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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1 UNIVERSITÀ DEGLI STUDI ROMA TRE Corso di Laurea in Matematica GE110 - Geometria 1 a.a Prima prova di esonero TESTO E SOLUZIONI 1. Per h, k R si consideri il sistema lineare kx 1 + hx + X 4 = 1 X 1 + kx + X 4 = X 1 + X X 4 = X 1 + kx + hx = 1. Utilizzando esclusivamente operazioni elementari, si determinino i valori di h, k per i quali il sistema è (o no) compatibile e, in tal caso, si calcolino esplicitamente le soluzioni. SOLUZIONE: Applichiamo operazioni elementari alla matrice orlata Scambiando R 1 con R abbiamo k h k 1 1 k h k 1 k h k h 0 1 e le operazioni R R + R 1, R R + kr 1 e R 4 R 4 + R 1 danno la matrice A = 0 h k 1 k 1 k 0 k h Supponiamo ora h 0. Con l operazione R 4 hr 4 kr si ha 0 h k 1 k 1 k 0 0 h + h k h + k k h + k + k 1

2 da cui, scambiando R con R, otteniamo la matrice B = 0 h k 1 k 1 k 0 0 h + h k h + k k h + k + k Supponiamo inoltre k. Con l operazione R 1 k+ R si ha 0 h k 1 k 1 k 0 0 h + h k h + k k h + k + k da cui, con l operazione R 4 R 4 (h + h k )R si trova C = 0 h k 1 k 1 k h + k k h + k + k Se h = k k il sistema è incompatibile dato che h + k + k = k + k 0. Se h k k il sistema associato alla matrice C è a gradini e se ne determinano facilmente le soluzioni: X 4 = h + k + k h + k k, X = 0, X = 1 h ( 1 k kx +(k 1)X 4 ) = 1 h ( 1 k+ (k 1)( h + k + k) h + k ) = k e X 1 = + X X 4 = h + k + k h + k k = Supponiamo ora k =. Sostituendo nella matrice B si ha e scambiando R con R 4 abbiamo 0 h h + h h + 6 h h h + h h + 6 h h + k h k + k. k + h + k k

3 Se h + h = 0, cioè se h =, 4, essendo h + 6 0, il sistema è compatibile ed abbiamo, per t R, X 4 = 1, X = t, X = 1 h ( + 4X X 4 ) = 4t h e X 1 = + X X 4 = 1 + t. Se h +h 0, cioè se h, 4, il sistema è a gradini, dunque compatibile ed abbiamo, per t R, X 4 = t, X = h (h 6)t h, X = 1 + h h (+4X X 4 ) = (h 6)t) ( t+4( h h h ) + h e X 1 = + X X 4 = t + Infine supponiamo h = 0. Sostituendo nella matrice A si ha h (h 6)t h. + h 0 0 k 1 k 1 k 0 k 1 1 da cui, scambiando R con R 4, otteniamo la matrice D = 0 k k 1 k 1 k Se k, con l operazione R 4 1 k+ R 4 si ha 0 k k 1 k 1 k da cui, con l operazione R R kr 4 si ha 0 k k 1 k

4 da cui, scambiando R con R 4, otteniamo la matrice E = 0 k k 1 k Se k = 1 si ha 1 k = ed il sistema è incompatibile. Se k = 0 si ha da cui, scambiando R con R, otteniamo la matrice da cui, con l operazione R R R si ha da cui, con l operazione R 4 R 4 + R si ha ed il sistema è incompatibile Se k 0, 1 il sistema associato alla matrice E è a gradini, dunque compatibile e si ha X 4 = k + 1 k 1, X = 0, X = 1 k ( 1 X +X 4 ) = k + k(k 1) e X 1 = +X X 4 = k 1. Infine supponiamo k =. Sostituendo nella matrice D si ha

