Corso di Laurea in Matematica - 2013/2014 - Esame di

Corso di Laurea in Matematica - 2013/2014 - Esame di Geometria 1
PRIMA PROVA INTERMEDIA - 6/2/2014 - Versione 3
Cognome
Numero di matricola
Nome
Corso
Voto
ATTENZIONE. Riportare lo svolgimento completo degli esercizi. I soli risultati, anche se
corretti, non vengono presi in considerazione.
Esercizio 1
a) (2 punti)
b) (3 punti)
c) (2 punti)
Esercizio 2
a) (2 punti)
b) (3 punti)
c) (3 punti)
d) (2 punti)
Esercizio 3
a) (3 punti)
b) (2 punti)
c) (2 punti)
d) (3 punti)
e) (2 punti)
f) (3 punti)
Esercizio 1
Consideriamo la matrice reale:


−2 1
2
1 ,
A :=  k + 1 0
k−1 k k+2
dove k è un parametro reale.
a) Determinare il rango e il determinante di A al variare di k.
(2 punti)
b) Per k = 0, verificare che A è invertibile e determinare A−1 .
(3 punti)
c) Per k = 1, determinare l’insieme dei vettori b di R3 per cui il sistema lineare Ax = b è
compatibile.
(2 punti)
Soluzione
a) det(A) = (k + 3)(k − 1).
rk(A) = 3 se k 6= −3 e k 6= 1, altrimenti rk(A) = 2.
b) Per k = 0, la matrice A è invertibile perché ha rango massimo, e si ha


0 2/3 −1/3
A−1 =  1 2/3 −4/3  .
0 1/3
1/3
c) Sia k = 1. Il sistema lineare Ax = b è compatibile se e solo se b appartiene al sottospazio
W di R3 generato dalle colonne di A. Dato che rk(A) = 2, abbiamo dim W = 2. Le prime
due colonne (−2, 2, 0), (1, 0, 1) sono linearmente indipendenti, pertanto formano una base di
W . In conclusione i vettori b di R3 per cui il sistema lineare è compatibile sono tutti e soli i
vettori
{(−λ + µ, λ, µ) | λ, µ ∈ R}.
Esercizio n. 2
Nello spazio vettoriale V3 , riferito ad una base ortonormale positiva B = {i, j, k}, si considerino
i vettori:
u = i − j + k,
v = 3i + j − 2k,
w = −i + 5j − 6k,
z = −2i + j + k.
a) Determinare la dimensione e una base del sottospazio vettoriale H = L(u, v, w).
(2 punti)
b) Determinare il vettore p proiezione ortogonale di z su H.
(3 punti)
c) Scrivere p come combinazione lineare dei vettori u, v, w. Dire inoltre, giustificando la
risposta, se la combinazione lineare trovata è unica. In caso non sia unica determinare una
seconda combinazione lineare di u, v, w che rappresenti p.
(3 punti)
d) Dire se le seguenti coppie di sottospazi sono supplementari: H e L(u), H e L(z), L(u) e L(z).
(2 punti)
Soluzione
a) Risulta dim(H) = 2 e {u, v}, {u, w}, {v, w} sono basi di H.
b) Abbiamo: u = (1, −1, 1), v = (3, 1, −2), z = (−2, 1, 1),
u ∧ v = (1, 5, 4),
ku ∧ vk2 = 42,
z · u ∧ v = 7.
Il vettore proiezione ortogonale di z sul piano vettoriale H è
z·u∧v
13 1 1
p=z−
.
u∧v = − , ,
ku ∧ vk2
6 6 3
c) I vettori u, v, w sono linearmente dipendenti, pertanto il vettore p si scrive in infiniti modi
come combinazione lineare di u, v, w alcune delle quali sono le seguenti:
2
1
8
1
2
1
5
1
1
p = − u − v = − u − w = − v + w = − u − v − w.
3
2
3
2
3
6
3
4
4
d) H e L(u) non sono supplementari perché non sono in somma diretta, infatti L(u) ⊂ H.
H e L(z) sono supplementari. Infatti z 6= p, quindi z 6∈ H. Allora H e L(z) sono in somma
diretta, e la loro somma diretta ha dimensione 3, per cui H ⊕ L(z) = R3 .
Infine L(u) e L(z) non sono supplementari, infatti sono in somma diretta ma dim L(u)⊕L(z) =
2, quindi L(u) ⊕ L(z) 6= R3 .
Esercizio n. 3
Sia W ⊆ R3 l’insieme delle terne (y1 , y2 , y3 ) tali che


