M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
DOMANDA 4·
¸
1 2
La matrice A =
, α ∈ R, ha:
α α
a r (A) = 1 se α = 2;
b r (A) = 1, ∀α;
Metodi Matematici II
Soluzioni Test di Algebra Lineare
2
c r (A) = 2 se α 6= 0;
d r (A) = 2, ∀α;
Risposta: c - Si veda la domanda.
DOMANDA 5
·
¸
·
¸
1 0 1
0 −1
Siano date le seguenti matrici: A=
, B=
, C =
0
1
−1
1
1
0
1 . Allora il risultato del prodotto matriciale B A C è:
−1
Risposta:
il prodotto cominciando o da BA o da AC si ottiene
· - Svolgendo
¸
−2
BAC =
.
1
a cura di Gianluca Fusai e Gianni Longo
SEMEQ - Università del Piemonte Orientale
Anno Accademico 2003-04
DOMANDA 1 (Vecchio ordinamento)
2
Indicare µ·
quale ¸tra· le seguenti
:
¸¶ costituisce
µ· ¸una
· base¸ di· R ¸¶
2
1
2
1
1
a
b
,
;
,
,
;
µ· 1 ¸ · −1¸¶
µ· 1 ¸ ·−1 ¸¶ 1
2
0
−2
4
c
d
,
;
,
;
1
0
1
−2
DOMANDA 6
Risposta: a - Ogni base di R2 è composta da 2 vettori di R2 l.i.. Dunque
la risposta b è da escludersi immediatamente ed anche la c per la presenza del
vettore nullo che rende qualunque insieme di vettori l.d.. Un insieme di vettori è
l.i. ssse nessuno di essi può essere espresso come c.l. (combinazione lineare) dei
rimanenti e, viceversa, sono l.d. ssse almeno uno di essi è esprimibile come c.l.
dei rimanenti. Dunque, la risposta d non è corretta perchè il secondo vettore
è pari al primo moltiplicato per -2, ovvero, c.l. del primo. I due vettori che
compaiono in a non sono invece uno multiplo dell’altro, perciò formano una
base di R2 .
DOMANDA 2
I seguenti vettori x1 =
a l.i. se α 6= 1;
·
¸
·
¸
1
1
, x2 = α
con α ∈ R, sono:
2
2
b l.i. ∀α;
c l.d. ∀α;
d l.d. solo se α = 1;
c r (A) = 2 se α 6= 0;
d r (A) = 2, ∀α;
Risposta: c - Il rango è il n. di righe non nulle nella matrice in forma
ridotta.
·
¸
1 α
Se facciamo l’operazione R2 = R2 −2R1 , si ottiene la forma ridotta:
.
0 -α
Dunque, se α = 0 la seconda riga è nulla ed il rango è 1, ma, con esclusione di
questo caso, i due vettori non possono essere uno multiplo dell’altro ed il rango
risulta essere 2. Le risposte danno affermazioni false ad eccezione della c.
1
·
0.7
0.3
0.4
0.6
¸
. Se il sistema al
Risposta - La posizione del sistema
·
¸al tempo 1 è data, per definizione di matrice
15
.
di transizione, da x1 =Ax0 =
15
DOMANDA 7
Sia data la seguente matrice di transizione A=
·
¸
10
tempo 0 è x0 =
, allora x2 = ...
10
·
0.8
0.2
0.1
0.9
¸
. Se il sistema al
Risposta - La posizione del sistema al tempo
2 è¸data, per definizione di matrice
·
8.3
.
di transizione, da x2 =Ax1 =A(Ax0 ) =
11.7
Risposta: c - Vedere l’es. 1. I due vettori sono l.d. ∀A essendo il secondo un
multiplo del primo.
DOMANDA 3·
¸
1 α
La matrice A =
, α ∈ R, ha:
2 α
a r (A) = 1 se α = 2;
b r (A) = 1, ∀α;
Sia data la seguente matrice di transizione A=
·
¸
10
tempo 0 è x0 =
, allora x1 = ...
20
DOMANDA 8·
¸
α−1
α
La matrice A=
, α ∈ R, ha:
α
α−1
a r (A) = 1, ∀α;
b r (A) = 2, ∀α;
c r (A) = 2 se α 6= 1/2;
d r (A) = 1 se α 6= 1/2;
Risposta: c - In questo caso conviene sfruttare il fatto che una matrice
quadrata, A∈ Rn,n ha rango pieno ssse det(A) 6= 0 e per converso presenterà
rango non pieno, cioè < n, ssse det(A) = 0. In questo caso det(A) = 1 − 2α.
Perciò se α = 0.5 il rango è 1. Negli altri casi il rango è 2.
DOMANDA 9·
¸
α α
La matrice A =
, α ∈ R, ha:
α α
a r (A) = 1, ∀α;
b r (A) = 0, ∀α;
c r (A) = 2 se α 6= 0;
d r (A) = 1 se α 6= 0;
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
3
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
Risposta:
Risposta: d - Le due righe sono uguali: il rango non può mai essere 2. E’ uno
se α 6= 0, altrimenti è zero.
DOMANDA ·10
1
La matrice A=
2
a r (A) = 1, ∀α;
¸
α
, α ∈ R, ha:
4
b r (A) = 1 se α = 2;
c r (A) = 2 se α 6= 0;
d r (A) = 2, ∀α;
Risposta: b - Si veda la domanda 8: il rango è 2 se α 6= 2, altrimenti è 1.
DOMANDA 11
·
¸
1 −1
La matrice A =
, α ∈ R, ha:
α −1
a r (A) = 2 se α 6= 0;
b r (A) = 2, ∀α;
c r (A) = 1 se α = 1;
d r (A) = 1, ∀α;
¸
1 2
, con α ∈ R:
3 α
b r (A) = 2 se α 6= 6;
c r (A) = 2 ;
Data la matrice A =
a r (A) = 1;
·
d det(A) = 6 − α;
Risposta: b - Si veda la domanda 8.
DOMANDA 13
1 2 3
La matrice seguente A = 2 2 4 ha rango:
3 4 3
a r (A) = 0;
b r (A) = 1;
c r (A) = 2;
d r (A) = 3;
Risposta: d - Si veda la domanda 8: Si ha det(A) = 8 dunque il r(A) = 3.
DOMANDA 14
1 2 1
La matrice seguente A= 2 2 0 ha rango:
3 4 1
a r (A) = 2;
b r (A) = 1;
c r (A) = 0;
Risposta - Si può procedere calcolando preliminarmente AB per poi determinarne l’inversa; oppure, utilizzare il fatto che (AB)−1 = B−1 A−1 ed utilizzare
le
inverse che sono già fornite dal testo. Si ottiene: 2(AB)−1 =
· due 2matrici
¸
0 3
.
2 −2
DOMANDA
16¸
·
1 0
Sia A=
. L’inversa di A è:
0 2·
¸
·
¸
0
2
0 -2
a A−1 =
;
b A−1 =
;
1
0
-1
0
·
¸
·
¸
1
0
1/2 0
c A−1 =
;
d A−1 =
;
0 1/2
0
1
Risposta: c - Si veda la domanda 8.
DOMANDA 12
4
Risposta: c - Si può verificare tramite la definizione di inversa quale tra le
quattro rispetta l’uguaglianza AA−1 = I (oppure A−1 A = I). Altrimenti vista
la ridotta dimensione di A procedere direttamente al calcolo dell’inversa. Con
il primo procedimento si verifica, sin dal calcolo dell’elemento di posto 1,1 della
matrice prodotto, che l’inversa è la matrice data in c.
DOMANDA
17¸
·
3 0
Sia A=
. L’inversa di A è:
0 2·
¸
·
¸
0 3
0 -3
a A−1 =
;
b A−1 =
;
2 0
-2 0
c A−1 =
·
1/3
0
0
1/2
¸
;
d A−1 =
·
1/2
0
0
1/3
¸
;
Risposta: c - Si veda la domanda precedente.
d r (A) = 3;
Risposta: a - Si veda la domanda 8: Si ha det(A) = 0, dunque r(A) < 3.
Considerando, p.e., le prime 2 righe si vede che esse non sono una multiplo
dell’altra e si può concludere che r(A) = 2.
