APPELLO DI ALGEBRA LINEARE AAAA
16 GENNAIO 2017
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Tempo: 2h30
La valutazione tiene conto di ordine e chiarezza nello svolgimento. Tutte le risposte devono
essere adeguatamente giustificate.
1
a) Scrivere la definizione di trasformazione lineare.
b) Siano V uno spazio vettoriale di dimensione n e W uno spazio vettoriale di dimensione
m. Data una trasformazione lineare f : V → W , determinare una matrice associata ad f .
Soluzione: (a) Siano V e W spazi vettoriali sul campo K. Una funzione f : V → W è una
trasformazione lineare se f (r~v + s~u) = rf (~v ) + sf (~u) per tutti i vettori ~v ,~u ∈ V e scalari r,s ∈ K.
(b) Sia f : V → W una trasformazione lineare. Fissiamo una qualsiasi base v1 , . . . ,vn di V
ed una base w1 , . . . ,wm di W . Allora, l’immagine f (vj ) di ogni vettore della base di V deve
essere combinazione lineare dei vettori della base di W :
f (vj ) = a1j w1 + · · · + amj wm , per ogni 1 ≤ j ≤ n.
La matrice A di dimensione m × n associata alle due basi precedenti è determinata
come segue.
a1j
a2j
La colonna Aj di A è costituita dalle coordinate del vettore f (vj ) di W :
. . . .
amj
2
Scrivere la definizione di base di uno spazio vettoriale. Lo spazio vettoriale dei polinomi
reali in una variabile ha una base finita?
Soluzione: Una base di uno spazio vettoriale V è un insieme di vettori linearmente indipendenti che generano tutto lo spazio.
Lo spazio vettoriale dei polinomi reali in una variabile x ha dimensione infinita. Una sua
possibile base è costituita dai monomi
1, x, x2 , x3 , . . . , xn , . . .
3
a) Determinare l’equazione parametrica e l’equazione lineare della retta r dello spazio passante per i punti A = (2, − 1,3) e B = (3,5,4).
b) Stabilire se la retta r interseca il piano di equazione lineare 2x − y + z = 0.
−−→
Soluzione: (a) Consideriamo il punto C = B − A = (1,6,1). Allora il vettore OC appli−−→
cato nell’origine O degli assi Cartesiani ha uguale lunghezza, direzione e verso del vettore AB
applicato nel punto A. L’equazione parametrica della retta s passante per O e C è:
x = t
y = 6t
z = t
La retta r parallela alla retta s, e passante per A e B, ha equazione
x = t+2
y = 6t − 1
z = t+3
L’equazione lineare della retta r si ottiene ricavando t dalla prima equazione e sostituendo nelle
altre due: t = x − 2 da cui y = 6(x − 2) − 1 e z = (x − 2) + 3. In conclusione la retta r è
intersezione dei seguenti due piani:
6x − y = 13
x − z = −1
(b) Per stabilire se r interseca il piano 2x − y + z = 0, dobbiamo risolvere il sistema lineare
6x − y
= 13
x−z
= −1
2x − y + z = 0
oppure verificare se esiste la soluzione. È sufficiente calcolare il determinante della matrice A
del sistema e verificare che è diverso da 0.
6 −1 0
A = 1 0 −1
2 −1 1
Sviluppiamo rispetto alla terza colonna per ottenere det(A) = −4 + 1 = −3.
4
Sia A la matrice reale
1 0 1
A = k 1 2
0 2 1
a) Calcolare il determinante di A e stabilire per quali valori di k ∈ R la matrice è invertibile.
b) Trovare la matrice inversa di A per k = 1.
Soluzione: (a) Sviluppiamo rispetto alla prima riga: det(A) = (1 − 4) + 2k = 2k − 3. La
matrice A è invertibile se il suo determinante è diverso da zero, ovvero se k 6= 23 .
(b) Posto k = 1,chiamiamo B la matrice ottenuta
1 0 1
B = 1 1 2
0 2 1
Abbiamo det(B) = −1. Calcoliamo i cofattori cof ij (B) = (−1)i+j det(Bij ), dove Bij è il minore
di B ottenuto cancellando la riga i e la colonna j. Allora
−3 −1 2
1 −2
cof(B) = 2
−1 −1 1
Siccome
B −1 =
1
· (cof B)t
det(B)
si ha
B −1
5
3 −2 1
= 1 −1 1
−2 2 −1
Riconoscere che la seguente matrice A è diagonalizzabile, e calcolare una matrice P diagonalizzante (tale cioé che valga P −1 AP = D, con D matrice diagonale).
1 2 3
A = 0 3 1
0 0 4
Soluzione: La matrice A è triangolare superiore. Dalla Proposizione 10.1.3 degli Appunti
del Corso gli autovalori di A sono gli elementi della diagonale λ1 = 1, λ2 = 3 e λ3 = 4. Dal
Corollario 10.2.3 degli Appunti del Corso segue che la matrice A è diagonalizzabile. La matrice
P diagonalizzante si trova calcolando un autovettore per ciascun autovalore.
Autovettore di λ1 = 1: Si vede subito che A[1,0,0]t = [1,0,0]t .
Autovettore di λ2 = 3: Consideriamo la matrice A − 3I3 :
−2 2 3
A = 0 0 1
0 0 1
Si vede facilmente che il vettore [1,1,0] verifica
−2 2 3
1
0
A = 0 0 1 1 = 0
0 0 1
0
0
per cui è un autovettore di λ3 = 3.
Autovettore di λ3 = 4: Consideriamo la matrice A − 4I3 :
−3 2 3
A = 0 −1 1
0
0 0
da cui si ricava y = z e 3x = 2y + 3z. Ponendo y = z = 3 si ottiene x = 5.
Infine la matrice diagonalizzante P = [P 1 ,P 2 ,P 3 ], dove P i (i = 1,2,3) sono le coordinate
dell’autovettore di λi è:
1 1 5
P = 0 1 3
0 0 3
