Es.svolti algebra lineare

W

4 4

⊂ ∈

dove W è per definizione uno spazio vettoriale formato da quei vettori w tali

R R

4

hw, ∈ ⊕

che vi = 0 per ogni v V . Come noto dalla teoria = V W . Si può immediatamente

R

constatare che un qualsiasi vettore multiplo del vettore

0

a +2

w =

1 −1

0

risulta ortogonale a tutti i vettori della base B , ragione per cui è possibile scrivere:

V

{w }

B = .

W 1

4

0

|| { }

Posto allora w̃ = w /||w si ha che B = w̃ è una base ortonormale di W e quindi per

1 1 1 1

W

quanto sappiamo dalla teoria otteniamo

1 1

hx, i hx, iw −

P (x) = w̃ w̃ = w = ((a + 2)x x ) w .

W 1 1 1 1 2 3 1

2 2

||w || (a + 2) + 1

1 4

Risulta pertanto che la matrice associata a P rispetto alla base canonica di è data da

R

W

0 0 0 0

2

1 −(a

0 (a + 2) + 2) 0

A = .

−(a

0 + 2) 1 0

2

(a + 2) + 1 0 0 0 0

Punto (iv). Stavolta viene chiesto di trovare l’espressione della proiezione ortogonale P di

V

⊥

4 −

su V. Basta notare che V = W e ricordare che dalla teoria si ha P = P = id P

R ⊥ 4

V W

W R

per ottenere l’applicazione richiesta e di conseguenza la matrice ad essa associata.

Quesito C. In questo esercizio si chiede di studiare l’esistenza delle soluzioni del seguente

∈

sistema lineare al variare del parametro k R:

 −

x + x + k x x = a

1 2 3 4



 −

x + x x = k

 2 3 4 −2

3x + 4x =

1 2



 −

k x (a + 1)x + x = 0

 2 3 4

in cui a è un numero naturale fissato. Nel caso in cui le soluzioni esistano, se ne richiede il

calcolo esplicito.

Siamo di fronte ad un sistema lineare in 4 equazioni e 4 incognite. Poiché qualora le

soluzioni esistano è richiesto di esibire le soluzioni del sistema conviene procedere tramite

riduzione a scala. A tale scopo scriviamo la matrice completa del sistema che risulta essere

−1

1 1 k a

−1

0 1 1 k

A = .

−2

3 4 0 0

−a −

0 k 1 1 0

Procedendo con la riduzione a scala si ottiene

−1 −1

1 1 k a 1 1 k a

−1 −1

0 1 1 k 0 1 1 k

→ .

−3k −3a − −3k − −3a − −

0 1 3 2 0 0 1 4 2 k

2

−a − −a − − −k

0 k 1 1 0 0 0 1 k 1 + k

A questo punto conviene scambiare la terza e la quarta colonna (ricordando che in questo

modo si scambiano la terza e la quarta variabile) per utilizzare il pivot 4 che è certamente

non nullo. Moltiplicando per 4 l’ultima riga otteniamo allora la seguente riduzione a scala

−1 −1

1 1 k a 1 1 k a

−1 −1

0 1 1 k 0 1 1 k

→ .

−3k − −3a − − −3k − −3a − −

0 0 4 1 2 k 0 0 4 1 2 k

2 2 2

−a − − −k − − −

0 0 1 + k 1 k 0 0 0 3k 4a 3 2 + 3a + 3k + 3ak 3k

5

p

±

Da ciò si deduce che per k = (4a + 3)/3 il sistema non è compatibile (ricorda che a è un

p

6 ±

numero positivo fissato), mentre per k = (4a + 3)/3 il sistema ammette una e una sola

soluzione data da 2 2

− −

2(−1 + 2a 2k 2ak + 3k )

x = ,

1 2

−

3 + 4a 3k

2 2

− −

2a + 3a 3k 3ak + 3k

x = ,

2 2

−3 − 4a + 3k 2

−2 − − −

3a 3k 3ak + 3k

x = ,

3 2

−

3 + 4a 3k

2 3

−2 − − − −

5a 3a 3k 4ak + 3k

x = .

