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Geometria e Algebra Lineare con Elementi di Statistica
Esame scritto di GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE
Testo dell’appello del 15 Luglio 2024
Cognome: Nome: Matricola:
Esercizio 1 (9 punti). Si consideri il seguente sistema lineare, dipendente da un parametro reale k:
x − y + kz = − 1 kx + 2z = − 2 y + z = − 1 (1) (2p) Si scriva la matrice Ak dei coefficienti del sistema lineare e se ne calcoli il rango, al variare del parametro k. (2) (3p) Si determini per quali valori del parametro k il sistema ha soluzione. (3) (2p) Si dia una parametrizzazione del luogo delle soluzioni del sistema nel caso k = 1. (4) (2p) Si enunci il Teorema di Rouch´e-Capelli e se ne discutano le conseguenze per questo sistema lineare alla luce dei risultati precedenti.
(1) La matrice dei coefficienti `e
Ak =
1 − 1 k k 0 2 0 1 1
Essendo una matrice quadrata di ordine 3, il suo rango e al massimo 3. Per determinare quando ha rango 3 calcolo il determinante con la formula di Sarrus: det Ak = 0 + 0 + k^2 − 0 − 2 + k = k^2 + k − 2. Le radici del polinomio k^2 + k − 2 sono 1 e −2, quindi se ke diverso da tali valori Ak ha rango 3. Altrimenti il rango e al massimo 2, e in effettie esattamente 2 in quanto c’e un minore, il minore in basso a destra, con determinante non nullo, 0 · 1 − 2 · 1 = −2. Riassumendo r (Ak) =3 se k ̸∈ { 1 , − 2 }; r (Ak) =2 se k ∈ { 1 , − 2 }. (2) Se ke diverso da 1 e −2 il sistema ha soluzione per il Teorema di Rouch´e-Capelli in quanto il rango di Ak e 3 e quello della matrice completa non puo essere ad esso strettamente superiore, avendo la matrice solo tre righe. Restano da discutere solo i casi k = 1 e k = −2, nei quali Ak ha rango 2. Riduciamo a scalini la matrice completa del sistema lineare mediante l’algoritmo di Gauß
1 − 1 k − 1 k 0 2 − 2 0 1 1 − 1
1 − 1 k − 1 0 k 2 − k^2 −2 + k 0 1 1 − 1
1 − 1 k − 1 0 1 1 − 1 0 k 2 − k^2 −2 + k
1 − 1 k − 1 0 1 1 − 1 0 0 2 − k − k^2 −2 + 2k
Osserviamo che per k = 1 l’ultima riga si annulla, quindi anche la matrice completa ha rango 2 e il sistema e risolubile, mentre per k = −2 la matrice ottenuta ha un pivot sulla terza riga, per cui il sistema none risolubile. Concludendo, il sistema e risolubile se e solo se k ̸= −2. (3) Sostituendo k = 1 in (??) e risolvendo all’indietro otteniamo la retta (0, 0 , −1) + t(− 2 , − 1 , 1) (4) Il Teorema dice che Un sistema lineare Ax = b ha soluzioni se e solo se la matrice A ha rango r uguale al rango della matrice completa (A|b), nel qual caso il sistema ha ∞n−r^ soluzioni dove ne il numero di variabili. In questo caso lo abbiamo usato per dedurre che il sistema ha soluzione se e solo se k ̸= −2. Il Teorema di Rouch´e-Capelli ci dice anche, visti i risultati dei punti precedenti, che nel caso k = 1 abbiamo ∞^1 soluzioni, una retta (calcolata nel punto 3) e in tutti gli altri casi ∞^0 soluzioni, ossia soluzione unica.
Esercizio 2 (8 punti). Si consideri l’applicazione lineare f 0 : R^3 → R^3 descritta dall’espressione
f 0 (x, y, z) = (x, −x + y − z, x + 2z)
(1) (1p) Si scriva la matrice associata a f 0 rispetto alla base standard di R^3. (2) (2p) Si determini se l’applicazione f 0 e iniettiva e/o suriettiva. (3) (3p) Si calcoli lo spettro di f 0 e i suoi autospazi. (4) (2p) Si determini per quali valori del parametro reale h l’operatore fh(x, y, z) = (x + h(y + z), −x + y − z, x + 2z) `e semplice.
