Algebra Lineare e Geometria

Algebra Lineare e Geometria Corso di Laurea in Ingegneria Elettronica A.A. 2013-2014 Prova d esame del 16/06/2014. 1) a) Determinare la matrice associata all applicazione lineare T : R 3 R 4 definita da T (e 1 ) = (1, 1, 0, 0), T (e 1 + e 2 ) = (3, 1, 0, 1), T (e 1 + e 2 + e 3 ) = (0, 1, 1, 2), rispetto alle basi canoniche del dominio e codominio, dove E = {e 1, e 2, e 3 } è la base canonica del dominio. b) Descrivere nucleo e immagine (con basi, equazioni e dimensioni) di T. c) Sia U : 2x y = 0 un sottospazio di R 3. Descrivere l immagine di U tramite T, con basi, equazioni e dimensioni. d) Sia a = (1, 1, 9, 4). Verificare che {a} è una base di Im(T ) dove Im(T ) è l immagine di T. e) Dire se le seguenti asserzioni sono vere o false. Giustificare la risposta dimostrando l asserzione nel caso sia vera o fornendo un controesempio nel caso sia falsa (per controesempio si intende un esempio in cui quanto asserito risulta essere falso): (i) Comunque scegliamo tre matrici quadrate di ordine 2, A, B, e C vale: AB = AC = B = C. (ii) Sia A una matrice di tipo 4 3 di rango 3. Allora ogni sistema lineare avente A come matrice dei coefficienti è compatibile e indeterminato. (iii) Siano u e v una coppia di vettori tra loro ortogonali. Allora i vettori u v e u + v sono anch essi tra loro ortogonali. 2) Si considerino nello spazio affine il punto P (0, 1, 5), la retta r : Determinare: a) il piano ρ perpendicolare a r e passante per P ; b) il piano σ parallelo a π e passante per P e la distanza tra σ e π; c) la retta s parallela a π, incidente a r e passante per P ; d) le rette parallele a π e passanti per P. { 3x + 7y = 0 x + 2y 3z 2 = 0 ed il piano π : x + z 1 = 0. e) Sia V lo spazio direttore della retta r. Scrivere la matrice associata alla trasformazione lineare P r : R 3 R 3 che associa ad ogni vettore x R 3 la proiezione di x su V. (Sugg: Per definizione proiettare su uno spazio 1-dimensionale equivale a proiettare sulla direzione di un vettore non nullo dello stesso spazio.) 3) Data la seguente famiglia di matrici dove k è un parametro reale, determinare: A k = 0 1 k 0 1 k 0 k 1 a) i valori di k per cui la matrice A k ammette autovalore λ = 1; b) i valori del parametro k per cui la matrice è diagonalizzabile; c) per ogni valore di k R gli autospazi di A k, specificandone equazioni cartesiane, dimensioni e basi. d) Sia v = (3, 1, 1) t. Verificare che v è un autovettore di A 2 (ovvero la matrice della famiglia ottenuta ponendo k = 2) e calcolare (A 2 ) 103 v. e) Sia B una matrice invertibile e sia w un autovettore di B relativo all autovalore λ. (i) Dimostrare che λ 0. (ii) Dimostrare che w è un autovettore di B 1 relativo all autovalore λ 1.,