4 2

−

3 + 4a 3k

APPELLO DEL 22 APRILE 2002

SOLUZIONE DEGLI ESERCIZI

Domanda filtro 1. Se i vettori v , v , v formano una base per lo spazio vettoriale V , i

1 2 3

vettori w = v ,w = av + v e w = av + v + v sono sempre generatori di V ?

1 2 2 1 3 3 1 2 3 {v }.

Procediamo come segue. Indichiamo con B l’insieme di vettori , v , v Per ipotesi

1 2 3

tali vettori formano una base di V , per cui:

{v }

V = Span , v , v e dim(V ) = 3.

1 2 3

Sono poi definiti i vettori: w = v , w = av + v , w = av + v + v . Nella base che

1 2 2 1 3 3 1 2 3

abbiamo quindi fissato, le componenti dei vettori w , w , w sono rispettivamente:

1 2 3

0 a a

B B B

−→ −→ −→

1 0 1

w , w , w

1 2 3

0 1 1

∈

(ricordiamo a proposito che a è un parametro reale, cioè a R). {w }

Per rispondere al quesito dell’esercizio, dobbiamo verificare che la terna , w , w formi

1 2 3

un insieme di generatori di V ; in definitiva dobbiamo chiederci se risulti o meno valida

l’uguaglianza: V = Span (v , v , v ) = Span (w , w , w ) = W.

1 2 3 1 2 3

⊆

Ora sicuramente risulta W V (W è sottospazio di V ), in quanto i vettori w sono ottenuti

i

6

mediante combinazione lineare di vettori di V e V è spazio vettoriale (quindi chiuso per

quanto riguarda le operazioni di somma e prodotto per scalari ); in base a ció possiamo

affermare che affinché sia vera anche l’uguaglianza V = W è sufficiente che:

dim(V ) = dim(W ) = 3.

In definitiva, basterà verificare che i w siano linearmente indipendenti.

i

Sfruttiamo ora queste osservazioni per risolvere l’esercizio. Come si vede, i vettori w e w

1 2

sono linearmente indipendenti , in quanto non sono multipli uno dell’altro (tra l’altro sono

3

anche ortogonali secondo la metrica standard di ). Rimane da vedere se w sia o meno

R 3

dipendente da w e w ; si evince immediatamente che risulta:

1 2 w = w + w ,

3 1 2

{w }

per cui la terna , w , w é formata da vettori linearmente dipendenti e quindi non forma

1 2 3

un insieme di generatori di V . Sarà perciò: 3

{w } {w } ⊂

W = Span , w , w = Span , w V = , dim(W ) = 2 < 3 = dim(V ).

R

1 2 3 1 2

Si sarebbe potuti arrivare alla medesima conclusione usando un procedimento differente.

{w }

Un altro metodo per valutare la dipendenza lineare della terna , w , w consiste infatti

1 2 3

nello studiare il determinante della matrice costruita mediante le componenti di tali vettori

in una base. Nel nostro caso, scegliamo come base in questione la base B, che abbiamo già

avuto modo di definire.

Sia quindi: 0 a a

1 0 1

A = .

0 1 1

Scegliamo di calcolare il determinante della matrice A avvalendoci della regola di Laplace (si

noti che avremmo potuto applicare la regola di Sarrus, essendo la matrice di ordine uguale

a 3, ma preferiamo dare enfasi a metodi che siano il più generali possibile).

Come si vede facilmente, la prima colonna di A contiene due termini nulli; conviene allora

sviluppare i calcoli a partire proprio da tale colonna (ma non è strettamente necessario, in

quanto il risultato dell’operazione non dipende dalla particolare riga o colonna scelta!). Si

ottiene pertanto: 0 1 a a a a

2 3 4

· · · · · ·

det A = 0 (−1) det + 1 (−1) det + 0 (−1) det

1 1 1 1 0 1

a a

− −(a −

= det = a) = 0.

