GEOMETRIA E ALGEBRA - ESAME DEL 13 GIUGNO 2007
Esercizio 1.1. Si consideri il sistema di equazioni lineari:
3x + y + kz = k
(k parametro reale)
x + 2y + 2z = 0
2x + ky + z = −k
a) Si dica per quali valori di k il sistema ammette soluzione, specificando se e
quando ne ammette una o infinite.
b) Per i valori di k che rendono il sistema compatibile, si determinino le sue
soluzioni.
Soluzione:
Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema
3 1 k | k
II ⇔ I 1 2 2 | 0
1 2 2 | 0 ⇒ I ⇔ II 3 1 k | k ⇒
2 k 1 | −k
2 k 1 | −k
1 2
2
|
0
1
2
2
| 0
0 −5
k−6
|
k
II − 3I 0 −5 k − 6 | k ⇒
2
2
5III + (k − 4)II 0 0 k − 10k + 9 | k − 9k
III − 2I 0 k − 4 −3 | −k
a) Dobbiamo distinguere tre casi:
– Se k = 1 allora rg(A) = 2 mentre rg(A|b) = 3, quindi il sistema non
ammette soluzioni.
– Se k = 9 allora rg(A) = 2 = rg(A|b) = numero delle incognite −1, quindi
il sistema ammette infinite soluzioni dipendenti da un parametro.
– Se k 6= 1, 9 allora allora rg(A) = 3 = rg(A|b) = numero delle incognite,
quindi il sistema ammette un’unica soluzione.
b) Risolviamo il sistema per k = 9
(
x + 2y + 2z = 0
−5y + 3z = 9
16
x = −6 − 3 y
⇒ y=y
z = 3 + 35 y
c) Risolviamo il sistema per k 6= 1, 9
x + 2y + 2z = 0
−5y + (k − 6)z = k
(k − 1)z = k
x = 0
k
⇒ y = 1−k
k
z = k−1
Esercizio 1.2. Data la funzione f : R3 → R3 definita da
f (x, y, z) = (−x + 2z, 2x + y + 4z, 3x + y + 2z)
scrivere la matrice associata ad f rispetto alla base canonica di R3 . Determinare
i sottospazi ker(f ) e Im(f) e stabilire se l’applicazione f è iniettiva. Determinare la
controimmagine di (1, 7, 6)
Soluzione:
2
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a) Calcoliamo l’immagine degli elementi della base canonica di R3 :
f (e1 ) = (−1, 2, 3)
f (e2 ) = (0, 1, 1)
f (e3 ) = (2, 4, 2)
Quindi
−1
A= 2
3
0 2
1 4
1 2
b) Poichè
Im(f ) = hf (e1 ), f (e2 ), f (e3 )i
ovvero Im(f ) è generato dai vettori colonna di A, per determinarne dimensione
e base riduciamo la matrice A a gradini:
−1 0 2
−1 0 2
0 1 8
II + 2I 0 1 8 ⇒
III + 3I 0 1 8
III − II 0 0 0
La matrice A ha rango 2, quindi
dim(Im(f )) = 2
Le prime due colonne di A sono linearmente indipendenti quindi possiamo
prendere come base di Im(f ) i due vettori f (e1 ), f (e2 ):
B(Im(T )) = {f (e1 ), f (e2 ), }
= {(−1, 2, 3), (0, 1, 1), }
c) Gli elementi di ker(f ) sono i vettori di R3 , soluzione del sistema omogeneo a
cui è associata la matrice A. Prendiamo la matrice già ridotta a gradini:
(
x = 2t
−x + 2z = 0
−1 0 2 | 0
∀t ∈ R
⇒
⇒ y = −8t
0 1 8 | 0
y + 8z = 0
z=t
Quindi
ker(T ) = {(2, −8, 1)t | t ∈ R}
dim(ker(T )) = 1
B(ker((T )) = {(2, 8, 1)}
Notiamo che, come ci aspettavamo dal teorema di nullità più rango:
dim(ker(T )) + dim(Im(T )) = 3 = dim(R3 )
d) Poichè il nucleo di f non è ridotto al vettore nullo, l’applicazione f non è iniettiva.