DOMANDA 15·
¸
·
¸
1 2
1 − 23
La matrice A=
, ha inversa A−1 =
. La matrice B=
1
0 3
0
3
·
¸
·
¸
1 1
0
1
−1
ha inversa B −1 =
. Allora il prodotto matriciale 2 (AB)
1 0
1 −1
è pari a:
DOMANDA 18
Se A ∈ R4,4 ha determinante pari a 5:
a det(2A) = 24 ∗ 5;
b det(2A) = 23 ∗ 5;
c det(2A) = 2 ∗ 5;
d det(2A) = 0;
Risposta: a - Se si moltiplica una linea (riga o colonna) di una matrice
quadrata per una costante k allora il determinante della matrice risulta anch’esso
moltiplicato per k. Se si moltiplica l’intera matrice per k è come se si moltiplicassero tutte le righe (o colonne) per k, dunque, il determinante risulterà
moltiplicato per k tante volte quante sono le righe.
DOMANDA 19
La forma
· ridotta,
¸ dopo il procedimento di eliminazione Gaussiana, della matrice
4 2
A=
è:
2 3
·
·
¸
¸
1
1 2
1 12
a
b
;
;
0 0
· 0 11 ¸
2 2
1
c 2;
d
;
0 1
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
Risposta: b - La risposta c è ovviamente priva di senso non essendo una
matrice! La matrice A si· può ridurre
sottraendo alla seconda riga la prima riga
¸
4 2
divisa per 2; si ottiene
. Dividendo la prima riga per 4 e la seconda
0 2
per 2 si ottiene la matrice b.
DOMANDA 20
¸
−1 1 0
:
0
1 1
a ha l’origine come unica soluzione;
b non ammette soluzione;;
c ha ∞2 soluzioni;
d ha soluzioni (t, t, −t), con t ∈ R;
Il Sistema Lineare Omogeneo con matrice A =
·
Risposta: d - Il sistema è già ridotto. Per sostituzione si ottiene una variabile
libera (p.e. la seconda); le soluzioni sono quindi infinite (non ∞2 essendoci una
sola variabile libera) e pari appunto a quanto indicato al punto d.
DOMANDA 21
1 0 0 2
0 0 0 0 :
Il Sistema Lineare con matrice completa: A|B =
0 1 1 1
a ha ∞1 soluzioni;
b non ammette soluzione;
c ha soluzione (2, 1, t), con t ∈ R;
d ha ∞2 soluzioni;
Risposta: a - Per sostituzione si ottiene x1 = 2, x3 = 1 − x2 ; dunque, si ha
una variabile libera ed ∞1 soluzioni non coincidenti però con quanto affermato
nella risposta c.
DOMANDA 22
0 0 1
Il Sistema Lineare Omogeneo con matrice A = 0 1 0 :
1 0 1
a ha soluzioni (c, c, −c), con c ∈ R;
b non ammette soluzione;;
c ha ∞2 soluzioni;
d ha l’origine come unica soluzione;
Risposta: d - Le prime due equazioni impongono che sia x3 = 0 x2 = 0. Da
x3 = 0 discende poi nella terza x1 = 0.
DOMANDA 23
¯
1 0 −1 ¯¯ −2
Le soluzioni del sistema lineare avente matrice orlata −3 0 3 ¯¯ 6 ,
2 1 0 ¯ 0
sono:
a una;
b infinite;
c nessuna;
d due.
Risposta: b - Con le seguenti operazioni (R2 = R2 + 3R1 e R3 = R3 − 2R1 , si
ottiene il sistema ridotto equivalente avente matrice orlata
¯
2 1 0 ¯¯ 0
0 0 0 ¯ 0
¯
0 1 2 ¯ 2
5
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
Quindi r (A) = 2 e r (A|b) = 2 e n = 3. Di conseguenza, per il teorema di
Rouchè-Capelli si hanno infinite soluzioni dipendenti da una variabile libera.
DOMANDA 24
1 0
Il Sistema Lineare con matrice completa: A|B = 1 1
1 1
a ha ∞1 soluzioni;
b non ammette soluzione;
c ha un’unica soluzione;
d ha ∞2 soluzioni;
0
0
1
1
1 :
1
Risposta: c - Risolvendo il sistema per sostituzione si ottiene x1 = 1, x2 =
x3 = 0.
DOMANDA 25
1 −1
0
0
0
0 :
Il Sistema Lineare Omogeneo con matrice A =
0 −1 −1
a ha soluzioni (c, c, −c), con c ∈ R;
b non ammette soluzione;
c ha ∞2 soluzioni;
d ha l’origine come unica soluzione;
Risposta: a - Risolvendo per sostituzione si ottiene x1 = x2 e x3 = −x2 ovvero
la risposta a.
DOMANDA 26
Il Sistema Lineare
½
2x + 1y = 2
4x + 2y = 1
a ha ∞1 soluzioni;
b non ammette soluzione;
c ha un’unica soluzione data da (1, 0);
d ha un’unica soluzione;
Risposta: b - La seconda equazione ha come coefficienti il doppio dei coefficienti della prima equazione, mentre, il termine noto è pari alla metà del termine
noto della prima. Evidentemente incompatibili, come si può anche verificare per
sostituzione.
DOMANDA 27
1 0 1 2
0 1 0 2 :
Il Sistema Lineare con matrice completa
0 0 0 0
a non ammette soluzione;
b ha soluzione (2, 2, t), t ∈ R;
c ha ∞1 soluzioni;
d ha ∞2 soluzioni;
Risposta: c - Risolvendo per sostituzione il sistema (già ridotto) si ottine
x2 = 2 e x3 = 2 − x1 ovvero ∞1 soluzioni non coincidenti però con la soluzione
prospettata in b.
DOMANDA 28
Risolvendo un sistema lineare si è arrivati alla seguente forma ridotta della
matrice completa
6
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
1
0
0
Il sistema lineare:
a non ammette soluzione;
c ha ∞1 soluzioni;
0
1
0
2
0
0
2
2
0
b ha soluzione (2,2,1);
d ha ∞2 soluzioni;
Risposta: c - Il sistema (ridotto) può essere risolto per sostituzione ottenendo
∞1 soluzioni tra cui non è presente il vettore (2,2,1).
DOMANDA 29
Risolvendo un sistema lineare si è
matrice completa
1
0
0
Il sistema lineare:
a ha ∞2 soluzioni;
c non ammette soluzione;
arrivati alla seguente forma ridotta della
0
1
0
2
0
0
3
4
0
b ha soluzione (3,4,0);
d ha ∞1 soluzioni;
Risposta: d - Si veda l’esercizio precedente.
DOMANDA 30
Siano A ∈ R3,2 e B ∈ R3 ; il sistema Ax = B ha un’unica soluzione se e solo se
a r(A) = 1 e r(A|B) = 1; b r(A) = 3 e r(A|B) = 3;
c r(A) = 1 e r(A|B) = 2;
d r(A) = 2 e r(A|B) = 2;
Risposta: d - Per il teorema di Rouchè-Capelli il sistema ha soluzione solo
nelle situazioni prospettate in a ed in d, con una sola soluzione nel solo caso d.
DOMANDA 31
Risolvendo un sistema lineare si è arrivati alla seguente struttura della matrice
completa
0 0 -1 2
0 1 0 0
2 0 0 1
Il sistema lineare:
a non ammette soluzione;
c ha ∞1 soluzioni;
b ha un’unica soluzione;
d ha ∞2 soluzioni;
Risposta: b - Per sostituzione si individua una sola soluzione.
DOMANDA 32
Sia A ∈ R3,3 e si sappia che il sistema lineare Ax = 0 ha una sola soluzione.
Allora il sistema lineare Ax = b:
a è possibile solo se r (A|b) = 2;
b ammette unica soluzione ∀b;
c è impossibile, ∀b;
d ammette ∞ soluzioni, ∀b;
7
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
Risposta: b - Se il sistema omogeneo ammette una sola soluzione, ciò significa,
per il teorema di Rouchè-Capelli, che r(A) = 3. Perciò aggiungendo una terza
colonna (di R3 ) a 3 vettori l.i. di R3 il rango di A|b non può che rimanere 3.
Dunque,pe r il teorema di Rouchè-Capelli, vi è una sola soluzione ∀b.