2 1 2 1
 1 y3 0 y1 

det 
 1 0 1 1  = 3.
−1 y2 3 0
a) Verificare che W è un sottospazio vettoriale di R3 , calcolarne la dimensione e trovarne una
base.
(3 punti)
b) Determinare l’intersezione W ∩ V , dove V è il sottospazio di R3 generato dai vettori (1, −1, 0)
e (1, −2, −2).
(2 punti)
c) Sia F : R4 → R3 l’unica applicazione lineare tale che
F (e1 ) = (0, 4, −1),
F (e2 ) = (2, 0, −2),
F (e3 ) = (−1, 8, −1),
F (0, 0, 1, 1) = (2, 4, −3).
Dimostrare che Im F = W .
(2 punti)
d) Determinare la dimensione e una base del nucleo di F .
(3 punti)
e) Determinare un sottospazio vettoriale H ⊂ R4 , di dimensione 2, tale che F (H) = W , e un
sottospazio vettoriale U ⊂ R4 , di dimensione 3, tale che F (U ) 6= W .
(2 punti)
f) Determinare F −1 (4, 4, −5) e F −1 (1, 1, 0).
(3 punti)
Soluzione
a) Il determinante è −4y1 − y2 − 4y3 + 3, per cui
W = {y ∈ R3 | 4y1 + y2 + 4y3 = 0}.
Vediamo quindi che W è un sottospazio vettoriale, perché è definito da un’equazione lineare
omogenea, e che dim W = dim R3 − 1 = 2, perché l’equazione è non banale. Una base di W
è, per esempio, {(1, 0, −1), (1, −4, 0)}.
b) W ∩ V = L((3, −4, −2)) e (3, −4, −2) = 2(1, −1, 0) + (1, −2, −2).
c) I vettori e1 , e2 , e3 , (0, 0, 1, 1) formano una base di R4 , pertanto le loro immagini generano
Im F . Si verifica che i vettori F (e1 ), F (e2 ), F (e3 ), F ((0, 0, 1, 1)) appartengono tutti a W ,
quindi Im F ⊆ W . D’altronde F (e1 ) e F (e2 ) sono linearmente indipendenti, per cui
2 ≤ dim Im F ≤ dim W = 2.
Ne segue che Im F = W .
d) e4 = (0, 0, 1, 1) − e3 , quindi F (e4 ) = F ((0, 0, 1, 1)) − F (e3 ) = (3, −4, −2). Consideriamo la
matrice


0
2 −1
3
0
8 −4  ;
A= 4
−1 −2 −1 −2
allora si ha

F (x) = Ax = 

2x2 − x3 + 3x4
,
4x1 + 8x3 − 4x4
−x1 − 2x2 − x3 − 2x4

x1
 x2 

dove x = 
 x3  .
x4

Abbiamo dim ker F = dim R4 − dim Im F = 2, quindi
ker F = {x ∈ R4 | 2x2 − x3 + 3x4 = x1 + 2x3 − x4 = 0}.
Una base per ker F è {(−7, 0, 3, −1), (−4, 1, 2, 0)}.
e) Per esempio: H = L(e1 , e2 ), U = ker F ⊕ L(e1 ) = L((−7, 0, 3, −1), (−4, 1, 2, 0), (1, 0, 0, 0)).
f) (1, 1, 0) 6∈ W , per cui F −1 (1, 1, 0) = ∅, mentre
F −1 (4, 4, −5) = {(−7a − 4b, 1 + b, 1 + 3a + 2b, 1 − a) | a, b ∈ R} .