Prova scritta con soluzione di Algebra Lineare del 17 ... - Cdm.unimo.it

Università di Modena e Reggio Emilia – Facoltà di Scienze MM.FF.NN.
PROVA DI ALGEBRA LINEARE del 17 febbraio 2011
ISTRUZIONI PER LO SVOLGIMENTO.
• Scrivere cognome, nome, numero di matricola in alto a destra su ciascuno dei fogli allegati e anche su
eventuali fogli aggiuntivi che verranno utilizzati
• Il tempo a disposizione per lo svolgimento è di centoventi minuti dal via.
• Il punteggio totale a disposizione è di 100 punti. Il punteggio di ciascun quesito/esercizio è indicato a fianco
dello stesso.
• Scrivere esplicitamente i calcoli o comunque motivare le risposte: utilizzare eventualmente fogli aggiuntivi
versione 1
1. [15 punti] Calcolare il rango della seguente matrice a coefficienti reali:
⎛
1
⎜
M = ⎜ 2
⎝ 5
−1
1
−2
0
2
2
⎞
−1
3 ⎟
0 ⎠
2 (−1/2) 1 (1/2)
2. [25 punti] Risolvere il seguente sistema di equazioni lineari al variare del parametro reale a:
⎧
⎪⎨
⎪⎩
+2Y +Z = 1 + a
X +Y +Z = −1
(1 + a)X +Y +2Z = 0
X +Z = a
3. [15 punti] Si consideri la matrice a coefficienti reali
√
(1 + 5) (5/2)
A =
−2 (1 − √ 5)
Determinare gli autovalori di A e per ciascun autovalore determinare una base del relativo autospazio.
Stabilire se la matrice A risulta simile a una matrice diagonale.
4. [20 punti] Nello spazio vettoriale R 3 definiamo
Definiamo inoltre i vettori
.
U = (X, Y, Z) ∈ R 3 : X + Y + Z = 0, X − 2Y = 0 .
w1 = (−1, 1
2 , 0), w2 = (1, 1, 2), w3 = (0, 3, 4)
e sia W il sottospazio vettoriale di R 3 generato da w1, w2 e w3 Determinare una base di ciascuno dei
sottospazi vettoriali U, W , U + W e U ∩ W . Stabilire se U + W è una somma diretta.
5. [25 punti] Nello spazio vettoriale R 3 si definiscano i vettori
a1 = (−1, 0, 1), a2 = (0, −1, 2), a3 = (1, −1, 0).
Verificare che {a1, a2, a3} è una base di R 3 . Sia F : R 3 → R 2 la funzione lineare definita ponendo
F (a1) = (1, 1), F (a2) = (−1, 2), F (a3) = (5, −1).
Calcolare la matrice associata a F rispetto alle basi canoniche di R 3 e di R 2 . Stabilire se F è iniettiva.
Stabilire se il vettore (0, −1) appartiene all’immagine di F .

SOLUZIONI
1. Calcolo il rango utilizzando il principio dei minori orlati. Il seguente minore di ordine 2, ottenuto
dalla sottomatrice M ′ formato dalle prime due righe e dalle prime due colonne della matrice M,
1 −1
2 1 = 1 + 2 = 3
è non nullo. Pertanto il rango della matrice M risulta ≥ 2. Calcoliamo i quattro minori orlati di M ′ .
Il minore orlato ottenuto aggiungendo la terza riga e la terza colonna
1 −1 0
2 1 2
5 −2 2
è nullo in quanto tre volte la prima riga sommata alla seconda riga risulta la terza riga. Il minore
orlato ottenuto aggiungendo la terza riga e la quarta colonna
1 −1 −1
2 1 3
5 −2 0
è nullo in quanto tre volte la prima riga sommata alla seconda riga risulta la terza riga. Il minore
ottenuto aggiungendo la quarta riga e la terza colonna
1 −1 0
2 1 2
2 − 1
2 1
è nullo in quanto la seconda riga divisa per 2 e sommata alla prima riga risulta la terza riga. Il minore
ottenuto aggiungendo la quarta riga e la quarta colonna
1 −1 −1
2 1 3
2 − 1
2
è nullo in quanto la seconda riga divisa per 2 e sommata alla prima riga risulta la terza riga. Per il
principio dei minori orlati il rango della matrice è due.
2. Il sistema si presenta come un sistema di quattro equazioni lineari in tre incognite. La matrice
completa del sistema è
⎛
0
⎜
B = ⎜ 1
⎝ 1 + a
2
1
1
1
1
2
⎞
1 + a
−1 ⎟
0 ⎠
1 0 1 a
Calcolo il determinante di B:
det(B) =
1
2
0 2 1 1 + a
1 1 1 −1
1 + a 1 2 0
1 0 1 a
Sommo l’opposto della seconda colonna alla prima, sommo l’opposto della seconda colonna alla terza
ed infine sommo la seconda colonna alla quarta:
−2 2 −1 3 + a
det(B) = 0 1 0 0
a 1 1 1
1 0 1 a