DOMANDA 33
Sia A ∈ R3,3 e si sappia che il sistema lineare Ax = 0 ha ∞2 soluzioni. Allora
il sistema lineare Ax=b
a è sempre possibile; b è possibile se r (A|b) = 1
c ammette ∞2 soluzioni, ∀b; d è sempre impossibile, ∀b;
Risposta: b - Se il sistema omogeneo ha ∞2 soluzioni, significa che, per il
teorema di Rouchè-Capelli, il r(A) = 1. Perciò, se r(A|b) = 1 il sistema Ax=b
sarà possibile, altrimenti no. Le risposte a, c e d affermano o che non ci sono
soluzioni o che ce ne sono sempre e ciò è falso dipendendo questo dal vettore b.
DOMANDA 34
Risolvendo un sistema lineare si è
matrice completa
1
0
0
Il sistema lineare:
a non ammette soluzione;
c ha una sola soluzione;
arrivati alla seguente forma ridotta della
0
1
0
1
0
0
2
0
0
b (2, 0, 0) è soluzione;
d ha ∞2 soluzioni;
Risposta: b - Risolvendo per sostituzione si ottengono ∞1 soluzioni tra cui
(2, 0, 0).
DOMANDA 35
Siano A ∈ R2,3 e b ∈ R2 ; il sistema Ax = b ha un’unica soluzione se e solo se
a r(A) = r(A|b); b r(A) = 3;
c r(A) = r(A|b) = 2;
d mai;
Risposta: d - Risolvendo un sistema in cui le variabili sono in numero maggiore
del numero di equazioni i casi che si possono incontrare sono due: inesistenza
di soluzioni o infinite soluzioni. Infatti, il sistema può ben essere impossibile,
ma se è possibile vi sarà almeno una variabile libera, da cui infinite soluzioni.
Perciò, non è mai possibile che ci sia un’unica soluzione.
DOMANDA 36
Siano A ∈ R3,3 e b ∈ R3 ; il sistema Ax = b ha un’unica soluzione se e solo se
a r(A) = r(A|b); b r(A) = 3;
c r(A) = r(A|b) = 2;
d r(A) = r(A|b) = 1;
Risposta: b - Per il teorema di Rouchè-Capelli si ha una sola soluzione nel
solo caso b.
DOMANDA 37
8
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
Il seguente sistema lineare
½
9
¸
9 8
, allora la distribuzione stazionaria con somma
1 2
delle componenti pari a 1, è data
· da:
· ¸
· 8 ¸
¸
1
8
a non esiste;
b è x = 98 ;
c èx=
;
d x = 91 ;
1
9
9
Data la matrice T =
2x + y = 3
4x + 2y = 6
a ha un’unica soluzione x = 1, y = 1; b ha infinite soluzioni;
c non ammette soluzione;
d non si può dire nulla;
Risposta: b - Per sostituzione si ottengono ∞1 soluzioni: y = 3 − 2x con x
variabile libera.
DOMANDA 38
Il seguente sistema lineare con matrice
-1
A|b = 0
0
a ha soluzione (0,-4,2);
c ha ∞1 soluzioni;
completa
0
1
0
1
2
0
Risposta: b - Il sistema è già ridotto e presenta visibilmente un’equazione
nulla in corrispondenza di un temine noto non nullo. Evidentemente il sistema
è impossibile.
1 0
Il sistema lineare avente la seguente matrice completa 0 1
0 0
a non ammette soluzione;
b ha soluzione (2,2,t),t ∈ R
c ha ∞1 soluzioni;
d ha ∞2 soluzioni;
1
0
0
2
2 :
0
Risposta: c - Il sistema è già ridotto e per sostituzione si ottengono ∞ soluzioni
non coincidenti con la risposta b.
DOMANDA 40
¯
1 2 0 ¯¯ 0
¯
0 3 6 ¯ 3 :
Il sistema avente matrice completa:
0 1 2 ¯ α
a è possibile ∀α;
b è impossibile ∀α;
c se α = 1, è determinato;
d se α 6= 1, è impossibile;
Risposta: d - Riducendo il sistema
1 2
0 3
0 0
si ottiene la matrice orlata
¯
0
0 ¯¯
3
6 ¯¯
0 ¯ α−1
Dunque, se α = 1 il sistema si risolve per sostituzione ottenendo ∞1 soluzioni;
se α 6= 1 il sistema è evidentemente impossibile.
DOMANDA 41
1
10
·
Risposta: d - La distribuzione stazionaria è quella per cui Ax = x. Visto che
x = Ix si ottiene il sistema Ax − Ix = (A − I)x = 0
·
¸·
¸ · ¸
−0.1 0.8
x1
0
=
0.1 −0.8
0
x2
Le soluzioni sono x1 = 8x2 con x2 variabile libera. Tenuto conto che le xi
rappresentano delle percentuali e dunque la loro somma deve essere pari ad 1,
si ottiene x2 = 1/9 e x1 = 8/9.
2
0
-2
b non ammette soluzione;
d ha ∞2 soluzioni;
DOMANDA 39
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
DOMANDA 42
Un gestore ha un patrimonio investito in 3 titoli le cui sensibilità rispetto ad un
dato fattore di rischio sono rispettivamente 1.4, 0.9 e 0.8. Le quantità investite
sono 20, 50 e 30. Allora la sensibilità del portafoglio rispetto al fattore di rischio
è:
a 97;
b 96;
c 95;
d 94;
Risposta: a - La sensibilità del portafoglio è pari alla combinazione lineare
delle sensibilità dei singoli titoli, combinazione lineare formata con coefficienti
pari alle quantità investite, rispettivamente, nei 3 titoli. Dunque, pari a 20 ∗
1.4 + 50 ∗ 0.9 + 30 ∗ 0.8 = 97.
DOMANDA 43
Si sono individuati 2 fattori di rischio. Un portafoglio è formato da 10 unità di
un titolo avente sensibilità ai due fattori di rischio rispettivamente pari a 2 e
−1 e da 5 unità di un altro titolo avente sensibilità pari a −1 e 2 rispetto ai 2
fattori di rischio. La sensibilità del portafoglio ai due fattori di rischio è pari a:
a 0 e 15;
b −15 e 0;
c 15 e 0;
d 1 e 1;
Risposta: c - Si procede come nella domanda precedente. La sensibilità al
primo fattore risulta 10 ∗ 2 + 5 ∗ (−1) = 15, quella relativa al secondo fattore
10 ∗ (−1) + 5 ∗ 2 = 0.
DOMANDA 44
Un gestore con un capitale di 100 e in presenza di un solo fattore di rischio,
deve costruire un portafoglio con sensibilità pari ad 1. Se i due titoli hanno
sensibilità al fattore di rischio pari a 2 e −3 e che i loro prezzi sono pari a 4 e
5, le quantità da acquistare dei due titoli sono:
a n1 = 13, 86, n2 = 8, 9;
b n1 = 12, 5, n2 = 10;
15
c n1 = 8, 9, n2 = 13, 86;
d n1 = 25
4 , n2 = 4 ;
Risposta: a - Il portafoglio è composto da una quantità pari ad n1 del primo
titolo ed una quantità pari ad n2 del secondo titolo, titoli le cui sensibilità
rispetto all’unico fattore di rischio sono 2 e -3. La sensibilità del portafoglio
rispetto al fattore di rischio considerato è combinazione lineare delle sensibilità
10
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
dei 2 titoli, combinazione lineare formata con coefficienti n1 ed n2 , ovvero,
sensibilità portafoglio = 2n1 − 3n2 . Dunque, la scelta di n1 ed n2 deve rispettare
sia il vincolo di budget sia quello sulla sensibilità desiderata:
½
2n1 − 3n2 = 1
4n1 + 5n2 = 100
La soluzione del sistema è n1 = 13.86, n2 =
98
11
= 8.9.
DOMANDA 45
Un gestore con un capitale di 100 e in presenza di un solo fattore di rischio,
deve costruire un portafoglio immune al fattore di rischio. Se i due titoli hanno
sensibilità al fattore di rischio pari a 2 e −3 e che i loro prezzi sono pari a 4 e
5, le quantità da detenere dei due titoli sono:
100
a n1 = 13, 86, n2 = 8, 9;
b n1 = 150
11 n2 = 11 ;
150
c n1 = 100
,
n
=
;
d
n
=
8,
9,
n
=
13,
86;
2
1
1
11
11
Risposta: b - Il portafoglio è composto da una quantità pari ad n1 del primo
titolo ed una quantità pari ad n2 del secondo titolo, titoli le cui sensibilità
rispetto all’unico fattore di rischio sono 2 e -3. La sensibilità del portafoglio
rispetto al fattore di rischio considerato è combinazione lineare delle sensibilità
dei 2 titoli, calcolata con coefficienti n1 ed n2 , ovvero, sensibilità portf = 2n1 −
3n2 . Perciò, la scelta di n1 ed n2 deve rispettare sia il vincolo di budget sia
quello sulla sensibilità desiderata:
·
¸·
¸ ·
¸
2 −3
n1
0
=
4 5
100
n2
La soluzione del sistema è quella presentata in b.
