Prima prova parziale di Algebra Lineare e
Geometria
Versione A
1 Dicembre 2014
Nome e cognome:
Matricola:
Svolgere i seguenti esercizi motivando ogni risposta. Riportare nome,
cognome e numero di matricola su ogni foglio consegnato.
Esercizio 1. Sia
LA : R4 → R3 , LA (X) = AX
l’applicazione lineare associata alla
1
A= 0
1
matrice
2 3 2
1 1 −1 .
0 1 2
1. Determinare una base di W = ker LA e una base di Im LA .
2. Si dimostri che i vettori
0
v1 = 1 ,
1
1
v2 = 0 ,
1
3
v3 = 2 ,
1
formano una base B di R3 .
3. Detta C la base canonica di R4 , si determini MBC (LA ).
1
Soluzione. 1.
1
A = 0
1
Mediante eliminazione di Gauss otteniamo
2 3 2
1 2
3
2
1 2 3 2
1 1 −1 → 0 1
1 −1 → 0 1 1 −1 .
0 1 2
0 −2 −2 0
0 0 0 −2
Quindi
−1
−1
ker A = Span
1 .
0
Per il teorema di nullità più rango, l’immagine ha dimensione tre, cioè LA
è suriettiva. Quindi una base di Im LA è la base canonica di R3 . Alternativamente, si può scegliere una base costituita da tre colonne linearmente
indipendenti di A, ad esempio A1 , A2 , A4 .
2. Occorre dimostrare che la matrice v1 v2 v3 ha rango 3 . Con
l’eliminazione di Gauss, otteniamo
0 1 3
1 0 2
1 0 2
1 0 2
1 0 2 → 0 1 3 → 0 1 3 → 0 1 3
1 1 1
1 1 1
0 1 −1
0 0 −4
3. Metodo 1. Detta C3 la base canonica di R3 , si ha
MBC (LA ) = MBC3 (Id)MCC3 (LA )
dove MBC3 (Id) è l’inversa di
0 1 3
MCB3 (Id) = 1 0 2 .
1 1 1
Si ottiene
0 1 3 1
1 0 2 0
1 1 1 0
1 0 2
→ 0 1 3
0 0 −4
0 0
1 0 2
1 0 → 0 1 3
0 1
1 1 1
0
1 0
1
1
0 0 → 0
−1 −1 1
0
0 1 0
1 0 2
1 0 0 → 0 1 3
0 0 1
0 1 −1
1
0 2 0 1 0
1 3 1 0 0
→ 0
0
0 1 41 14 − 14
Quindi l’inversa è
1 1
−2 2
1 −3
4
4
1
4
1
4
2
1
2
3
4
− 14
0 1 0
1 0 0
0 −1 1
1
0 0 − 21 12
2
1 0 14 − 34 43
1
0 1 14
− 41
4
da cui
MBC (LA ) =
− 21
1
4
1
4
1
2
− 34
1
4
1
2
3
4
1 2 3 2
0 −2 −2 −2
0 1 1 −1 = 1 4 −1 3 11
4
− 14
1 0 1 2
0 3
3 −1
Metodo 2. Per ogni vettore e1 , . . . , e4 della base canonica C, si calcolano
le componenti di Aj = Aej rispetto alla base B risolvendo il sistema lineare
Aj = xv1 + yv2 + zv3 ;
queste componenti determinano la j-esima colonna di MBC (LA ).
3
Esercizio 2. Sia ` ⊆ R3 la retta congiungente l’origine 0 con il punto
(1, 3, 2).
t
1. Provare che ` è uno spazio vettoriale e trovarne equazioni parametriche
e cartesiane.
2. Dopo aver verificato che il punto P = t (2, 6, 4) appartiene a `, trovare le
equazioni parametriche e cartesiane della retta r per P e Q = t (1, 3, 5)
e verificare se ` e r sono perpendicolari.
3. Trovare un isomorfismo f di R3 in R3 che sia diverso dall’applicazione
identica, che lasci fisso ogni punto di ` e tale che f (r) sia una retta
perpendicolare a `.
Soluzione.