Sviluppo questo determinante secondo la regola di Laplace rispetto alla seconda riga:
det(B) = (−1) 4
−2
a
1
−1
1
1
3 + a
1
a
Sommo la seconda riga alla prima e sommo l’opposto della seconda riga alla terza riga:
a − 2
det(B) =
a
1 − a
0
1
0
4 + a
1
a − 1
Sviluppo questo determinante secondo la regola di Laplace rispetto alla seconda colonna:
det(B) = (−1) 4
a − 2 4 + a
1 − a a − 1 = (a−2)(a−1)−(1−a)(4+a) = (a−1)(a−2+4+a) = 2(a−1)(a+1.)
Pertanto, se a = 1, −1 allora det(B) = 0 e il rango di B è quattro, da cui il rango della matrice
incompleta associata al sistema è tre e per il Teorema di Rouché- Capelli il sistema è incompatibile.
a = 1 La matrice completa del sistema diventa:
⎛
0
⎜ 1
⎝ 2
2
1
1
1
1
2
⎞
2
−1 ⎟
0 ⎠
1 0 1 1
Trasformo la matrice in una matrice a gradini mediante operazioni elementari sulle righe. Scambio le
prime due righe: ⎛
1
⎜ 0
⎝ 2
1
2
1
1
1
2
⎞
−1
2 ⎟
0 ⎠
1 0 1 1
Sommo alla terza riga la prima riga moltiplicata per −2 e sottraggo la prima riga dalla quarta:
⎛
1
⎜ 0
⎝ 0
1
2
−1
1
1
0
⎞
−1
2 ⎟
2 ⎠
0 −1 0 2
Sommo alla quarta riga l’opposto della terza riga:
⎛
1
⎜ 0
⎝ 0
1
2
−1
1
1
0
−1
2
2
0 0 0 0
Scambio la terza e la seconda riga: ⎛
⎜
⎝
1 1 1 −1
0 −1 0 2
0 2 1 2
0 0 0 0
Sommo alla terza riga la seconda riga moltiplicata per 2:
⎛
1
⎜ 0
⎝ 0
1
−1
0
1
0
1
−1
2
6
0 0 0 0
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠

Moltiplico la seconda riga per −1: ⎛
⎜
⎝
1 1 1 −1
0 1 0 −2
0 0 1 6
0 0 0 0
Il sistema è equivalente al seguente sistema lineare in tre equazioni in tre incognite:
⎧
⎨
⎩
⎞
⎟
⎠
X +Y +Z = −1
Y = −2
+Z = 6
Pertanto il sistema è determinato ed ammette la soluzione {(−5, −2, 6)}.
a = −1 La matrice completa del sistema diventa:
⎛
0
⎜ 1
⎝ 0
2
1
1
1
1
2
⎞
0
−1 ⎟
0 ⎠
1 0 1 −1
Trasformo la matrice in una matrice a gradini mediante operazioni elementari sulle righe. Scambio le
prime due righe: ⎛
1
⎜ 0
⎝ 0
1
2
1
1
1
2
⎞
−1
0 ⎟
0 ⎠
1 0 1 −1
Sottraggo dalla quarta riga la prima riga:
⎛
⎜
⎝
1 1 1 −1
0 2 1 0
0 1 2 0
0 −1 0 0
Moltiplico la quarta riga per −1 e poi scambio la quarta riga con la seconda riga:
⎛
1
⎜ 0
⎝ 0
1
1
1
1
0
2
⎞
−1
0 ⎟
0 ⎠
0 2 1 0
Sommo alla quarta riga la seconda moltiplicata per −2 e poi sommo alla terza riga l’opposto della
seconda: ⎛
1
⎜ 0
⎝ 0
1
1
0
1
0
2
⎞
−1
0 ⎟
0 ⎠
0 0 1 0
Sommo alla quarta riga la terza riga moltiplicata per − 1
1
, poi moltiplico la terza riga per 2 2 :
⎛
⎜
⎝
1 1 1 −1
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 0
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠

Il sistema è equivalente al seguente sistema lineare a gradini in tre equazioni in tre incognite:
⎧
⎨
⎩
X +Y +Z = −1
Y = 0
+Z = 0
Pertanto il sistema è determinato ed ammette la soluzione {(−1, 0, 0)}.
Riassumendo: se a = 1, −1 il sistema è incompatibile, se a = 1, −1 il sistema è determinato con
soluzione {(−5, −2, 6)} se a = 1 e {(−1, 0, 0)} se a = −1.
3. Gli autovalori della matrice A sono le radici del polinomio caratteristico, ovvero i valori reali di T
tali per cui det(A − T I2) = 0. Poichè
det(A − T I2) =
(1 + √ 5) − T (5/2)
−2 (1 − √
5) − T = [(1 + √ 5) − T ][(1 − √ 5) − T ] + 5 = (1 − T ) 2 − 5 + 5
allora il polinomio caratteristico (1−T ) 2 ammette due radici reali coincidenti: T = 1; per cui la matrice
A ammette l’autovalore T = 1 con molteplicità algebrica uguale a due. Calcoliamo l’autospazio V1
relativo all’autovalore T = 1:
V1 =
Quindi
(x, y) ∈ R 2
x
: (A − I2)
y
=
0
0
=
(x, y) ∈ R 2 √
5 5/2
:
−2 − √ 5
V1 = {(x, t) ∈ R 2 : √ 5x + (5/2)y = 0} = {(x, y) ∈ R 2 : x = −
x
y
=
0
0
√ √
5
5
y} = {(− y, y) : y ∈ R}
2 2
Da cui V1 =< (− √ 5
2 , 1) > e una base per l’autospazio risulta {(− √ 5
2 , 1)}. Pertanto l’autospazio V1 ha
dimensione 1 e la molteplicità geometrica di T = 1 è 1. Essendo la molteplicità algebrica diversa dalla
molteplicità geometrica dell’autovalore T = 1, la matrice A non risulta simile a una matrice diagonale.
4. Determiniamo una base e la di dimensione di U. Poichè
allora
U = (X, Y, Z) ∈ R 3 : X + Y + Z = 0, X − 2Y = 0 ,
U = (X, Y, Z) ∈ R 3 : X = 2Y, Z = −3Y = {(2Y, Y, −3Y ) : Y ∈ R} =< (2, 1, −3) >,
per cui una base di U risulta {(2, 1, −3)} e la dimensione di U è 1.
Determiniamo ora una base e la dimensione di W . Poichè la matrice C formata dai generatori di
W
⎛ ⎞
ha determinante
allora i tre vettori
−1 1
2 0
1 1 2
0 3 4
=
C = ⎝
0 3
2 2
1 1 2
0 3 4
−1 1
2 0
1 1 2
0 3 4
= (−1)3
⎠
3
2 2
3 4
= −(6 − 6) = 0,
w1 = (−1, 1
2 , 0), w2 = (1, 1, 2), w3 = (0, 3, 4)