DOMANDA 46
Un gestore con un capitale di 100 e in presenza di un solo fattore di rischio,
deve costruire un portafoglio immune al fattore di rischio. Se i due titoli hanno
sensibilità al fattore di rischio pari a −1.5 e 1 e che i loro prezzi sono pari a 5 e
4, le quantità da detenere dei due titoli sono:
100
a n1 = 13, 86, n2 = 8, 9;
b n1 = 150
11 = n2 = 11 ;
100
150
c n1 = 11 , n2 = 11 ;
d n1 = 8, 9, n1 = 13, 86;
Risposta: c - Si procede come nelle domande precedenti. Il sistema da impostare risulta
·
¸·
¸ ·
¸
−1.5 1
n1
0
=
5
4
100
n2
avente come soluzione quella presentata nel punto c.
DOMANDA 47
Un gestore con un capitale di 100 e in presenza di un solo fattore di rischio,
deve costruire un portafoglio con sensibilità pari ad 0. Se i due titoli hanno
sensibilità al fattore di rischio pari a 2 e −3 e che i loro prezzi sono pari a 4 e
5, le quantità da acquistare dei due titoli sono:
11
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
a n1 = 0, n2 = 9;
c n1 = 0, n2 = 0;
12
b n1 = 150, n2 = 100;
100
d n1 = 150
11 , n2 = 11 ;
Risposta: d - Si procede come nelle domande precedenti. Il sistema da impostare risulta
·
¸·
¸ ·
¸
2 −3
n1
0
=
4 5
100
n2
avente come soluzione quella presentata nel punto d.
DOMANDA 48
Un gestore con un capitale di 100 euro deve costruire un portafoglio immunizzato
in presenza di un solo fattore di rischio. Se i due titoli hanno sensibilità al fattore
di rischio pari a 5/10 e -3/10 e che i loro prezzi sono pari a 10 euro, la quantità
da acquistare dei due titoli è:
15
a n1 = 0, n2 = 0;
b n1 = 1, n2 = 1;
c n1 = 25
d n1 = 15
4 , n2 = 4 ;
4 , n2 =
25
4 ;
Risposta: d - Si procede come nelle domande precedenti. Il sistema da impostare risulta
·
¸·
¸ ·
¸
0.5 −0.3
n1
0
=
10
10
100
n2
avente come soluzione quella presentata nel punto d.
DOMANDA 49
Un gestore che dispone di un capitale di 40 deve costruire un portafoglio immunizzato ad un fattore di rischio, sapendo che i due titoli hanno sensibilità ad
un fattore di rischio di 5 e -3 e che i loro prezzi sono pari a 10. La quantità da
acquistare dei due titoli è:
a n1 = 0, n2 = 0;
b n1 = 32 , n2 = − 52 ;
c n1 = 52 , n2 = 32 ;
d n1 = 32 , n2 = 52 ;
Risposta: d - Si procede come nelle domande precedenti. Il sistema da impostare risulta
·
¸·
¸ ·
¸
5 −3
n1
0
=
10 10
40
n2
avente come soluzione quella presentata nel punto d.
DOMANDA 50
Un gestore con un capitale di 100 deve costruire un portafoglio immunizzato in
presenza di un solo fattore di rischio. Se i due titoli hanno sensibilità al fattore
di rischio pari a 1 e -2 e che i loro prezzi sono pari a 10, le quantità da acquistare
dei due titoli sono:
20
a n1 = 0, n2 = 0;
b n1 = 10
3 , n2 = 3 ;
10
c n1 = 2, n2 = 1;
d n1 = 20
,
n
=
2
3
3 ;
Risposta: d - Si procede come nelle domande precedenti. Il sistema da impostare risulta
·
¸·
¸ ·
¸
1 −2
n1
0
=
10 10
100
n2
avente come soluzione quella presentata nel punto d.
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
DOMANDA 51
Il polinomio caratteristico della matrice A =
a λ2 + 7λ + 8;
c λ2 − 7λ − 8;
b λ2 − 7λ + 8;
d λ2 + 7λ − 8;
·
4 2
2 3
13
¸
3 2
, è:
2 4
c λ2 − 7λ − 8;
Il polinomio caratteristico della matrice A =
a λ2 + 7λ + 8;
b λ2 − 7λ + 8;
·
14
Risposta: b - Come visto nell’esercizio precedente il determinante della matrice
è pari a 0 dunque A non è invertibile.
¸
, è:
DOMANDA 57
Risposta: b - Il polinomio caratteristico è pari a det(A − λI) = 0 dunque
µ·
¸
·
¸¶
µ·
¸¶
4 2
1 0
4−λ 2
det
−λ
= det
= λ2 − 7λ + 8 = 0
2 3
0 1
2
3−λ
DOMANDA 52
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
d λ2 + 7λ − 8;
Risposta: b - Si procede come visto nell’esercizio precedente:
µ·
¸
·
¸¶
µ·
¸¶
3 2
1 0
3−λ 2
det
−λ
= det
= λ2 − 7λ + 8.
2 4
0 1
2
4−λ
DOMANDA 53
Se A ∈ R4,4 ha eq. caratteristica λ4 + 3λ3 − λ2 + 2λ + 1 = 0, allora:
a det(2 ∗ A) = 24 ;
b A non ha inversa;
c det(2 ∗ A) = 2;
d det(2 ∗ A) = 1;
Risposta: a - Si dimostra che il termine noto del polinomio caratteristico di
una matrice quadrata coincide con il suo determinante. In questo caso si può
dunque concludere che det(A) = 1. Allora per quanto visto nella domanda n.
18 si ha det(2A) = 24 .
DOMANDA 54
Se A ∈ R3,3 ha eq. caratteristica −λ3 − λ2 + 2λ + 2 = 0, allora:
a A−1 non esiste;
b det(2 · A) = 2;
c det(2 · A) = 4;
d det(2 · A) = 16;
Risposta: d - Come visto nell’esercizio precedente il determinante della matrice
è pari a 2 dunque A è invertibile (contrariamente a quanto affermato in a) e
det(2A) = 16.
DOMANDA 55
Se A ∈ R3,3 ha eq. caratteristica −λ3 − λ2 + 2λ + 1 = 0, allora:
a A−1 non esiste;
b det(2 · A) = 2;
c det(2 · A) = 1;
d det(2 · A) = 8;
Risposta: d - Come visto nell’esercizio precedente il determinante della matrice
è pari a 1 dunque A è invertibile (contrariamente a quanto affermato in a) e
det(2A) = 8.
DOMANDA 56
Se A ∈ R4,4 ha eq. caratteristica λ4 + 3λ3 − λ2 + 2λ = 0, allora:
a det(A) = 1;
b A non ha inversa;
c A ha inversa;
d det(A) = 2;
·
¸
4 2
La seguente matrice A =
ha autovalori:
2 3
√
√
7
1
7
1
a 1, 1;
b 2 + 2 17, 2 − 2 17;
√
√
c 72 , 72 ;
d 12 17, 12 17;
Risposta: b - Gli autovalori di A sono le soluzioni dell’equazione caratteristica
che ha espressione pari a det(A − λI) = 0. Ovvero:
µ·
¸
·
¸¶
µ·
¸¶
4 2
1 0
4−λ 2
det
−λ
= det
= λ2 − 7λ + 8 = 0
2 3
0 1
2
3−λ
e le soluzioni sono
7
2
−
1
2
√
√
17 e 12 17 +
7
2
DOMANDA 58
9 0 0
0 6 4 con equazione caratteristica
1 4 6
¡
¢¡ 2 6
¢
9
λ − 10
λ − 5 λ + 15 = 0, ha autovalori:
9
a λ1 = 1, λ2 = 9, λ3 = −1;
b λ1 = 15 , λ2 = 10
, λ3 = 1;
9
1
c λ1 = 1, λ2 = 9, λ3 = 1;
d λ1 = 1, λ2 = 10
, λ3 = 10
;
La matrice A =
1
10
Risposta: b - Gli autovalori sono le soluzioni dell’equazione caratteristica.