1) a) La matrice associata a T rispetto alle basi canoniche del dominio e codominio è la matrice avente per colonne i vettori immagine dei vettori della base canonica e 1, e 2, e 3. Per calcolare tali vettori usiamo le proprietà di linearità di T. Otteniamo: T (e 1 ) = (1, 1, 0, 0), T (e 2 ) = T (e 1 + e 2 ) T (e 1 ) = (3, 1, 0, 1) (1, 1, 0, 0) = (2, 2, 0, 1), T (e 3 ) = T (e 1 + e 2 + e 3 ) T (e 1 + e 2 ) = (0, 1, 1, 2) (3, 1, 0, 1) = ( 3, 2, 1, 1). Pertanto la matrice associata A T è la matrice: A T = 1 2 3 1 2 2 0 0 1 0 1 1 b) Al fine di determinare il nucleo risolviamo il sistema lineare omogeneo la cui matrice dei coefficienti è la matrice A T. Applicando il metodo di Gauss, partendo dalla matrice completa 1 2 3 0 1 2 2 0 0 0 1 0, 0 1 1 0 è possibile pervenire alla seguente forma: 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 Segue che il sistema ha l unica soluzione data dal vettore nullo (0, 0, 0), ovvero T è iniettiva. Inoltre l immagine di T ha dimensione 3 (calcolata per mezzo del teorema nullità più rango o osservando la matrice ridotta con Gauss). Una base B Im(T ) dell immagine di T, è costituita dai 3 vettori colonna della matrice A T, ovvero B Im(T ) = {(1, 1, 0, 0), (2, 2, 0, 1), ( 3, 2, 1, 1)}. Pertanto l immagine di T ha equazione in forma parametrica data da: x 1 = s + 2t 3u Im(T ) : x 2 = s 2t + 2u x 3 = u s, t, u R, x 4 = t + u che dà luogo alla seguente equazione in forma affine/cartesiana x 1 3x 3 x 4 = 0. c) Calcoliamo una base di U. Per far questo risolviamo l equazione definente U. Troviamo l equazione di U in forma parametrica, ovvero: { x = s s, t R. U : y = t Una base di U è la seguente: B U = {(1, 2, 0), (0, 0, 1)}. L immagine di U è lo spazio generato dall immagine di questi vettori, tramite T, ovvero dai vettori: T (1, 2, 0) = T (e 1 ) + 2T (e 2 ) = (1, 1, 0, 0) + 2(2, 2, 0, 1) = (5, 3, 0, 2), T (0, 0, 1) = T (e 3 ) = ( 3, 2, 1, 1).

Essendo i due vettori linearmente indipendenti, essi ne costituiscono una base. La sua dimensione è quindi uguale a 2 e la sua equazione parametrica è data da: x 1 = 5s + 3t T (U) : x 2 = 3s + 2t x 3 = t s, t R, x 4 = 2s + t d) Poiché l immagine di T ha dimensione 3, il suo ortogonale, che è uno spazio complementare ad Im(T ) in R 4, ha dimensione 1. Quindi affinché a sia base di Im(T ), a deve essere non nullo (condizione banalmente verificata) e deve essere ortogonale ai vettori di una qualsiasi base di Im(T ). Abbiamo: Segue quindi quanto asserito. a (1, 1, 0, 0) = 1 1 = 0, a (2, 2, 0, 1) = 2 + 2 4 = 0, a ( 3, 2, 1, 1) = 3 2 + 9 4 = 0. e) Esse sono tutte false. Nel seguito un (contro)esempio per ciascun caso. ( ) ( ) ( ) 0 0 1 0 0 1 (i) Siano A =, B =, e C =. In tal caso: 0 0 0 0 0 0 AB = AC = ( 0 0 0 0 (ii) Il sistema lineare avente come matrice completa la matrice A b = 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ), ma B C. è incompatibile. (iii) Siano u = (2, 0) e v = (0, 1) vettori in R 2. Essi sono tra loro ortogonali ma i vettori u v = (2, 1) e u + v = (2, 1) non lo sono., 2) a) Un equazione parametrica della retta r è la seguente: x = 21t r : y = 9t t R, z = t 2 3 ottenuta risolvendo l equazione cartesiana/affine. Il vettore di direzione di r è il vettore v = (21, 9, 1). Affinché ρ sia ortogonale a r il suo vettore normale n deve essere parallelo/multiplo di v. L equazione di ρ è data da: ρ : 21x 9(y 1) + (z 5) = 0. Sviluppando i conti si ottiene: ρ : 21x 9y + z + 4 = 0. b) Il piano σ passante per P, e parallelo a π ha equazione: σ : x + (z 5) = 0,