(1) La matrice associata a f 0 rispetto alla base standard `e
(2) Il determinante della matrice appena scritta e, (sviluppando rispetto alla prima riga) 1 · (1 · 2 − 0 · (−1)) = 2, non nullo. Ne segue che l’applicazione f 0e invertibile, e quindi iniettiva e suriettiva. (3) Il polinomio caratteristico di f 0 `e
det
1 − T 0 0
− 1 1 − T − 1
1 0 2 − T
= (1 − T )(1 − T )(2 − T )
Quindi gli autovalori sono 1 e 2, ossia lo spettro `e l’insieme { 1 , 2 }. Gli autospazi sono
V 1 = ker
(^) = ker
V 2 = ker
(^) = ker
(4) La matrice associata all’applicazione lineare fh rispetto alla base standard `e
1 h h − 1 1 − 1 1 0 2
il cui polinomio caratteristico `e, sviluppando rispetto alla prima riga,
det
1 − T h h − 1 1 − T − 1 1 0 2 − T
(^) = (1 − T )(1 − T )(2 − T ) − h(T − 2 + 1) + h(T − 1) = (1 − T )(1 − T )(2 − T )
Quindi gli autovalori sono due, l’autovalore 1 di molteplicita algebrica due, e l’autovalore 2 di molteplicita algebrica uno. Per il criterio di diagonalizzabilita l’unica cosa che resta da calcolare per determinare se l’operatoree semplice e la molteplicita geometrica dell’autovalore 1. La matrice associata a fh − IdR 3 rispetto alla base standard `e la matrice
1 − 1 h h − 1 1 − 1 − 1 1 0 2 − 1
0 h h − 1 0 − 1 1 0 1
che per h ̸= 0 ha rango 2, in quanto prima e seconda colonna sono linearmente indipendenti^1. Quindi, per h ̸= 0 la molteplicita geometrica^2 dell’autovalore 1e diversa dalla sua molteplicita algebrica^3 e fh none diagonalizzabile. Al contrario, per h = 0 anche la molteplicita geometrica dell’autovalore 1e uguale^4 a 2 e quindi l’operatore e diagonalizzabile in quanto la somma delle molteplicita geometriche degli autovalori `e uguale a 3, la dimen- sione del dominio dell’operatore fh. (^1) Non ha rango tre perch´e la seconda e la terza riga sono linearmente dipendenti. D’altronde, questo qui non serve neanche osservarlo, perch´e l’argomento funzionerebbe anche sostituendo l’affermazione ”ha rango due” con l’affermazione ”ha ALMENO rango due”. (^2) Uguale a 3 − 2 = 1. (^3) Uguale a 2. (^4) L’autospazio V 1 ha dimensione 2, come abbiamo calcolato nel risolvere il punto (3). In effetti i tre vettori usati per descrivere V 1 e V 2 nel punto (3) sono una base di autovettori di f 0.
Esercizio 4 (9 punti). Si consideri il vettore v = (1, − 1 , 1) di R^3
(1) (1p) Si dia un’equazione cartesiana del piano α := v⊥^ dei vettori ortogonali a v. (2) (3p) Si calcoli una base ortonormale Bα di α. (3) (1p) Si completi Bα a una base ortonormale B di R^3. (4) (2p) Si decomponga il vettore w := (1, 0 , 0) come wα + w⊥ con wα appartenente ad α e w⊥ perpen- dicolare ad α. (5) (2p) Si calcoli la matrice associata rispetto alla base canonica alla proiezione ortogonale di R^3 su α.
(1) Un’equazione cartesiana di α e x − y + z = 0 in quanto x − y + ze il prodotto scalare tra v e un generico vettore (x, y, z). (2) Una base di α `e data da due suoi vettori linearmente indipendenti, per esempio a = (1, 1 , 0) e b = (0, 1 , 1). Applicando l’algoritmo di Gram-Schmidt ai vettori a, b troviamo i vettori
v 1 =
a ||a||
12 + 1^2 + 0^2
v 2 =
b − (b · v 1 )v 1 ||b − (b · v 1 )v 1 ||
q 1 2
2
+ 1^2
base ortonormale di α. (3) Per completare tale base a una base ortonormale di R^3 basta aggiungere il prodotto vettoriale v 3 := v 1 × v 2 , che per costruzione `e ortogonale a v 1 e v 2 ed ha modulo, essendo v 1 e v 2 ortogonali, uguale al prodotto delle norme di v 1 e v 2 , quindi a 1.
v 1 =
v 2 = −
v 3 =
(4) L’ortogonale a α e generato da v 3 e quindi la componente w⊥e la proiezione di w lungo v 3 :
w⊥ =
w · v 3 v 3 · v 3
v 3 =
v 3 =
mentre la componente lungo α la ricaviamo per differenza
wα = w − w⊥ =
(5) Le colonne di tale matrice sono le immagini della base standard di R^3. Abbiamo gi`a calcolato l’immagine del primo vettore di tale base, w, ottenendo
3 ,^
1 3 ,^ −^
1 3
. Ripetendo il conto per e 2 = (0, 1 , 0) e per e 3 = (0, 0 , 1) otteniamo
(e 2 )α = e 2 − (e 2 · v 3 )v 3 = (0, 1 , 0) +
(e 3 )α = e 3 − (e 3 · v 3 )v 3 = (0, 0 , 1) −
e quindi la matrice cercata `e
2 3
1 3 −^
1 1 3 3
2 3
1 3 − (^131323)
=^1