Escluse le risposte a e c che non conentengono l’autovalore 9/10. Rimangono b
e d: sostituendo per esempio λ = 1/5, si verifica che la risposta corretta è la b.
DOMANDA 59
La matrice A =
1
10
9 0 0
¡
1 6 5 con eq. caratt. λ −
0 4 5
9
10
¢¡ 2
λ −
11
10 λ
+
1
10
¢
= 0,
ha autovalori
9
1
a λ1 = 1, λ2 = 9, λ3 = 1;
b λ1 = 0.1, λ2 = 10
, λ3 = 10
;
9
1
c λ1 = 1, λ2 = 9, λ3 = 1;
d λ1 = 1, λ2 = 10
, λ3 = 10
;
Risposta: d - Gli autovalori sono le soluzioni dell’equazione caratteristica. a e
9
c vanno esclusi perchè non contengono la risposta λ = 10
. b e c si differenziano
per il valore di λ1 . Sostituendo per esempio λ = 1, si verifica che la risposta
corretta è la d.
DOMANDA 60
¡
¢
L’eq. caratteristica di una matrice A ∈ R3,3 è (λ − 0.5) λ2 + 2λ − 1 = 0;
allora gli autovalori di A sono:
√
√
a λ1 = 0.5, λ2 = −1 + 2, λ3 = −1 − 2;
b λ1 = 0.5, λ2 = 1, λ3 = −3;
c λ1 = 1, λ2 = 9, λ3 = −1;
d λ1 = 1, λ2 = 9, λ3 = 1;
Risposta: a - Gli autovalori sono le soluzioni dell’equazione caratteristica. Per
verifica diretta, tramite sostituzione dei valori, si verifica che la risposta corretta
è la a.
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
DOMANDA
61 ¸
·
·
¸
−1 2
−2
Sia A =
. Dato l’autovettore di A, v =
, stabilire quale tra
1 0
1
i seguenti numeri reali sia l’autovalore di A associato all’autovettore v:
a 2;
b 1;
c -1;
d -2;
Risposta: d - Data la matrice A ed un suo autovettore si chiede quale sia
l’autovalore associato λ. Per definizione deve essere
·
−1 2
1 0
¸·
Av
¸ = λv
·
¸
·
¸
−2
4
−2
=
=λ
1
−2
1
e dunque deve essere λ = −2.
DOMANDA 62
2 0
0
£
¤T
0 ed il vettore v = 0 −3 1
Siano dati la matrice A = 0 1
,
0 −1 −2
autovettore di A. Allora l’autovalore associato a v è (si usi la definizione di
autovalori-vettori)
a 1; b −1;
c 2;
d −2;
Risposta: a - Come nell’esercizio precedente deve essere
2 0
0
0
0
0 1
0 −3 = −3 = λ
0 −1 −2
1
1
e dunque deve essere λ = 1.
DOMANDA 63
1
Sia data la matrice A= 0
−3
a 0, 1,5;
b 1, 5;
c
per definizione:
0
−3
1
0 0
5 0 . Tutti gli autovalori di A sono:
6 1
1;
d 0, 1;
Risposta: b - Se una matrice è triangolare (ovvero tutti gli elementi che stanno
al di sotto della diagonale principale oppure sopra la diagonale principale sono
nulli) gli autovalori coincidono con gli elementi che compaiono sulla diagonale
principale. Nel caso in esame essi sono (senza calcoli!) 1 (doppio) e 5.
DOMANDA 64
· (Vecchio
¸ ordinamento)
1 3
La matrice A =
:
2 3
a ha rango pari a 1;
b non è diagonalizzabile;
c ha determinante pari a 3
d ha autovalori distinti;
Risposta:
d - La
√
√ matrice ha rango 2 e determinante -3. Gli autovalori
sono. 7 + 2 e 2 − 7 dunque è corretta la risposta d. Peraltro se gli autovalori
di una matrice sono distinti si ha garanzia che la matrice è diagonalizzabile,
dunque b è falsa.
15
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
DOMANDA 65
· (Vecchio
¸ ordinamento)
5 4
La matrice A =
ha eq. caratteristica (λ − 1) (λ − 10) = 0. Allora:
5 6 ·
¸·
¸·
¸
5
8
−1 2
1 0
− 13
13
a è diag. con A =
4
4
0 10
1 54
13
13
b non è diag.;
·
¸·
¸· 5 4 ¸
−1 4
1 0
−9 9
c è diag. con A =
;
1
1
· 1 5 ¸ · 0 10 ¸ · 9 5 91 ¸
−1 4
0 10
−9 9
d è diag. con A =
;
1
4
1 5
1 0
9
9
Risposta: c - La matrice ha autovalori 1 e 10 dunque è diagonalizzabile (v.
la domanda precedente). Svolgendo i conti si verifica che la risposta corretta è
la c. Si osservi che in d non viene fornita una rappresentazione di A in forma
diagonale, perciò è da scartare a priori.
DOMANDA 66
· (Vecchio
¸ ordinamento)
−1 1
La matrice A =
ha eq. caratteristica λ2 + 4. Allora:
−5 1
·
¸·
¸· 5 1 ¸
−1 4
2 0
−9 9
a è diag. con A =
4
1
· 1 5 ¸· 0 2 ¸· 9 5 9 8 ¸
−1 2
0 2
− 13 13
b è diag. con A =
5
4
4
· 1 4 ¸ · 2 0 ¸ · 13 5 13
¸
−1 4
2 0
− 9 94
c è diag. con A =
1
1
1 5
0 −2
9
9
d non è diagonalizzabile;
Risposta: d - La matrice non ha autovalori (reali) dunque non è diagonalizzabile.
DOMANDA 67
1
0 0
5 0 di cui 5 è un autovalore. Quale tra i
Sia data la matrice A= 0
−3 6 1
seguenti vettori
diA associato
all’autovalore
5?
è un autovettore
0
0
0
1
a 0 ;
b 1 ;
c 2 ;
d 1 ;
1
1
3
1
Risposta: c - Per definizione un autovettore v di A associato all’autovalore 5
deve soddisfare l’uguaglianza
1 0 0
0 5 0 v = 5v
−3 6 1
Sostituendo i vettori si verifica che l’unico che verifica l’uguaglianza è quello in
c.
DOMANDA 68
· (Vecchio
¸ ordinamento)
1 3
La matrice A =
:
3 2
16
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
17
a è diagonalizzabile;
b non è diag.;
c ha r (A) = 1;
d non ammette inversa;
Risposta: a - A ha rango pari a 2 e determinante non nullo per cui è invertibile;
le risposte c e d sono quindi false. Procedendo a calcolare gli autovalori di A
si verifica che ve ne sono 2 distinti e ciò basta a concludere che la matrice è
diagonalizzabile.
DOMANDA 69
· (Vecchio
¸ ordinamento)
9 2
La matrice A =
ha eq. caratteristica (λ − 7) (λ − 10) = 0. Allora:
1 8
·
¸·
¸· 1 2 ¸
−1 2
7 0
−3 3
a è diag. con A =
1
1
1 1
0 10
3
3
b non è diag.;
·
¸·
¸· 2 2 ¸
−1 2
7 0
−3 3
c è diag. con A =
;
2
2
· 1 1 ¸ · 0 10 ¸ · − 31 32 ¸
−1 2
0 10
−3 3
d è diag. con A =
;
1
1
1 1
7 0
3
3
Risposta: a - Essendovi 2 autovalori distinti A è diagonalizzabile. Mentre
la risposta d è da escludere a priori non fornendo una rappresentazione di A in
forma diagonale, procedendo alla verifica diretta si individua a come risposta
corretta.
DOMANDA 70
1 4 2
1
Si consideri il sistema lineare Ax = b, dove: A = 4 0 3 , b = 0 .Allora
2 3 1
1
la seconda componente del vettore soluzione è:
R. x2 = 3/7 = 0.428 57
Calcoliamo il det(A)
R.......................
