Risoluzione di due tipi del quiz di Geometria e Algebra del 31/10/2008
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
9)
Versione tipo
A) è vera, B) falsa: Zn è un campo se e solo se
n è un numero primo. C) è falsa: non c’è né un
elemento neutro né alcun inverso per il prodotto.
D) è vera: M1 (R) si può identificare con R.
A) è falsa: controesempio, la matrice A con elementi tutti nulli tranne aii = 1 per 2 ≤ i ≤ 10.
B) è vera: se det A = 0 allora le righe sono l.d.
C) è vera, per T. di Laplace ogni minore 3x3,
4x4,...10x10 ha determinante nullo. D) è falsa:
controesempio, la matrice identica I10 .
A) è falsa: es. 1 = |2I4 − I4 | =
6 |2I4 | − |I4 | = 15.
B) e C) sono vere, per T. Binet e |αA| = α4 |A|.
D) è falsa: | − A| = (−1)4 |A| = |A|.
A) è vera: è la chiusura lineare di due vettori.
B) falsa: per es. (1, 0) + (0, 1) = (1, 1), 1 · 1 6= 0
C) vera: se a, b ∈ R e q1 , q2 sono polinomi, allora
a(t2 + 1)q1 + b(t2 + 1)q2 = (t2 + 1)(aq1 + bq2 )
D) falsa: per es. ( 10 00 ) + ( 00 01 ) = I2 e det I2 6= 0.
Ricordiamo che dimR M3×5 (R) = 15, quindi le
basi (insiemi lin. ind. massimali) di M3×5 (R)
hanno 15 elementi. Da ciò segue che A) e D)
sono vere mentre B) e C) sono false.
I sottoinsiemi in A) e B) NON sono lin. indip. :
−2(1, −3) + 1(−2, 6) = 0 (1 pivot su 2 vettori).
Quelli in C) e D) sono lin. indip. : nessun vettore
è comb. lin. dei restanti (n◦ pivot = n◦ vettori).
Il sottospazio è la chiusura lineare di 3 vettori
lin. DIPEN. (matrice 3×5, 2 pivot, 2 lin. indip.):
quindi A) e B) sono vere ma C) e D) sono false.
Le componenti richieste sono per defin. la terna ordinata di scalari nella combinazione lineare
seguente (5 + 6t + 9t2 ) = 5(1 + t) + 1(t) + 9(t2 ).
Si conclude che A) è vera e B), C), D) sono false.
(1,2)
Se il minore 2×2, A(1,2) , di una matrice 4×5, A,
è regolare, esso ha 2 pivot; poiché riducendo A si
riduce anche il minore, la matrice A può avere 2,
3 o 4 pivot (non più del n◦ di righe o di colonne).
Quindi B) e C) sono vere ma A) e D) sono false.
Versione tipo’
A) è vera, B) falsa: Zn è un campo se e solo se n
è un numero primo. C) è vera: le matrici scalari
αI4 ”sono come” gli scalari α ∈ R. D) è falsa: ci
sono matrici non nulle 2 × 2 non invertibili.
A) vera: altrimenti sarebbe det A = 0 (Lapl.R1 ).
B) è falsa, ad es. per matrici con righe tutte nulle
tranne una. C) è falsa: se ad es. gli elementi (minori 1x1) sono tutti non nulli ma uguali, il determinante è nullo. D) è vera: se ci sono meno di
11 elementi non nulli, almeno una riga è nulla.
A) è falsa: per es. 32 = |2I5 | =
6 |I5 | + |I5 | = 2.
B) e C) sono vere, per T. Binet e |αA| = α5 |A|.
D) è falsa: | − A| = (−1)5 |A| = −|A|.
A) è falsa: l’insieme non ha il vettore nullo (?!).
B) vera: la condizione è M (x) = (0), M = (1 1).
C) falsa: si verifica che il polinomio nullo non appartiene al sottoinsieme. D) vera: la condizione
è x11 + x22 = 0, M (x) = (0), M = (1 0 0 1).
Ricordiamo che dimR M7×2 (R) = 14, quindi le
basi (sistemi minimali di generatori) di M7×2 (R)
hanno 14 elementi. Da ciò segue che B) e D) sono
vere mentre A) e C) sono false.
I sottoinsiemi in A) e D) sono sistemi di generatori, perché contengono le basi ((1, −3), (0, 3)) e
((0, 1), (1, 0)) rispettivam. Quelli in B) e C) non
generano R2 ma un sottospazio di dimensione 1.
Il sottospazio è la chiusura lineare di 3 vettori
lin. INDIP. (matrice 3 × 5 con 3 pivot): quindi
A) e C) sono vere ma B) e D) sono false.
Le componenti richieste sono per defin. la terna ordinata di scalari nella combinazione lineare
seguente (5 + 6t + 9t2 ) = 5(1 + t2 ) + 6(t) + 4(t2 ).
Si conclude che C) è vera e A), B), D) sono false.
(1,2)
Se il minore 2×2, A(1,2) , di una matrice 3×5, A,
è regolare, esso ha 2 pivot; poiché riducendo A si
riduce anche il minore, la matrice A può avere 2
o 3 pivot (non più del n◦ di righe o di colonne).
Quindi A) e B) sono vere ma C) e D) sono false.
Risposte vere:
Versione tipo: 1AD 2BC 3BC 4AC 5AD 6CD 7AB 8A 9BC.
Versione tipo’: 1AC 2AD 3BC 4BD 5BD 6AD 7AC 8C 9AB.
