Corso di Studi in Fisica Geometria e Algebra Lineare II Prova scritta del 6 luglio 009 Esercizio 1. Si considerino le matrici 3 1 1 3 1 1 A = 0 4 0, B = 3 1 3 1 1 3 0 a. (4 punti) Dimostrare che A e B sono simultaneamente diagonalizzabili. b. (4 punti) Trovare una base comune di autovettori. a. Eseguendo la moltiplicazione si ottiene che 10 6 6 AB = BA = 1 4 1 6 6 Poiché le matrici commutano, se sono diagonalizzabili lo sono simultaneamente. Gli autovalori di A sono 4 con molteplicità, e con molteplicità 1. La matrice 1 1 1 A 4I = 0 0 0 1 1 1 ha rango 1 e quindi A è diagonalizzabile, in quanto l autospazio relativo all autovalore 4 ha dimensione. Gli autovalori di B sono 4, e, tutti con molteplicità 1, e quindi B è diagonalizzabile. Dunque A e B sono simultaneamente diagonalizzabili. b. Poiché gli autospazi di B hanno dimensione 1, c è una sola scelta per gli autovettori di B. Questi saranno anche autovettori di A e quindi saranno una base comune. Una base di autovettori di B è (1, 1, 0) (autval 4), (0, 1, 1) (autval ), (1, 0, 1) (autval ) Questa è anche una base per A.
. Sia G = GL(n, R) il gruppo moltiplicativo delle matrici invertibili n n a elementi reali. Consideriamo il sottoinsieme di G così definito: H = {A G AB = BA, B G} a. (4 punti) Dimostrare che H è un sottogruppo normale di G. b. Dimostrare le seguenti affermazioni: (i) ( punti) Se B è una matrice diagonale con tutti gli elementi distinti e AB = BA, allora anche A è diagonale; (ii) ( punti) Sia E ij la matrice con tutti 1 sulla diagonale principale, 1 nella posizione (i, j) (con i j) e 0 altrove. Sia A una matrice diagonale e siano a i i suoi elementi nelle posizioni (i, i) (e 0 fuori dalla diagonale principale). Se AE ij = E ij A allora a i = a j. c. (4 punti) Dimostrare che H = matrici scalari (cioè multipli della matrice unità) usando le due affermazioni appena dimostrate. a. Chiaramente la matrice unità appartiene a H. Se A H e B G si ha AB = BA e passando agli inversi si ha B 1 A 1 = A 1 B 1 e quindi A 1 commuta con tutte le matrici del tipo B 1. Ma poiché tutte le matrici di G sono invertibili, le matrici del tipo B 1 sono tutto G e dunque A 1 H. Infine, se A, B H e C G si ha (AB)C = A(BC) = A(CB) = (AC)B = (CA)B = C(AB) e dunque AB H. Abbiamo quindi che H è un sottogruppo. H è normale se per ogni A G e ogni B H si ha che ABA 1 H. Ma poiché gli elementi di H commutano con tutti gli elementi di G si ha: Dunque H è normale. ABA 1 = BAA 1 = B H b. (i) Sia A = (a ij ), B = (b ij ). Poiché B è diagonale, l elemento di posto (i, j) in AB è a ik b kj = a ij b jj
mentre l elemento di posto (i, j) in BA è b ik a kj = b ii a ij Dunque deve essere a ij b jj = b ii a ij e per i j, poiché b ii b jj sarà a ij = 0. Quindi A è diagonale. b. (ii) Se indichiamo e lm l elemento di posto (l, m) in E ij abbiamo: e ii = 1, e ij = 1 e tutti gli altri 0. Moltiplicando AE ij, l elemento di posto (i, j) è: a ik e kj = a ii e ij + a ij e jj = a i perché A è diagonale e quindi a ij = 0. Allo stesso modo, l elemento di posto (i, j) in E ij A è e ik a kj = e ii a ij + e ij a jj = a j e quindi a i = a j. c. Sia A H. Poiché A commuta con tutte le matrici di G, commuta anche con quelle diagonali, e fra queste ci sono quelle con tutti gli elementi distinti. Dunque per (i) A è diagonale. Possiamo adesso usare (ii): A commuta con tutte le matrici e quindi anche con quelle del tipo E ij per tutte le coppie (i, j), e quindi tutti gli elementi della diagonale di A sono uguali fra loro, cioè A è una matrice scalare.
3. Sia M la superficie descritta dalla parametrizzazione locale ( ) u v ϕ(u, v) =, v cos u, v sin u, (u, v) D R a. (4 punti) Determinare un dominio D massimale su cui la parametrizzazione è regolare (ricordare che dominio significa aperto e connesso). b. (4 punti) Calcolare la curvatura Gaussiana di M. c. (4 punti) Scrivere la matrice dell operatore forma nel punto P = ϕ(0, 1) e calcolare le curvature principali in tale punto. a. La parametrizzazione è regolare se i vettori ϕ u e ϕ v sono linearmente indipendenti o, equivalentemente, se il vettore ϕ u ϕ v è non nullo. Calcolando si ha: ( ) u ϕ u = (uv, v sin u, v cos u), ϕ v =, cos u, sin u ϕ u ϕ v = [ v, uv La norma di ϕ u ϕ v vale ( 1 u cos u sin u ), uv ( 1 u sin u + cos u ϕ u ϕ v = v + u v ( 1 u cos u sin u ) + u v ( 1 u sin u + cos u ) )] [ 1 = v + u v 4 u cos u + sin u + 1 ] 4 u sin u + cos u [ ] 1 = v + u v 4 u + 1 = 1 4 v (u + ) ed è diversa da 0 per v 0. Dunque un dominio D massimale è v > 0 (l altro è v < 0). Attenzione: non discutiamo qui se la mappa ϕ è iniettiva. Se anche questo è richiesto, la risposta è più complicata. b. Calcoliamo le derivate seconde: ϕ uu = (v, v cos u, v sin u), ϕ uv = (u, sin u, cos u), ϕ v = (0, 0, 0)
Il vettore normale è N = ϕ u ϕ v ϕ u ϕ v e possiamo allora calcolare: E = ϕ u ϕ u = v (u +1), F = ϕ u ϕ v = 1 u3 v, G = ϕ v ϕ v = 1 4 u4 +1 l = N ϕ uu = v, m = N ϕ uv = 0 n = N ϕ vv = 0 e quindi la curvatura Gaussiana vale K = ln m EG F = 0 c. Nella base {ϕ u, ϕ v } l operatore forma si scrive usando E, F, G, l, m, n in modo opportuno. Nel punto P = ϕ(0, 1) si ha: e quindi E = 1, F = 0, G = 1, l = 1, m = 0, n = 0 La matrice è dunque: a 11 = Gl F m EG F = 1, a 1 = Em F l EG F = 0, S = a 1 = Gm F n EG F = 0, a = En F m EG F = 0 ( ) 1 0 0 0 che è già diagonale. Le curvature principali sono gli autovalori e sono dunque 1 e 0.