ovvero: σ : x + z 5 = 0. Tale piano contiene il punto P. La distanza tra i due piani è uguale alla distanza di un punto qualsiasi di uno dei due piani, rispetto all altro piano. Quindi possiamo calcolare la distanza tra i due piani calcolando la distanza di P da π. Segue: d(σ; π) = d(p ; π) = 0 + 5 1 12 + 0 2 + 1 = 4 = 2 2. 2 2 c) La retta s giace sul piano parallelo a π e passante per P (piano σ) e sul piano contenente r e P. Troviamo l equazione di quest ultimo. Il fascio di piani contenenti la retta r (cioè il fascio di piani di asse r) è il fascio F di equazione: F : x + 2y 3z 2 + k(3x + 7y) = 0, k R. Imponendo il passaggio per il punto P si ottiene k = 15 7, e quindi il piano 52x + 119y 21z 14 = 0. La retta s ha equazione: { x + z 5 = 0 s : 52x + 119y 21z 14 = 0 d) Le rette parallele a π e passanti per P costituiscono un fascio di rette proprio. Un equazione di tale fascio, che denoto con la lettera G, può essere trovata come segue. La stella di rette per P è data da: x = lt y = mt + 1, t R, al variare di l, m, n in R. z = nt + 5 Imponiamo la condizione di parallelismo al piano π. Una retta è parallela ad un piano se il suo vettore di direzione è ortogonale alla normale al piano. In questo caso imponiamo che il vettore di direzione di una generica retta per P, ovvero il vettore (l, m, n) sia ortogonale a n π = (1, 0, 1), cioè l + n = 0, da cui n = l. Il fascio G ha quindi equazione: x = lt G : y = mt + 1, t R, al variare di l, m in R. z = lt + 5 e) Per trovare la matrice associata a P r dobbiamo trovare le immagini dei vettori della base canonica, tramite P r. Ricordo che la proiezione sulla direzione di r è data da: Segue: P r (x) = x v x (21, 9, 1) v = (21, 9, 1). v 2 523 P r (e 1 ) = 21 (21, 9, 1), 523 P r (e 2 ) = 9 (21, 9, 1), 523 P r (e 3 ) = 1 (21, 9, 1), 523 La matrice B associata a P r è la matrice: Si noti che questa matrice è simmetrica. B = 1 523 441 189 21 189 81 9 21 9 1

3) a) Lo scalare λ = 1 è un autovalore di A k se e solo se det(a k + I) = 0, ovvero: 1 1 k det 0 2 k = 4 k 2 = 0, da cui k = 2 o k = 2. 0 k 2 b)-c) Determiniamo gli autovalori di A k con la rispettiva molteplicità algebrica. Il determinante di A k λi è uguale a: λ 1 k ( ) det 0 1 λ k 1 λ k = λ det = λ[(1 λ) 2 k 2 ] = λ(1 λ k)(1 λ + k). k 1 λ 0 k 1 λ Gli autovalori di A k sono quindi λ 0 = 0, λ 1 = 1 k e λ 2 = 1 + k. Supponiamo k 0, k 1 e k 1. In tal caso i tre autovalori sono distinti e quindi la matrice A k è diagonalizzabile. Determiniamo ora gli autospazi relativi agli autovalori λ 0, λ 1 e λ 2. Consideriamo l autovalore λ 0. Risolviamo il sistema lineare omogeneo la cui matrice completa è la seguente: 0 1 k 0 0 1 k 0 0 k 1 0 Applicando il metodo di Gauss si ottiene la seguente forma ridotta: 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 Nella risoluzione con Gauss si è tenuto conto che k 0. L autospazio di A k relativa all autovalore λ 0 = 0, che denotiamo con Λ 0 è lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo precedente e pertanto ha equazione in forma affine Λ 0 : y = z = 0. L equazione parametrica è data da: Λ 0 : x = t y = 0 t R. z = 0 Una base di Λ 0 è data da B Λ0 = {(1, 0, 0)}. Consideriamo ora l autovalore λ 1 = 1 k. Risolviamo il sistema lineare omogeneo la cui matrice completa è la seguente: 1 + k 1 k 0 0 k k 0 0 k k 0 Applicando il metodo di Gauss si ottiene la seguente forma ridotta: k+1 1 0 k 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 Nella risoluzione con Gauss si è tenuto conto che k 1. L autospazio di A k relativa all autovalore λ 1 = 1 k, che denotiamo con Λ 1 è lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo precedente e pertanto ha equazione in forma affine { (k 1)x + (k 1)z = 0 Λ 1 : y + z = 0 Un equazione parametrica è data da: Λ 1 : x = (k + 1)t y = (k 1)t t R. z = (1 k)t