sono linearmente dipendenti. Poichè il minore di C
1
−1
2
1
1 1 = −1 −
2
= −3
2
formato dalle prime due righe e due colonne di C è non nullo allora i due vettori w1 = (−1, 1
2 , 0), w2 =
(1, 1, 2) sono linearmente indipendenti. Pertanto una base di W risulta {w1, w2} e la dimensione di
W è 2.
I vettori {w1 = (−1, 1
2 , 0), w2 = (1, 1, 2), (2, 1, −3)} ottenuti dalla base trovata di U e dalla base
trovata di W costituisce un’insieme di generatori per il sottospazio vettoriale U +W . Poichè la matrice
formata da questi generatori ha determinante non nullo:
−1
1
2
1/2
1
1
0
2
−3 =
−1
0
0
1/2
3/2
2
0
2
−3
3
= (−1)(−1)2 2
2
2
−3
= − − 9
− 4 =
2 17
2
allora i vettori {w1 = (−1, 1
2 , 0), w2 = (1, 1, 2), (2, 1, −3)} sono linearmente indipendenti e sono pertanto
una base per U + W ; quindi la dimensione di U + W risulta tre. Dalla formula di Grassmann
vettoriale si ottiene dim(U ∩ W ) = dim(U) + dim(W ) − dim(U + W ), pertanto la dimensione di U ∩ W
è 0 e U ∩ W è costituito dal solo vettore nullo. Ne consegue che U + W è una somma diretta.
5. L’insieme di vettori α = {a1, a2, a3} è una base se il determinante della matrice
⎛
−1 0
⎞
1
D = ⎝ 0 −1 2 ⎠
1 −1 0
risulta non nullo. Calcoliamo il determinante di D sommando l’utima riga alla prima
0
det(D) =
0
1
−1
−1
−1
1
2
0
Sviluppando secondo la regola di Laplace rispetto alla prima colonna, si ottiene
det(D) = (−1) 4
−1 1
−1 2 = (−2 + 1) = −1.
Poichè det(D) = 0, allora α è una base di R 3 . La matrice E associata a F rispetto alla base α di R 3
e la base canonica di R2 ha per colonne i trasformati tramite F dei vettori della base α, ovvero
1
E =
1
−1
2
5
−1
La matrice
⎛
G = ⎝
−1 0 1
0 −1 −1
1 2 0
è la matrice del cambiamento di base dalla base canonica alla base α. La matrice associata ad F
rispetto alle basi canoniche di R 3 e di R 2 risulta la matrice EG −1 . Cacoliamo l’inversa della matrice
G utilizzando le operazioni elementari sulle righe della seguente matrice:
⎛
−1 0 1 | 1 0
⎞
0
⎝ 0 −1 −1 | 0 1 0 ⎠
1 2 0 | 0 0 1
⎞
⎠

Sommando la prima riga alla terza otteniamo:
⎛
−1 0 1 | 1 0
⎞
0
⎝ 0 −1 −1 | 0 1 0 ⎠
0 2 1 | 1 0 1
Sommando il doppio della seconda riga alla terza riga otteniamo:
⎛
−1 0 1 | 1 0
⎞
0
⎝ 0 −1 −1 | 0 1 0 ⎠
0 0 −1 | 1 2 1
Moltiplicando ciascuna riga per −1 otteniamo:
⎛
1 0 −1 | −1 0 0
⎞
⎝ 0 1 1 | 0 −1 0 ⎠
0 0 1 | −1 −2 −1
Sommando l’opposto della terza riga alla seconda, e poi sommando la terza riga alla prima otteniamo:
⎛
1 0 0 | −2 −2
⎞
−1
⎝ 0 1 0 | 1 1 1 ⎠
0 0 1 | −1 −2 −1
Quindi la matrice cercata G−1 risulta la seguente:
G −1 ⎛
−2 −2
⎞
−1
= ⎝ 1 1 1 ⎠
−1 −2 −1
La matrice associata a F rispetto alle basi canoniche di R 3 e di R 2 risulta
H = E · G −1 =
1 −1 5
1 2 −1
⎛
· ⎝
−2 −2 −1
1 1 1
−1 −2 −1
⎞
⎠ =
Poichè il minore formato dalle prime due righe e prime due colonne di H
−8 −13
1 2 = (−16 + 13) = −3
−8 −13 −7
1 2 2
è non nullo, il rango di H è due quindi il rango della funzione lineare F è 2. Dalla formula dimensionale
si ottiene
dim(N(F )) = dim(R 3 ) − r(F ) = 3 − 2 = 1
dove N(F ) è il nucleo di F e r(F ) è il rango di F . Essendo il nucleo diverso dal solo vettore nullo
la funzione lineare F non è iniettiva. Il rango della funzione lineare è la dimensione dell’immagine
di F , Im(F ); essendo dim(Im(F )) = 2 = R 2 allora la funzione lineare è suriettiva e quindi il vettore
(0, −1) appartiene all’immagine di F . Osservo che queste ultime considerazioni potevono essere fatte
considerando la matrice E al posto della matrice H.