1 2 3
det 2 0 4 = 28 6= 0
3 4 1
Possiamo quindi applicare la regola di Cramer e si trova:
1 1 3
det 2 0 4
3 1 1
3
12
=
x2 =
=
28
7
1 2 3
det 2 0 4
3 4 1
DOMANDA ·71
α
La matrice A=
2
a r (A) = 2, ∀α;
R. d.
Il determinante della
DOMANDA 72
¸
2α
, α ∈ R, ha:
2
b r (A) = 1 , ∀α;
c r (A) = 1, se α 6= 0;
matrice è pari a -2α. Quindi
1 0
Il Sistema Lineare con matrice completa 0 1
0 1
d r (A) = 2 se α 6= 0;
il r (A) = 2 se α 6= 0;
1 2
1 2 :
0 1
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
a non ammette soluzione;
b ha soluzione (1,1,1)
c ha ∞1 soluzioni;
R. b.
Procediamo con eliminazione gaussiana R3 = R3 − R2 :
1 0 1
2
0 1 1
2
0 0 -1 -1
18
d ha ∞2 soluzioni;
e quindi r (A) = 3 = r (A|b) e il sistema ammette un’unica soluzione data
da (1, 1, 1)
DOMANDA
· 9 73
¸
2
10
Sia P = 10
una matrice di transizione per un sistema con 100 elementi.
1
8
10
10
£
¤
Allora lo stato stazionario del sistema è descritto dal vettore: D = ....... ...... T
£ 200 100 ¤T
R. D =
3
3
Lo stato stazionario è determinato individuando gli autovettori associati all’autovalore
λ = 1. Si ha quindi da risolvere:
(P − I) x = 0
cioè:
·
¸
2
10
x=0
2
− 10
£
¤T
. La distribuzione stazionaria è ottenuta
e gli autovettori sono dati da 2t t
imponendo che la somma delle componenti sia pari a 100, per cui 3t = 100, cioè
t = 100/3 e sostituendo si ottiene la distribuzione stazionaria.
DOMANDA 74
·
¸
9 1
Data la matrice A =
, determinare gli autovettori di A associati
0 6
all’autovalore più piccolo, al variare del parametro reale t ∈ R/0:
£
¤T
x = ....... ......
t ∈ R/0
R.
La matrice è triangolare e quindi i due autovalori sono dati da λ = 6 e da λ = 9.
Quindi per individuare gli autovettori associati a 6 dovrò risolvere:
¸ · ¸
·
¸·
0
3 1
x1
=
0
x2
0 0
· t ¸
−3
e quindi sono dati da
, t ∈ R/0.
t
DOMANDA 75
Un gestore ha in portafoglio 10 unità ciascuno di due titoli. I due titoli hanno
prezzo di mercato pari a 10E. Il gestore desidera costruire un portafoglio immunizzato ad un fattore di rischio. Considerato che i due titoli hanno sensibilità al
fattore di rischio pari a 0.1 e -0.9 rispettivamente, la quantità da detenere dei
due titoli è:
a n1 = 2, n2 = 18;
b n1 = 18, n2 = 2;
c n1 = 10, n2 = 10;
d n1 = 18, n2 = 18;
R. b.
1
− 10
1
10
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
19
Il problema richiede la risoluzione del seguente sistema lineare:
·
¸·
¸ ·
¸
0.1 −0.9
n1
0
=
.
10
10
200
n2
da cui:
·
n1
n2
¸
=
·
0.1 −0.9
10
10
¸−1 ·
0
200
¸
=
·
18.0
2.0
¸
.
DOMANDA 76
Un gestore ha ottenuto una performance dell’8% gestendo un portafoglio de£
¤T
scritto dalla seguente composizione: 0.4 0.6
. Indici di mercato con com£
¤T £
¤T
posizione 1 0
e 0.2 0.8
hanno registrato una performance rispettivamente del 4% e del 10%. La performance del fondo non spiegata dal mercato
(ex) è data da:
a ex = 0.5%;
b ex = 8.5% ;
c ex = 8%;
d ex = −0.5%;
R. d.
Scomponiamo il portafoglio gestito nelle componenti di mercato risolvendo il
SL:
·
¸·
¸ ·
¸
1 0.2
x1
0.4
=
0 0.8
0.6
x2
da cui immediatamente x2 = 0.6/0.8 = 3/4 e x1 = 0.4 − 0.2 ∗ 3/4 = 0.25. Il
rendimento spiegato dal mercato è dato da:
1
3
∗ 0.04 + ∗ 0.1 = 0.085
4
4
e la extraperformance è data da:
ex = 0.08 − 0.085 = −0.005
DOMANDA 77
Se A ∈ R4,4 ha polinomio caratteristico λ4 + 3λ3 − λ2 + 2λ + 1, allora:
a det(2 ∗ A) = 24 ;
b A non ha inversa;
c det(2 ∗ A) = 2;
d det(2 ∗ A) = 23 ;
R. a.
Ponendo λ = 0 nel polinomio caratteristico si ottiene il determinante di A. Per
cui:
det (A) = 1
Quindi b) non è corretta. Ricordando la proprietà del determinante, det(αA) =
αn det (A), ed essendo n = 4, si ha che la risposta corretta è la a).
DOMANDA 78
La matrice A raccoglie il costo in Euro per ora derivante dall’utilizzo di diverse
materie prime (MP1 , MP2 ) per ciascun impianto (I1 , I2 ). Le materie prime
I1 I2
3 . Nella
sono le etichette di riga, gli impianti di colonna: A = M P1 2
M P2 3
1
matrice B si raccolgono tre diverse ipotesi di ore di utilizzo dei diversi impianti
Hyp1 Hyp2 Hyp3
2
3
4
B = I1
. Sotto quale ipotesi, il costo di utilizzo della
I2
3
1
3
materia prima M P1 risulta maggiore?
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
20
a Hyp1 ;
b Hyp2 ;
c Hyp3 ;
d sono tutte uguali;
R. c.
Il prodotto matriciale AB restituisce una matrice le cui etichette di riga sono
le diverse materie prime e le etichette di colonna sono le diverse ipotesi. Gli
elementi della matrice prodotto sono interpretabili come costi complessivi di
utilizzo delle diverse materie prime sotto le diverse ipotesi. Poichè:
·
¸·
¸
2 3
2 3 4
AB =
3 1
3 1 3
Hyp1 Hyp2 Hyp3
M
P
13
9
17
=
1
M P2
9
10
15
si ha che il costo della materia prima MP1 risulta maggiore sotto l’ipotesi 3.:
DOMANDA 79
·
¸
·
¸
1
1 2
....... ........
La matrice A =
,ha inversa: A− =
3 2
....... .......
· 1
¸
1
1
−2
2
R. A− =
3
1
−4
4
Trattandosi di matrice 2x2, e poichè det(A) = 2 − 6 = −4 6= 0, la matrice
inversa la otteniamo in modo immediato:
¸
·
¸
·
¸ · 1
1
1
1
2 −2
2 −2
−2
2
A−1 =
=
=
3
1
−3
1
−3
1
−
det (A)
−4
4
4
DOMANDA 80
Un gestore con un capitale di 100 e in presenza di un solo fattore di rischio,
deve costruire un portafoglio con sensibilità pari ad 1. Se i due titoli hanno
sensibilità al fattore di rischio pari a 2 e −3 e i loro prezzi sono pari a 4 e 5, le
quantità da· acquistare
due¸ titoli
¸
·dei305
· sono: ¸
n1
13. 864
22
=
=
R:
98
8. 9091
n1
11
Si deve risolvere:
¸ ·
¸
·
¸·
100
4 5
n1
=
1
n2
2 −3
che ha soluzione:
¸ ·
¸−1 ·
¸ ·
·
4 5
100
n1
=
=
2 −3
1
n2
DOMANDA 81 ·
¸
1 α
La matrice A =
, α ∈ R, ha:
2 α
a r (A) = 1 se α = 2;
b r (A) = 1, ∀α;
305
22
98
11
¸
=
·
13. 864
8. 9091
¸
c r (A) = 2 se α 6= 0;
d r (A) = 2, ∀α;
R. c.
La matrice ha determinante pari a -α. Per cui se α 6= 0 la matrice ha rango
2.