Una base di Λ 1 è data da B Λ1 = {(k + 1, k 1, 1 k)}. Consideriamo infine l autovalore λ 2 = 1 + k. Risolviamo il sistema lineare omogeneo la cui matrice completa è la seguente: 1 k 1 k 0 0 k k 0 0 k k 0 Applicando il metodo di Gauss si ottiene la seguente forma ridotta: 1 k 1 0 k+1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 Nella risoluzione con Gauss si è tenuto conto che k 1. L autospazio di A k relativa all autovalore λ 2 = 1 + k, che denotiamo con Λ 2 è lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo precedente e pertanto ha equazione in forma affine { (k + 1)x (k 1)z = 0 Λ 1 : y z = 0 Un equazione parametrica è data da: Λ 1 : x = (k 1)t y = (k + 1)t t R. z = (k + 1)t Una base di Λ 2 è data da B Λ2 = {(k 1, k + 1, k + 1)}. Una matrice diagonalizzante per A k, se k 0, k 1 e k 1 è data da: P k = 1 0 k + 1 k 1 k 1 k + 1, 0 1 k k + 1 con relativa matrice in forma diagonale: D k = 1 0 0 0 1 k 0 0 0 1 + k Supponiamo ora k = 0. La matrice A 0 è la seguente: 0 1 0 A 0 = 0 1 0 0 0 1 Essa ha autovalori, calcolati precedentemente, λ 0 = 0, λ 1 = λ 2 = 1. L autospazio Λ 0 è lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo la cui matrice orlata è: 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 Una sua equazione in forma affine è Λ 0 : y = z = 0 e una sua base è B Λ0 = {(1, 0, 0)}. L autospazio Λ 1, relativo all autovalore λ 1 = 1 è lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo la cui matrice orlata è: 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Una sua equazione in forma affine è pertanto Λ 1 : x + y = 0 ed una sua base è B Λ1 = {(1, 1, 0), (0, 0, 1)}. L autovalore λ 1 ha molteplicità pari a 2. Quindi se k = 0 la matrice è diagonalizzabile. Una sua forma diagonale è la matrice: D = 0 0 0 0 1 0 0 0 1

con matrice diagonalizzante P che possiamo prendere uguale a: 1 1 0 P = 0 1 0 0 0 1 Se k = 1 gli autovalori di A 1 sono λ 0 = λ 1 = 0 e λ 2 = 2. Calcoliamo l autospazio Λ 0 di A 1 relativo all autovalore λ = 0. Esso è spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo la cui matrice completa è: 0 1 1 0 0 1 1 0, 0 1 1 0 ovvero, Λ 0 : y = z = 0. Pertanto una base di Λ 0 è data da B Λ0 = {(1, 0, 0)}. La molteplicità geometrica di λ 0 è pari ad 1, diversa dalla molteplicità algebrica. La matrice A 1 non è diagonalizzabile. L autospazio Λ 2 di A 1 relativo all autovalore λ 2 = 2 è spazio delle soluzioni del sistema la cui matrice orlata è: 2 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 Applicando il metodo di Gauss si ottiene Λ 2 : x = y z = 0 ed una sua base è data da B Λ2 = {(0, 1, 1)}. Se k = 1 gli autovalori di A 1 sono λ 0 = λ 2 = 0 e λ 1 = 2. Calcoliamo l autospazio Λ 0 di A 1 relativo all autovalore λ = 0. Esso è spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo la cui matrice completa è: 0 1 1 0 0 1 1 0, 0 1 1 0 ovvero ancora Λ 0 : y = z = 0. Una base di Λ 0 è data da B Λ0 = {(1, 0, 0)}. La molteplicità geometrica di λ 0 è pari ad 1, diversa dalla molteplicità algebrica. La matrice A 1 non è diagonalizzabile. L autospazio Λ 1 di A 1 relativo all autovalore λ 1 = 2 è spazio delle soluzioni del sistema la cui matrice orlata è: 2 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 Applicando il metodo di Gauss si ottiene Λ 1 : x = y + z = 0 ed una sua base è data da B Λ1 = {(0, 1, 1)}. d) Calcoliamo il prodotto della matrice A 2 per il vettore v. Otteniamo: A 2 v = 0 1 2 0 1 2 3 1 = 3 1 = v. 0 2 1 1 1 Il valore di (A 2 ) 103 v è uguale a ( 1) 103 v = v = ( 3, 1, 1) t. e) La i) è diretta conseguenza della definizione di autovalore. Uno scalare λ è autovalore di una matrice B se e solo se det(b λi) = 0. Se per assurdo l autovalore λ fosse nullo, allora si avrebbe det(b) = 0 e quindi B non potrebbe essere invertibile. Verifichiamo la ii). Essendo w un autovettore di B con autovalore λ vale la seguente uguaglianza: Bw = λw. Moltiplicando a sinistra per B 1 ambo i membri della stessa uguaglianza si ottiene: w = λb 1 w. Per la parte i) sappiamo che λ è diverso da zero. Dividendo per λ entrambi i membri si ottiene: cioè la tesi. B 1 w = λ 1 w,

