 3 ) + te 4 e, essendo E 2 + E 3 e E 4 linearmente indipendenti, una base di W 0 è {E 2 + E 3, E 4 } e dim W 0 = 2. Invece se k 0 ponendo, nel sistema omogeneo associato a B, W = t (t è un parametro arbitrario) si ha la soluzione W = t, Z = kt, Y = 2kt, X = kt, quindi ogni vettore di W k è del tipo ( kt, 2kt, kt, t) = t( ke 1 2kE 2 ke 3 + E 4 ) e, essendo ke 1 2kE 2 ke 3 + E 4 linearmente indipendente, una base di W k è, se k 0, { ke 1 2kE 2 ke 3 + E 4 } e dim W k = 1. (b) Per calcolare la dimensione di W k + U k, utilizziamo le basi di U k e W k trovate in (a). 5

6 Se k = 0 abbiamo la matrice che, con l operazione R 3 R 3 R 2 diventa C = Deduciamo che dim(u 0 + W 0 ) = r(c) = 4 e la formula di Grassmann da dim(u 0 W 0 ) = dim U 0 + dim W 0 dim(u 0 + W 0 ) = = 0. Se k 0 facciamo operazioni elementari sulla matrice k 2k k 1 Con l operazione R 4 R 4 + kr 1 si trova 0 k k 1 da cui, con l operazione R 4 R 4 + kr 2 abbiamo 0 0 2k 1 e scambiando R 3 con R 4 otteniamo la matrice a gradini D = 0 0 2k 1 Pertanto, se k 0, dim(u k + W k ) = r(d) = 4 e la formula di Grassmann da dim(u k W k ) = dim U k + dim W k dim(u k + W k ) = = 0. (c) Se esistesse una base di U k ed una di W k che abbiano almeno un vettore v in comune allora, essendo v parte di una base, deve essere v 0. Ma v U k W k e abbiamo visto in b) che U k W k = {0}. Quindi tale v non esiste per nessun k. 6

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