1. ` è uno spazio affine che contiene l’origine, quindi è un sottospazio
vettoriale. Ha dimensione uno, quindi è generato da un suo punto diverso da
zero, da cui
(
1
y − 3x = 0
` = Span 3 =
.
z
−
2x
=
0
2
2. Il punto P appartiene alla retta perchè i vettori
t
t
(1, 3, 2),
(2, 6, 4)
sono linearmente dipendenti.
(
1
1
x+z =6
r = Q + t(P − Q) = 3 + t 3 =
y + 3z = 18
5
−1
I vettori direzione (cioè i vettori che generano le rispettive giaciture) non
sono ortogonali poichè
1
1
h 3 , 3 i = 8,
2
−1
quindi le rette non sono perpendicolari.
3. Detto v1 = t (1, 3, 2), dev’essere f (v1 ) = v1 ; inoltre un isomorfismo che
soddisfa questa condizione fissa necessariamente la retta `.
In particolare un tale f fissa il punto P , quindi f (r) è la retta per P e
f (Q), di direzione f (Q − P ). Posto v2 = Q − P , questa retta è ortogonale a
` se f (v2 ) è ortogonale al vettore direzione di `, cioè v1 .
4
Completiamo {v1 , v2 } a una base B = {v1 , v2 , v3 } di R3 , scegliendo v3 in
modo che sia ortogonale a v1 , ad esempio
v3 = t (2, 0, −1).
Allora l’applicazione lineare f tale che
1 0 0
MBB (f ) = 0 0 1
0 1 0
è un isomorfismo (perchè la matrice è invertibile), fissa v1 e manda v2 in v3 ,
come richiesto.
5
Esercizio 3. Si consideri il sottospazio W di R4 generato dai 3 vettori:
v1 = t (2, 1, 0, −1), v2 = t (1, 0, 3, 1), v3 = t (4, 1, 6, 1).
1. Si determini una base B per W e la si completi a una base di R4 .
2. Si dica per quali valori del parametro reale h il vettore v4 = t (2, 1, h, −1)
appartiene a W .
3. Preso il sottospazio T di R4 di equazioni cartesiane:
(
2x − t = 0
,
y+z+t=0
si determini una base per T .
4. Si determinino dimensione e basi per i sottospazi vettoriali W ∩ T e
W + T.
Soluzione. 1. L’eliminazione di Gauss dà
1 2 4
1 2
4
1
0 1 1
0 1
1
0
3 0 6 → 0 −6 −6 → 0
1 −1 1
0 −3 −3
0
da cui
1
0
3
1
2
1
0
0
4
1
,
0
0
W = Span {v2 , v1 }. Affiancando la matrice identità troviamo
2 1 0 0 0
1 2
1 0 0 0
1 2 1
0 1
0 1 0
1 0 1 0 0
0
1
0
0
→
0 −6 −3 0 1 0 → 0 0 −3
0 0 0 1 0
−1 0 0 0 1
0 −3 −1 0 0 1
0 0 −1
1 2 1 0
0
0 1 0 1
0
→
0 0 −3 6
1
0 0 0 1 −1/3
0
1
6
3
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
Quindi le prime quattro colonne sono linearmente indipendenti; questo significa che i vettori v1 , v2 , e1 , e2 sono linearmente indipendenti, cioè una base
di R4 .
2. Il vettore v4 appartiene a W se il rango di v1 v2 v4 è 2. Operando
per righe e per colonne, troviamo
1 0 0
1
1 0 0
2 1 2
2 1 0
0
2 1 0
0 1 0
1 0 1
1 0 0
0 3 h → 0 3 h → 0 3 h → 0 3 h → 0
0 1 −0
0
−1 1 −0
−1 1 −1
−1 1 −0
6
0 0
1 0
,
0 h
0 −0
che ha rango 2 solo quando h = 0. Quindi il vettore appartiene a W se e solo
se h = 0.
3.
0
1
−1
−2
, .
1
0
0
2
4. Si trova W ∩ T = 0, quindi per la formula di Grassmann
dim(W + T ) = dim W + dim T = 4.
Quindi W +T = R4 e come base di W +T possiamo scegliere la base canonica
di R4 .
La base di W ∩ T è per convenzione l’insieme vuoto.
7