Algebra Lineare e Geometria Corso di Laurea in Ingegneria Elettronica A.A. 2013-2014 Prova d esame del 01/07/2014. 1) Si consideri la seguente famiglia di applicazioni lineari T k : R 4 R 4, dove k è un parametro reale, definite da: T k (x 1, x 2, x 3, x 4 ) = ( 2x 1 x 2 2x 4, x 2 + (k + 1)x 3, x 1 + x 3 x 4, x 1 + kx 2 + (2k 1)x 3 + x 4 ). a) Scrivere la matrice A k associata a T k rispetto alle basi canoniche di R 4. b) Verificare che i vettori v 1 = ( 1, 2, 1, 2), v 2 = (1, 1, 1, 1), v 3 = (0, 1, 1, 0) e v 4 = (0, 1, 0, 0) costituiscono una base di R 4 e scrivere la matrice A k associata a T k rispetto alla base canonica del dominio ed alla base B = {v 1, v 2, v 3, v 4 } del codominio. c) Studiare al variare di k R il nucleo e l immagine di T k, evidenziando al variare di k in R le rispettive equazioni, in forma parametrica o cartesiana, le dimensioni e le basi. d) Posto k = 1 calcolare la controimmagine del vettore (3, 1, 2, 1). e) Due matrici quadrate di ordine n A e B commutano se e solo se AB = BA. (i) Trovare l insieme U di tutte le matrici 2 2 che commutano con la matrice C = ( 1 1 2 0 (ii) Verificare che U è un sottospazio vettoriale dello spazio delle matrici quadrate di ordine 2. (iii) Siano A e B due matrici quadrate di ordine n. Mostrare che se A commuta con B e B è invertibile, allora A commuta con B 1. ). 2) Si considerino nello spazio affine i punti P (1, 2, 1), Q(2, 1, 0) e la retta r : Determinare: a) la retta s parallela a r e passante per P ; b) la posizione reciproca tra la retta r e la retta t passante per P e Q; c) i piani paralleli a r e passanti per Q; d) la retta perpendicolare alle rette r e t ed incidente le stesse rette. e) Sia L = v R 2 lo spazio generato in R 2 dal vettore v = ( 1 2 trasformazione lineare R L : R 2 R 2 definita da R L (x) = 2(x v) v v v x. { 2x y = 0 x + 3y 2z 1 = 0. ). Scrivere la matrice associata alla 3) Sia R 2 [x] lo spazio dei polinomi a coefficienti reali aventi grado al più 2 e sia E 2 = {1, x, x 2 } la base standard di R 2 [x]. Determinare: a) la matrice A associata all endomorfismo T di R 2 [x] definito da rispetto a E 2 ; T (a + bx + cx 2 ) = b + c + (a + c)x + (a + b)x 2 b) gli autovalori di A con le rispettive molteplicità algebriche; c) gli autospazi di A, specificandone equazioni cartesiane, dimensioni e basi. d) Determinare se A è diagonalizzabile ed in caso affermativo scrivere una forma diagonale D ed una matrice diagonalizzante P relativa a D. e) Scrivere, se esiste, una base ortogonale di R 3 costituita da autovettori della matrice A.

1) a) Calcoliamo le immagini dei vettori della base canonica di R tramite T k : T k (1, 0, 0, 0) =(2, 0, 1, 1). T k (0, 1, 0, 0) =( 1, 1, 0, k). T k (0, 0, 1, 0) =(0, k + 1, 1, 2k 1). T k (0, 0, 0, 1) =( 2, 0, 1, 1). La matrice associata A k è la matrice avente per colonne i vettori calcolati precedentemente, ovvero: 2 1 0 2 A k = 0 1 k + 1 0 1 0 1 1 1 k 2k 1 1 b) Sia C la matrice le cui colonne sono i vettori v 1, v 2, v 3, v 4. Affinché i 4 vettori costituiscano una base di R 4 il determinante di C deve essere diverso da 0. 1 1 0 0 C = 2 1 1 1 1 1 1 0 2 1 0 0 Calcoliamone il determinante. det(c) = det 1 1 0 0 2 1 1 1 1 1 1 0 2 1 0 0 = det 1 1 0 1 1 1 2 1 0 = det ( 1 1 2 1 ) = 1. Calcoliamo l inversa della matrice C. Uso qui il metodi Gauss. La matrice inversa di C è la matrice 1 1 0 0 1 0 0 0 2 1 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0 2 1 0 0 0 0 0 1 C 1 = 1 0 0 1 2 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 La matrice A k ha per colonne le componenti delle immagini dei vettori della base canonica rispetto alla base formata dai vettori v 1, v 2, v 3, v 4. Vale pertanto: 1 0 0 1 2 1 0 2 1 k 1 2k 1 1 A = C 1 A k = 2 0 0 1 0 1 k + 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 = 3 k 2 2k 1 3 3 1 1 3 1 1 1 1 1 k 2k 1 1 2 k 3k + 1 2 c) Al fine di determinare il nucleo risolviamo il sistema lineare omogeneo la cui matrice completa è la matrice A k : 2 1 0 2 0 0 1 k + 1 0 0 1 0 1 1 0 1 k 2k 1 1 0