1 1

Concludiamo perciò che la terna data è linearmente dipendente qualsiasi sia il valore assunto

dal parametro a.

Facciamo inoltre notare per completezza che un ulteriore modo per valutare la dipendenza

(indipendenza) lineare consiste nell’applicare il metodo di riduzione di Gauss. Il lettore provi

ad applicare tale metodo per esercizio. 7 −

x + x = a 4

1 2

∈

Domanda filtro 2. Esiste k tale che il sistema lineare: sia incom-

R −

3x kx = 9

1 2

patibile?

Si tratta di un sistema lineare in 2 equazioni ed in 2 incognite x , x . Al fine di risolvere l’eser-

1 2

cizio, si potrebbe andare direttamente alla ricerca delle soluzioni e svolgere quindi un’analisi

quantitativa: se le soluzioni effettivamente non esistessero, dovremmo trovare un’incongruen-

za tra le eguaglianze imposte dal sistema nel corso dell’analisi stessa.

Tuttavia, l’analisi più coerente alla domanda è chiaramente quella qualitativa (studio della

sola esistenza della soluzione): cosı̀ noi procederemo.

Per prima cosa scriviamo il sistema nella forma compatta: Ax = b in cui:

−

1 1 a 4 x 1

A = b = x =

−k

3 9 x 2

A è la matrice dei coefficienti (anche detta matrice incompleta), b è il vettore dei termini noti

ed x è il vettore delle incognite.

Per il teorema di Rouché-Capelli esiste soluzione se e soltanto se:

rango(A) = rango(A|b)

(ciò equivale a richiedere che il vettore b sia combinazione lineare dei vettori che costituiscono

le colonne della matrice A).

Valutiamo il rango della matrice A; come si vede immediatamente le due colonne coincidono

−3.

(e quindi sono anche multiple una dell’altra) se e solo se k = In tutti gli altri casi

6

(k = 3) le colonne sono linearmente indipendenti. Abbiamo quindi due casi distinti:

6 −3

rango(A) = 2 ovvero k = −3.

rango(A) = 1 ovvero k =

Discutiamo separatamente le due diverse possibilità.

1 2

6 −3.

Caso 1: k = In questo caso dette A ed A le colonne di A, si ha che:

1 2 2

Span A , A = ,

R

per cui il sistema ammette sempre soluzione, qualsiasi sia il parametro a. Per comple-

tezza è anzi doveroso far notare che il sistema ammette soluzione qualsiasi sia il vettore

b dei parametri noti. 1

1 2

−3.

Caso 2: k = Stavolta A = A = , per cui:

3 1 1

1 1

1 2

⇔ ∃α ∈ · ·

∈ =

= Span A tale che b = α A = α

b Span A , A .

R R

3 3

1

Nel caso in esame dall’uguaglianza delle seconde componenti risulta α = ; di conse-

3

−

guenza: 1 = (a 4) /3 da cui ricaviamo a = 7.

8

In virtù di quanto visto nei due casi possiamo quindi affermare che il sistema ha sempre

∀k ∈ 6 ∀a ∈

soluzione solo se a = 7, mentre se k = 3 la soluzione esiste

R R.

∈

Domanda filtro 3. Può esistere una matrice A M (R) congruente alla matrice B =

2,2

0 a {a

tale che sp(L ) = + 1, 2}?

A

0 5

Come si nota immediatamente, B è già in forma triangolare superiore, per cui gli autovalori

{0,

giacciono sulla diagonale principale. Si ha quindi sp(L ) = 5}. Si noti che avremmo

B

ottenuto lo stesso risultato scrivendo l’equazione caratteristica:

−

p (λ) = det(λI B) = 0

B

e trovandone le soluzioni λ = 0

1

2 2

− − · −

λ tr(B)λ + det(B) = 0 =⇒ λ 5λ = 0 =⇒ λ (&l