DOMANDA 82
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
21
La matrice A raccoglie il profitto in Euro per unità derivante dalla vendita di
diversi prodotti (Libri e DVD) a seconda del fornitore (F1 , F2 ). I prodotti sono
Libri DV D
2
3
le etichette di colonna, i fornitori di riga: A = F 1
. Nella maF2
3
1
trice B si raccolgono tre diverse ipotesi di rifornimento dei due prodotti (quindi
Hyp1 Hyp2
3
4
B ha in colonna le quantità acquistate di ciascun prodotto) B = Libri
DVD
3
4
Sotto quale ipotesi, il profitto complessivo risulta maggiore?
a Hyp1 con F 1;
b Hyp2 con F 1;
c Hyp1 con F 2;
d Hyp3 con F 1;
R. b.
Il prodotto AB ci permette di calcolare il profitto derivante dalle due diverse
forniture sotto le 3 diverse ipotesi relative alle quantità acquistate
·
¸·
¸
2 3
3 4 4
AB =
3 1
3 4 3
·
¸
15 20 17
=
12 16 15
da cui il profitto maggiore deriva dalla Hp2 con il primo fornitore.
DOMANDA
· 83
¸
3
7
10
10
Sia P =
una matrice di transizione per un sistema con 100
3
7
10
10
elementi. Allora lo stato stazionario del sistema è descritto dal vettore:
R. R: D=[50
£
x1
x2
(P − I) D = 0
da cui:
−
¤T
risolve il sistema:
3
3
x1 + x2 = 0
10
10
£
¤T
.
e quindi x1 = x2 = t. Gli infiniti autovettori hanno quindi la forma .t 1 1
Imponendo che la somma delle componenti sia pari a 100, si ottiene t = 50 e
£
¤T
.
quindi D = 50 50
DOMANDA 84
1 2 3
1
Il sistema lineare Ax = b, con A = 2 0 4 , b = 1 , ammette
3 4 1
2
come seconda componente del vettore soluzione:
R. x2 =
= 0.214 29.
Poichè det (A) = 28 si può applicare la regola di Cramer ed ottenere solo la
22
seconda componente:
1 1 3
det 2 1 4
3 2 1
6
3
x2 =
=
=
det A
28
14
Hyp3
4
.
3
DOMANDA 85 ·
¸
1 3
La matrice A =
, ha autovalori:
3 2
√
√
R. λ1 = 3+2 37 = 4. 541 4; λ2 = 3−2 37 = −1. 541 4
Per trovare gli autovalori devo risolvere l’equazione caratteristica:
·
¸
1−λ
3
det (A − λI) = det
= (1 − λ) (2 − λ) − 9 = 0
3
2−λ
da cui:
λ2 − 3λ − 7 = 0
che ha soluzioni:
λ1,2 =
3±
√
√
3 ± 37
9 + 28
=
.
2
2
DOMANDA 86
Sia A∈ R3,3 e si sappia che il sistema lineare Ax = 0 ha un’unica soluzione.
Allora il sistema lineare Ax=b
può non ammetè possibile ed ammette
è possibile ed ammetnon è
a
d
; b
;c
tere soluzioni ;
una sola soluzione;
te infinite soluzioni;
possibile;
R. b
DOMANDA 87
50]
La distribuzione stazionaria D =
3
14
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
1 2 3
1 2 3 4 5
4 5 6
e B∈ R3,5 = 2 3 4 5 6 e C∈
Siano A∈ R =
7 8 9
3 4 5 6 7
10 11 12
R4,3 = AB. Allora l’elemento c4,4 di C è pari a:
a 200; b 167; c 122; d 77;
4,3
R. b
Poichè interessa solo l’elemento c4,4 è possibile calcolarlo facendo il prodotto
tra la quarta riga di A e la quarta colonna di B:
£
¤ 4
c44 = 10 11 12 5 = 167
6
DOMANDA 88 ·
¸
4 2
La matrice A =
,ha inversa:
1 2
·
R. A−1 =
1
3
− 16
− 13
2
3
¸
=
·
0.333 33 −0.333 33
−0.166 67 0.666 67
¸
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
Trattandosi di una matrice 2x2 con determinante pari a 6, l’inversa la si
trova in modo immediato:
·
¸ ·
¸
1
1
2 −2
0.333 33 −0.333 33
A− =
=
−0.166 67 0.666 67
6 −1 4
DOMANDA 89
Data la matrice A =
soluzione:
4 2
1 2
¸
e b=
·
0
1
¸
, il sistema lineare Ax = b ha
¸
−0.333 33
0.666 67
Poichè l’inversa di A è stata trovata al punto precedente, si spera in modo
corretto, allora il vettore soluzione è dato da:
¸
·
¸· ¸ · 1 ¸ ·
1
1
−0.333 33
2 −2
0
−3
x̂ = A− b =
=
=
2
0.666
67
−1
4
1
6
3
R. x̂ =
·
¸
·
− 13
2
3
DOMANDA 90
=
·
·
¸
7 0
Data la matrice A =
gli autovettori associati all’autovalore più
0 2
piccolo, al variare di t ∈ R/ {0} sono dati da:
¸
0
, t ∈ R/ {0}
t
La matrice è diagonale e quindi gli autovalori si leggono in diagonale. L’autovalore
più piccolo è 2. Gli autovettori ad esso associati si trovano risolvendo il sistema
lineare omogeneo:
·
¸·
¸ · ¸
5 0
x1
0
=
0 0
0
x2
R. xλ=2 =
·
da cui x1 = 0 e x2 = t.
DOMANDA 91
Un gestore ha ottenuto una performance dell’8% gestendo un portafoglio de£
¤T
. Indici di mercato
scritto dalla seguente composizione: f ondo = 0.2 0.8
puri hanno registrato una performance rispettivamente del 4% e del 10%. La
performance del fondo si scompone in rf ondo = rmkt + ex, dove rmkt e ex sono
rispettivamente:
rmkt = 8.8% = 0.088
ex = −0.8% = −0.008
Per scomporre la performance del fondo risolviamo il S.L.
·
¸·
¸ ·
¸
1 0
w1
0.2
=
0 1
0.8
w2
R:
da cui w1 = 0.2 e w2 = 0.8. La performance spiegata dal mercato è quindi:
rmkt = 0.2 ∗ 0.04 + 0.8 ∗ 0.1 = 0.088 = 8.8%
e la extraperformance è data da:
ex = rf ondo − rmkt = 0.08 − 0.088 = −0.008 = −0.8%
23
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
DOMANDA 92
1
Il sistema lineare Ax = b dove A = 0
1
non ha
è possibile ed ammeta
b
c
soluzioni ;
te una sola soluzione;
R. a
24
0
1
2 , e b = 1 :
2
1
è possibile ed ammetè possibile ed ammetd
te infinite soluzioni;
te due sole soluzioni;
1 0 1
La matrice A ha rango 2. La matrice A|b = 0 2 1 ha rango 3
1 2 1
e quindi, per il Teorema di Rouchè-Capelli, il sistema lineare non ammette
soluzione.
DOMANDA 93
Sia A∈ R3,3 e si sappia che il sistema lineare Ax = 0 ha ∞ soluzioni. Allora
il sistema lineare Ax = b
può non ammetè possibile ed ammette
è possibile ed ammetnon è
a
d
; b
;c
tere soluzioni ;
una sola soluzione;
te infinite soluzioni;
possibile;
R. a
DOMANDA 94
Un gestore ha ottenuto una performance dell’8% gestendo un portafoglio
£
¤T
0.5 0.5
. Indici di mercato con
descritto dalla seguente composizione:
£
¤T £
¤T
composizione 1 0
e 0 1
hanno registrato una performance rispettivamente del 4% e del 10%. La performance del fondo non spiegata dal mercato
(ex) è data da:
a ex = 1%;
b ex = 7% ;
c ex = 8%;
d ex = −1%;
R.
Poichè
·
0.5
0.5
¸
= 0.5
·
1
0
¸
+ 0.5
·
0
1
¸
allora:
rp = 0.5 ∗ 0.04 + 0.5 ∗ 0.1 = 0.07
ex = 0.08 − 0.07 = 0.01
DOMANDA 95 ·
¸
4 0
La matrice A =
,ha inversa:
1 2
R.