Riducendo con Gauss, è possibile pervenire alla seguente forma: 1 0 1 1 0 0 1 2 0 0 0 0 k 1 0 0 0 0 0 0 0 Se k 1 allora si perviene alla forma: 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 Si ottiene pertanto l equazione di ker(t k ) in forma affine: x 1 x 4 = 0 ker(t k ) : x 2 = 0 x 3 = 0 che ha soluzioni (equazione parametrica): ker(t k ) : x 1 = t x 2 = 0 x 3 = 0 x 4 = t t R. Segue che la dimensione di ker(t k ) è uguale a 1 ed una base è formata dal vettore (1, 0, 0, 1). L immagine di T k, per il teorema di nullità più rango (Teorema 5.8 della dispensa) ha quindi dimensione 4 1 = 3 e quindi una sua base coincide con l insieme delle prime colonne di A k. Esse sono linearmente indipendenti. Una base di Im(T k ) è quindi B Im(Tk ) = {(2, 0, 1, 1), ( 1, 1, 0, k), (1.k + 1, 2, 2k 1)}. Una sua equazione, in forma parametrica è data da: x 1 = 2s t + u Im(T k ) : x 2 = t + (k + 1)u x 3 = s + 2u x 4 = s + kt + (2k 1)u s, t, u R. Supponiamo ora k = 1. In tal caso la matrice completa del sistema definente in nucleo è data da: 1 0 1 1 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Il nucleo di T 1 ha pertanto equazione in forma affine/cartesiana data da { x1 + x ker(t 1 ) : 3 x 4 = 0 x 2 + 2x 3 = 0 che ha soluzioni (equazione parametrica): x 1 = s + t ker(t 1 ) : x 2 = 2s x 3 = s x 4 = t s, t R.

In tal caso l immagine ha dimensione dim(im(t 1 )) = 4 2 = 2. Una sua base è costituita dai primi due vettori della matrice A 1, ovvero B Im(T1) = {(2, 0, 1, 1), ( 1, 1, 0, 1)}. Una sua equazione, in forma parametrica è data da: x 1 = 2s t Im(T k ) : x 2 = t x 3 = s s, t R. x 4 = s + t d) Per determinare la controimmagine del vettore (3, 1, 2, 1) rispetto a T 1 risolviamo il sistema la cui matrice dei coefficienti è A 1 ed il cui vettore termine noto è (3, 1, 2, 1) t. 2 1 0 1 3 0 1 2 0 1 1 0 1 1 2 1 1 1 1 1 Un procedimento di Gauss porta alla seguente forma ridotta: 1 0 1 1 2 0 1 2 0 1 0 0 0 0 0, 0 0 0 0 0 le cui soluzioni sono: T 1 1 (3, 1, 2, 1) = x 1 = s + t + 2 x 2 = 2s + 1 x 3 = s x 4 = t s, t R. ( ) x11 x e) (i) Sia X = 12 una generica matrice quadrata di ordine 2. Imponiamo che essa commuti con C. x 21 x 22 Abbiamo: ( ) ( ) ( ) x11 x XC = 12 1 1 x11 2x = 12 x 11, x 21 x 22 2 0 x 21 2x 22 x 21 ( ) ( ) ( ) 1 1 x11 x CX = 12 x11 x = 21 x 12 x 22. 2 0 x 21 x 22 2x 11 2x 12 Pertanto XC = CX se e solo se x 11, x 12, x 21 e x 22 sono soluzioni del sistema: x 11 x 12 = x 11 x 21 x 11 = x 12 x 22 x 21 2x 22 = 2x 11 x 21 = 2x 12 Il precedente sistema è equivalente al seguente: { x11 + x 12 x 22 = 0 2x 12 x 21 = 0 che ha soluzioni: x 1 = s + t x 2 = s x 3 = 2s x 4 = t s, t R.