5 il sistema è a gradini, dunque compatibile con soluzioni X 4 = t, X = t, X = 1 4 ( 1 X + X 4 ) = t 1 4 e X 1 = + X X 4 = t + 1. In conclusione il sistema è compatibile se e solo se k = o k e h k(k 1).. Sia a un numero reale e si consideri la matrice A = a a 1 0 (a) Si determinino i valori di a per i quali A è (o no) invertibile e, in tal caso, si calcoli, con sole operazioni elementari, l inversa. (b) Sia C = Si determinino i valori di a per i quali esiste una matrice B M tale che BA = C, senza ridurre il problema alla soluzione di un sistema lineare negli elementi di B. SOLUZIONE: Applichiamo operazioni elementari alla matrice a a Con l operazione R R ar 1 si ottiene a a + a a 0 e con l operazione R R (a )R si ha a a a a a + Se a a = 0, cioè se a =, 4 allora r(a) = ed A non è invertibile. Se a, 4 allora r(a) =, quindi A è invertibile. R 1 1 R 1, R R e R 1 a a R, si ha 1 a a a a a a a 5 In tal caso, con le operazioni a a

6 da cui, con le operazioni R 1 R R e R R R si trova 1 a 0 a (a a ) a a a a a a ed infine l operazione R 1 R 1 a R da da cui deduciamo che a a a a a a a a A 1 = 1 a a a a a a a a a 4(a a ) a a a a + a a a a a a a a + a a a a a a a a + a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a (b) Se a, 4 sappiamo da (a) che A è invertibile, quindi basta scegliere B = CA 1. Se a =, 4 allora A ha rango e le sue righe generano il sottospazio < (0, 1, 1), (a, 1, 0) >. Come abbiamo visto a lezione, in generale, presa una matrice B, le righe di BA sono combinazione lineare, negli elementi di B, delle righe di A. Ora, se BA = C, allora le righe di C appartengono a < (0, 1, 1), (a, 1, 0) >. Ma, per esempio, (0, 1, 0) < (0, 1, 1), (a, 1, 0) >, dato che la matrice a 1 0 ha rango. Dunque per a =, 4 la matrice B non esiste.. Sia V = R 4 come spazio vettoriale su R, e siano w 1 = (, 0,, ), w = ( 1, 0,, 1), w = ( 1 6, 0, 1, 1 ) e W =< w 1, w, w >. (a) Calcolare la dimensione di W usando esclusivamente operazioni elementari sui vettori; (b) Determinare due sottospazi U 1 e U di V tali che : U 1 W = U W = U 1 U = V ; (c) In generale, in uno spazio vettoriale X, data una somma diretta di sottospazi X = U T, si definisce la proiezione parallelamente ad U, p U : X T, al modo seguente: se x X allora sono univocamente determinati due vettori u U, t T tali che x = u + t e si definisce p U (x) = t. 6

7 Siano ora V, W, U 1 ed U come nella parte precedente dell esercizio e siano p U1 : V W e p U : V W le due proiezioni parallelamente ad U 1 ed U. Determinare tutti i vettori v V tali che p U1 (v) = p U (v). (a) Dalla matrice SOLUZIONE: moltiplicando la prima riga per 1, la seconda per 1 e la terza per 6, si ottiene sottraendo la prima riga dalla seconda e dalla terza moltiplicando la seconda riga per e la terza per 1 e sottraendo la seconda dalla terza e dunque dim W = r(b) = = B (b) Scegliamo u 11 = (0, 1, 0, 0), u 1 = (0, 0, 0, 1), u 1 = (0, 0, 1, 0), u = (1, 1, 0, 0) e sia U 1 =< u 11, u 1 >, U =< u 1, u >. Per verificare che U 1 W = U W = U 1 U = V è sufficiente, per la formula di Grassmann, verificare che {w 1, w, u 11, u 1 }, {w 1, w, u 1, u } e {u 11, u 1, u 1, u } sono tre basi di V. Ciò è vero dato che le tre matrici , ,

8 hanno, come si può facilmente vedere, rango 4. (c) Dato che in b) le somme sono dirette, si ha che v V, esistono u 1 U 1, u U, w 4, w 5 W tali che v = u 1 + w 4 = u + w 5. Per definizione di proiezione si ha dunque p U1 (v) = w 4 e p U (v) = w 5. Ma se w 4 = w 5 si ha anche u 1 = u e dunque u 1 U 1 U = {0}, cioè u 1 = 0 e v = w 4 W. Del resto se v W allora sicuramente p U1 (v) = v = p U (v). Quindi l insieme dei vettori v V tali che p U1 (v) = p U (v) è W.