e) Per determinare la controimmagine del vettore (1, 7, 6)
sistema lineare
−x + 2z = 1
2x + y + 4z = 7
3x + y + 2z = 6
Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema
−1 0 2 |
−1 0 2 | 1
2 1 4 | 7 ⇒ II + 2I 0 1 8 |
3 1 2 | 6
III + 3I 0 1 8 |
dobbiamo risolvere il
1
9
9
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3
Quindi il sistema si riduce a
(
−x + 2z = 1
y + 8z = 9
x = 1 − 2z
⇒ y = 9 − 8z
z=z
L’insieme delle controimmagini di (1, 7, 6) è perciò dato dai vettori di R3
della forma {(1 − 2z, 9 − 8z, z)}.
Esercizio 1.3. Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare tale che f (1, 1, 0) = (0, 0, 1),
f (1, 0, 2) = (0, q, 1), f (−1, 0, 0) = (2, 1, 1).
Si determini f (0, 0, 2).
Si determinino i valori del parametro q per i quali f è invertibile.
Soluzione:
Siano v1 = (1, 1, 0), v2 = (1, 0, 2), v3 = (−1, 0, 0). E’ semplice verificare che v1 , v2 e v3
formano una base di R3 , e quindi l’applicazione è ben definita.
Per trovare l’immagine di v = (0, 0, 2) dobbiamo scrivere tale vettore come combinazione lineare di v1 , v2 e v3 ; è immediato notare che v = v2 + v3 . Pertanto, per la
linearità di f , si avrà f (v) = f (v2 + v3 ) = f (v2 ) + f (v3 ) = (2, q + 1, 2).
L’applicazione f è invertibile se e solo se i vettori f (v1 ), f (v2 ) e f (v3 ) formano una
base di R3 , e questo accade quando la matrice che ha sulle colonne le componenti di
tali vettori è invertibile.
Tale matrice è
0
A = 0
1
0 2
q 1
1 1
Il determinante di tale matrice è 2q, e quindi la matrice è invertibile se e solo se
q 6= 0.
Esercizio 1.4. Sia V lo spazio vettoriale dei polinomi in x a coefficienti reali e grado
al più due. Sia f : V → V l’applicazione lineare tale che
f (x2 ) = x2 + x
f (x) = x2 + 2x − 1
f (1) = −x + 1
Si stabilisca se f è diagonalizzabile e, in caso affermativo, si trovi una base di autovettori di f .
Soluzione:
La matrice rappresentativa di f rispetto alla base {x2 , x, 1} si ottiene scrivendo
sulle colonne le cpmponenti delle immagini di tali vettori sulla base stessa. Si tratta
pertanto della matrice
1 1
0
A = 1 2 −1
0 −1 1
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a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:
1−λ
pA (λ) = det(A − λI) = det 1
0
1
2−λ
−1
0
−1
1−λ
= (1 − λ)[(2 − λ)(1 − λ) − 1] − (1 − λ) = λ(1 − λ)(λ − 3)
b) Gli autovalori di A sono gli zeri del suo polinomio caratteristico:
λ1 = 0
λ2 = 1
λ3 = 3
Poichè il polinomio caratteristico è totalmente riducibile e gli autovalori sono
tutti distinti la matrice è diagonalizzabile.
c) Consideriamo l’autovalore λ = 0. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni
del sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = 0:
1 1
0
1 1
0
1 2 −1 ⇒
0 1 −1 ⇒
II − I
0 −1 1
0 −1 1
x + y = 0
x = −t
⇒ y=t
⇒ (x, y, z) = (−t, t, t) ∀t ∈ R
y−z =0
0=0
z=t
Quindi
E(0) = h(−1, 1, 1)i
Analogamente si trovano gli autospazi E(1) = h(1, 0, 1) ed E(3) = h(−1, −2, 1).
Una base di autovettori è quindi data da {−x2 + x + 1, x2 + 1, −x2 − 2x + 1}