{( s + t s Segue U = 2s t ) } : s, t R. ( ) 1 1 (ii) Dalla soluzione del punto precedente abbiamo che U è lo spazio generato dalle matrici e 2 0 ( ) 1 0 nello spazio delle matrici quadrate di ordine 2. Possiamo mostrare la stessa proprietà osservando 0 1 che, comunque date due matrici A 1 e A 2 che commutano con C ed uno scalare k R, le matrici A 1 + A 2 e ka 1 commutano con C, senza guardare alla definizione di U data al punto (i). Infatti, se A 1 e A 2 commutano con C, allora: (A 1 + A 2 )C = A 1 C + A 2 C = CA 1 + CA 2 = C(A 1 + A 2 ), cioè A 1 + A 2 commuta con C, ovvero è in U. Inoltre se k R, allora: (ka 1 )C = k(a 1 C) = k(ca 1 ) = C(kA 1 ), cioè ka 1 U. U è chiuso rispetto alla somma ed alla moltiplicazione per uno scalare, quindi è un sottospazio vettoriale dello spazio delle matrici di tipo 2 2. (iii) Supponiano A e B due matrici quadrate di ordine n tali che A commuta con B e B è invertibile. Allora cioè A commuta con B 1. AB 1 = IAB 1 = B 1 BAB 1 = B 1 ABB 1 = B 1 A, 2) a) L equazione parametrica della retta r si ottiene risolvendo la sua equazione cartesiana. Da facili conti si ottiene: x = 2α r : y = 4α α R. z = 7α 1 2 Il suo vettore di direzione è il vettore v r = (2, 4, 7). La retta s, essendo parallela a r, ha la sua stessa direzione. La sua equazione, in forma parametrica, è data da: x = 2α + 1 r : y = 4α + 2 α R. z = 7α 1 b) La retta t, passante per P e Q, ha come vettore di direzione il vettore v t = P Q = Q P = (1, 3, 1). Essa ha quindi equazione: t : x = α + 1 y = 3α + 2 α R. z = α 1 Le direzioni delle rette r e t sono diverse. Esse pertanto possono essere o incidenti o sghembe. Studiamo l intersezione delle due rette sostituendo le coordinate di un generico punto di t all equazione cartesiana di r. Otteniamo: 2(α + 1) ( 3α + 2) = 0 e (α + 1) + 3( 3α + 2) 2(α 1) 1 = 0. La prima è soddisfatta per α = 0, la seconda per α = 4 5. Le due rette sono quindi sghembe. c) I piani paralleli ad r e passanti per Q costituiscono un fascio di piani proprio F il cui asse è la retta parallela ad r per Q. Tale retta, che denoto con la lettera q ha equazione in forma cartesiana del tipo: q : { 2x y + k1 = 0 x + 3y 2z + k 2 = 0

per opportuni scalari reali k 1 e k 2. Imponendo il passaggio per Q si ottiene q : { 2x y + 5 = 0 x + 3y 2z + 1 = 0 Il fascio F ha quindi equazione: F : µ(2x y + 5) + ν(x + 3y 2z + 1) = 0, µ, ν R. d) La retta cercata, che denoto con la lettera p ha direzione v p = (l, m, n) perpendicolare alle direzioni delle rette r e t. Ora v r = (2, 4, 7) e v t = (1, 3, 1). Segue che l, m, n devono soddisfare il sistema: { 2l + 4m + 7n = 0 l 3m + n = 0 Risolvendo il sistema si ottiene che p ha direzione individuata dal vettore v p = (5, 1, 2). La retta p è intersezione dei piani contenenti rispettivamente le rette r e t e paralleli ad p (più precisamente la contengono, ma per noi è sufficiente il fatto che sia parallela). I piani contenenti la retta r sono i piani di equazione: cioè: x + 3y 2z 1 + k(2x y) = 0, (2k + 1)x + (3 k)y 2z 1 = 0. Un tale piano è perpendicolare a p se e solo se il suo vettore normale è ortogonale a v p, cioè se: 5(2k + 1) + (3 k) + 4 = 0, da cui k = 4 3. Sostituendo tale valore nell equazione si ottiene 5x 13y + 6z + 3 = 0. La retta t ha equazione cartesiana data da: { 3x + y 5 = 0 t : x z 2 = 0 I piani contenenti la retta t sono i piani di equazione: cioè: Imponendo che sia perpendicolare a p si ha: 3x + y 5 + k(x z 2) = 0, (k + 3)x + y kz 2k 5 = 0. 5(k + 3) + 1 + 2k = 0, da cui k = 16 7. Sostituendo tale valore nell equazione si ottiene 5x + 7y + 16z 3 = 0. L equazione cartesiana di p è quindi data da: { 5x 13y + 6z + 3 = 0 p : 5x + 7y + 16z 3 = 0 e) Calcoliamo le immagini dei vettori della base canonica e 1 = (1, 0) e e 2 = (0, 1), tramite R L. Si ottiene facilmente R L (e 1 ) = ( 3 5, 4 5 ) e R L(e 2 ) = ( 4 5, 3 5 ). La matrice associata a R L è la matrice: R L è la riflessione rispetto alla retta L. ( 1 3 4 5 4 3 ).