1
A− =
DOMANDA 96
Data la matrice A =
Ax = b sono:
·
4 8
1 2
¸
·
1
4
− 18
eb=
·
0
1
2
−4
−1
R. Si hanno infinite soluzioni del tipo:
·
¸
−1 + 2t
t
¸
¸
, le soluzioni del sistema lineare
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
DOMANDA 97
Data la matrice A =
·
7 −1
0 2
¸
25
gli autovettori associati all’autovalore più
grande, al variare di t ∈ R/ {0} sono dati da:
]T
R: [
R. L’autovalore più grande è pari a 7. Gli autovettori ad esso associati sono
dati da:
−x2 = 0
da cui:
xλ=7 =
DOMANDA 98
·
t
0
¸
t ∈ R/ {0}
R.
£
2 −1
DOMANDA 100
¤
·
b) non è corretto perchè r (A) può essere uno, per esempio quando α = 1;
c) non è corretto perchè r (A) può essere uno, per esempio quando α = 1 6= 0;
d) è corretto.
DOMANDA 102
Un gestore ha un patrimonio investito in 3 titoli i cui prezzi presentano rispetto
ad un dato fattore di rischio una sensibilità rispettivamente di 1, 0.5 e 1.3. I
quantitativi presenti in portafoglio dei tre titoli sono 20, 40 e 30. La sensibilità
del portafoglio rispetto al fattore di rischio è perciò:
R.
Poichè
∆Pi = bi ∆F
·
0 −1
1 1
¸·
−1 0
2
0
−1 1
¸
=
26
Indicando con ni la quantità detenuta del titolo i ,si ha che la variazione di
valore del portafoglio è pari a :
¸
1 −2
. Allora:
k 3
a se k 6= −1, 5 allora r(A) = 2
b se k = −1, 5 allora A−1 esiste
c se k 6= −1, 5 allora r(A) = 1;
d se k 6= −1, 5 A−1 non esiste;
R. a
Poichè si ha det (A) = 3 + 2k, allora se k = − 32 , r (A) = 1, altrimenti
r (A) = 2. Quindi a è corretta.
DOMANDA 99
·
¸
·
¸
·
¸
−1 0
2
0 −1
2
Siano date le seguenti matrici: A=
, B=
, C=
,
0
−1 1
1 1
−1
£
¤
transpose: 2 −1 . Allora il risultato del prodotto matriciale CT BA è:
Si consideri la matrice A =
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
£
1 3 −5
¤
0 0 1
Il Sistema Lineare Omogeneo con matrice A = 0 1 1 ,:
1 0 1
a ha soluzioni (c, c, −c), con c ∈ R;
b non ammette soluzione;
c ha ∞2 soluzioni;
d ha l’origine come unica soluzione;
R. d
La matrice A ha rango pieno (ha infatti determinante pari a -1). Il SL
ammette quindi una sola soluzione, essendo il numero di incognite uguale al
rango di A. Essendo un SL omogeneo, l’unica soluzione sarà quella nulla.
DOMANDA 101
· 2
¸
α
α
La matrice A =
, α ∈ R, ha:
α α
a r (A) = 1, ∀α;
b r (A) = 2, ∀α;
c r (A) = 2 se α 6= 0;
d r (A) = 1 se α = 1;
R. d.
Calcoliamo il determinante di A.
det A = α3 − α2 = α2 (α − 1) .
a) non è corretto perchè r (A) può essere due, per esempio quando α = 5;
dπ
3
X
=
ni ∆Pi
i=1
= (20 ∗ 1 + 40 ∗ 0.5 + 30 ∗ 1.3) ∆F
= 79.0∆F
DOMANDA 103
·
1 −2
−1 2
l’autovalore cui è associato v?
Data la matrice A =
¸
ed un suo autovettore v =
·
2
1
¸
, qual è
R.
v e λ devono soddisfare:
Av = λv
da cui:
cioè:
·
1 −2
−1 2
·
e l’unica possibilità è che λ = 0.
DOMANDA 104
0
0
¸·
¸
2
1
¸
=λ
=λ
·
2
1
·
2
1
¸
¸
¯
1
0 −1 ¯¯ −2
3 ¯¯ 6 ,
Le soluzioni del sistema lineare avente matrice orlata −3 0
1 −2 0 ¯ 3
determinant: 0, sono:
a una;
b ∞1 ;
c nessuna;
d ∞2 .
R. b
Si ha che r (A) < 3. Infatti la seconda riga è pari a .3 volte la prima riga.
La stessa relazione si mantiene anche nel vettore b. Per cui:
r (A) = r (A |b ) = 2
Per il Teorema di Rouchè Capelli si hanno ∞n−r(A) = ∞3−2 soluzioni.
DOMANDA 105
Un gestore con un capitale di 100 e in presenza di un solo fattore di rischio,
deve costruire un portafoglio con sensibilità pari ad 0.5. Se i due titoli hanno
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
27
sensibilità al fattore di rischio pari a 2 e −3 e che i loro prezzi sono pari a 4 e
5, le quantità
da
·
¸ acquistare
·
¸dei due titoli sono:
n1
13. 75
R:
=
9.0
n2
Si deve risolvere il sistema lineare:
·
¸·
¸ ·
¸
4 5
n1
100
=
2 −3
0.5
n2
che ha soluzione:
·
n1
n2
¸
=
·
13. 75
9.0
DOMANDA 106
·
¸
1 2k
La matrice A =
, k ∈ R, ha:
2 k
a r (A) = 1 se k = 1;
b r (A) ≥ 1, ∀k;
¸
·
Avendo 1000 elementi, allora l’autovettore stazionario è dato da:
1000
= 400.0
+1
·
¸
600
xλ=1 =
400
t=
c r (A) = 2 se k = 0;
d r (A) = 2, ∀k;
R. c
Operiamo il prodotto matriciale tra A e B. Gli elementi della matrice C ci
danno tutte le combinazioni fornitori-possibilità:
·
¸·
¸
2 3
3 4 6
C =
3 1
5 4 3
·
¸
21 20 21
=
14 16 21
Il minore costo di produzione è associato al fornitore due F 2 che utilizza la
possibilità produttiva 1 p1 .
DOMANDA
¸
· 8 108
3
10
, una matrice di transizione per un sistema con 1000 eleSia P = 10
2
7
10
¸
600
400
Gli autovettori associati all’autovalore unitario sono dati da:
· 3 ¸
xλ=1 = t 2 , t ∈ R/ {0} .
1
R:
.
R. b
La matrice ha determinante pari a -3k. Per cui a) non è corretta perchè il
rango sarebbe 2. b) è corretta. Infatti se k è diverso da zero il rango è 2. Se
k = 0, allora il rango diviene pari a 1. c) non è corretta, perchè se k = 0 allora
r (A) = 1. Anche d) non è corretta. Per k = 0, il rango è pari a 1.
DOMANDA 107
La matrice A raccoglie il costo in Euro per unità di 2 diversi semilavorati (S1,
S2) classificati a seconda del fornitore (F1 , F2 ). I prodotti sono le etichette di
S1 S2
2
3 . Nella matrice B si raccolcolonna, i fornitori di riga: A = F 1
F2
3
1
gono tre diverse possibilità di utilizzo dei due semilavorati per la produzione
di un’unità di un certo bene (B ha in colonna le quantità acquistate di ciasp1 p2 p3
4
6 . Col vincolo che non è possibile
cun semilavorato): B = S1 3
S2 5
4
3
ripartire tra i due fornitori l’acquisto dei due semilavorati, quale combinazione
produttiva associata a quale fornitore garantisce il minor costo di produzione?
a p2 con F 1;
b p1 con F 1;
c p1 con F 2;
d p3 con F 1;
10
M.M.II U. P. O. A.A. 2003-04. Soluzioni Test di Algebra Lineare
menti. Allora lo stato stazionario del sistema è descritto dal vettore:
3
2
DOMANDA 109
1
Il sistema lineare Ax = b, con A = 2
−1
come terza componente del vettore soluzione:
5
R: x3 = 2
Risolvendo con Cramer, si ha:
1 2 1
det 2 0 1
−1 0 2
x3 =
1 2 3
2 0 4
det
−1 0 −1
DOMANDA
110¸
·
1 −1
Sia A =
. L’inversa di A è:
0
2
·
¸
1
1
2
R. A−1 =
0 12
2 3
1
0 4 , b = 1 , ammette
0 −1
2
=
−10
5
=
−4
2
·
¸
2 1
A−1 = det1 A
0
1
·
¸
2 1
= 12
0
1
·
¸
1 12
=
1
0 2
28