3) a) Calcoliamo le immagini dei vettori della base canonica E 2 = {1, x, x 2 } di R 2 [x] tramite T : T (1) = x + x 2, T (x) = 1 + x 2, T (x 2 ) = 1 + x. La matrice A è la matrice le cui colonne sono le coordinate delle tre immagini rispetto alla base E 2, ovvero: 0 1 1 A = 1 0 1 1 1 0 b) Notiamo che la matrice A è simmetrica, quindi diagonalizzabile. Determiniamo gli autovalori di A con la rispettiva molteplicità algebrica. Il determinante di A λi è uguale a: det(a λi) = det λ 1 1 1 λ 1 1 1 λ = λ 3 + 2 + 3λ = λ 3 + λ + 2λ + 2 = λ(λ 1)(λ + 1) + 2(λ + 1) = (λ + 1)(λ 2 λ 2) = (λ + 1) 2 (λ 2). Gli autovalori di A sono λ 1 = 1 con molteplicità algebrica 2 e λ 2 = 2 con molteplicità algebrica 1. c) Determiniamo l autospazio Λ 1 di A relativo all autovalore λ 1. Esso è lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo la cui matrice dei cofficienti è A λ 1 I, cioè il sistema: 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 Un semplicissimo procedimento di Gauss porta alla forma: 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 L autospazio Λ 1 ha quindi equazione cartesiana data da Λ 1 : x + y + z = 0 ed equazione in forma parametrica: x = s + t Λ 1 : y = s s, t R. z = t Una sua base B Λ1 è costituita dai vettori (1, 1, 0) e (1, 0, 1). Λ 1 ha la dimensione attesa 2, equivalente a dire che la molteplicità geometrica dell autovalore λ 1 è pari a 2. Determiniamo ora l autospazio Λ 2 di A relativo all autovalore λ 2. Esso è lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo la cui matrice dei cofficienti è A λ 2 I, cioè il sistema: 2 1 1 0 1 2 1 0 1 1 2 0 Utilizzando ancora il procedimento di Gauss si perviene alla forma: 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0

L autospazio Λ 1 ha quindi equazione cartesiana data da Λ 2 : { x z = 0 y z = 0 ed equazione in forma parametrica: Λ 1 : x = s y = s s R. z = s Una sua base è B Λ2 = {(1, 1, 1)}. L autovalore λ 2 ha quindi molteplicità geometrica 1. d) A è diagonalizzabile. Una sua forma diagonale è data dalla matrice D data da: 1 0 0 D = 0 1 0 0 0 2 Una matrice diagonalizzante P, relativa alla forma diagonale D è data da: 1 1 1 P = 1 0 1 0 1 1 e) A è simmetrica, quindi R 3 possiede una base ortogonale costituita da autovettori di A. Dalla risoluzione del punto precedente sappiamo che una base di R 3 costituita da autovettori di A è la base B = {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (1, 1, 1)}. Tale base non è ortogonale. I primi due vettori sono ortogonali al terzo, ma non ortogonali tra loro. Applichiamo il procedimento di Gram-Schmidt alla prima coppia di vettori. Denotiamo i tre vettori della base B rispettivamente con v 1, v 2 e v 3. Costruiamo vettori w 1, w 2, w 3 ponendo w 1 := v 1 = (1, 1, 0), w 2 := v 2 proj w1 (v 2 ) = v 2 v 2 w 1 w 1 w 1 w 1 = ( 1 2, 1 ) 2, 1, w 3 := v 3 proj w1 (v 3 ) proj w2 (v 3 ) = v 3 = (1, 1, 1). Una base ortogonale di R 3 costituita da autovettori di A è quindi la base O = {w 1, w 2, w 3 }.