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Primo scritto – 3 Giugno 2003
Soluzioni
Esercizio 1 (9 punti). Per ogni valore del parametro a ∈ R, si determini se il
sistema lineare:
2x − y = a
x − y + az =1
2x + (a − 2)y = 1
ammette una, nessuna oppure infinite soluzioni.
Soluzione:
2 −1 0
1 −1 a
La matrice dei coefficienti del sistema è A = e la matrice completa
2 a − 2 0
2 −1 0 a
1 −1 a 1
è M = .
2 a − 2 0 1
Operando l’algoritmo di Gauss su M otteniamo in successione le matrici
1 −1 a 1 1 −1 a 1 1 −1 a 1
2 −1 0 a 0 1 −2a a − 2 0 1 −2a a − 2
, , ,
2
2 a − 2 0 1 0 a − 1 0 1 − a 0 0 2a(a − 1) −(1 − a)
da cui otteniamo che se a 6 = 0, 1, il rango di A e di M è 3, per cui il sistema
ammette un’unica soluzione.
Se a = 1, il rango di A e di M è 2, per cui il sistema ammette infinite soluzioni.
Se a = 0, il rango si A è 2, mentre il rango di M è 3 e il sistema non ammette
soluzioni.
Alternativamente, poiché detA = −a(2(a − 2) + 2) = −2a(a − 1), si ottiene imme-
diatamente che se a 6 = 0, 1, il rango di A è 3 (e quindi anche il rango di M è 3). I
casi a = 0 e a = 1 sono poi facili da discutere. 4
Esercizio 2 (9 punti). Si considerino i seguenti sottospazi vettoriali di R :
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ 2
0
2
4 ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1
−1
1
1
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
,
, W = Span
,
W = Span ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
2
1 0
0
1
1 ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ 0
1
0
1
Si determini una base del sottospazio somma W + W .
1 2
Soluzione: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
4 2 0 2
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 1 −1 1
¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯
, , sono un sistema di generatori per W + W e se
I quattro vettori 1 2
1 1 0 0
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 0 1 0
ne deve estrarre una base.
4 2 0 2
1 1 −1 1
Sia A la matrice A = .
1 1 0 0
1 0 1 0
4 2 0 2 0 0 0
4 2 2
2 1 0 1
2 1 1
2 1 1
detA =det = −det = −det = 0, per cui i
1 1 0 0 1 1 0 1 1 0
1 0 1 0
quattro vettori non sono linearmente dipendenti.
1 1 −1 2 1 0
1 1 0 1 1 0
Inoltre, poiché det =det = 1(2 − 1) = 1, i primi tre vettori
1 0 1 1 0 1
sono linearmente indipendenti e formano una base di W + W .
1 2
Alternativamente, applichiamo l’algoritmo di Gauss alla matrice A, ottenendo in
1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0
1 1 −1 1 0 0 −1 1 0 1 −1 0
sequenza le matrici , , ,
4 2 0 2 0 −2 0 2 0 −2 0 2
1 0 1 0 0 −1 1 0 0 0 −1 1
1 1 0 0 1 1 0 0
0 1 −1 0 0 1 −1 0
, , da cui si ottiene lo steso risultato.
0 0 −2 2 0 0 1 −1
0 0 −1 1 0 0 0 0 3 3
Esercizio 3 (9 punti). Sia L : R → R , k ∈ R, l’applicazione lineare associata
A
k
alla matrice: ¯ ¯
¯ ¯
1 −1 k + 1
¯ ¯
¯¯ ¯¯
2 k −k
A =
k ¯ ¯
4 k − 1 1
(1) Si determini per quali valori di k la matrice A è invertibile.
k
(2) Si determinino una base del nucleo ker L e una base dell’immagine Im L
A A
k k
per ogni valore di k ∈ R.
Soluzione:
Sommando alla prima riga di A la seconda e sottraendovi la terza, si ha
¯
¯ k ¯
¯
¯¯
¯
−1 0 0 ¯
¯
¯ k −k ¯
¯¯
¯¯
¯¯ 2
2 k −k = −(k + k(k − 1)) = −k , quindi
= −det
detA =det ¯
k k − 1 1
¯
¯ 4 k − 1 1
A è invertibile se e solo se k 6 = 0.
k 3
= R e, ad esempio, la base
= {0} (e non ha una base), Im L
Per k 6 = 0, ker L A
A k
k
canonica ne è una base.
Per k = 0, ker L è descritto dal sistema lineare omogeneo
A
0
x − y + z =0
2x =0
4x − y + z = 0
che ha soluzioni x = 0, y = z , per cui dimker L = 1 e una base è data dal vettore
¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ A
0
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
0 1 −1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 2 0
. In questo caso dimIm L = 2 e una base è data dai vettori , .
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
A
0
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 4 −1
Alternativamente, applicando l’algoritmo di Gauss alla matrice A otteniamo in se-
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
k
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 −1 k + 1 1 −1 k + 1 1 −1 k + 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯
0 k + 2 −3k − 2 0 k + 2 −3k − 2 0 1 −k − 1
quenza le matrici: , , ,
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
0 k + 3 −4k − 3 0 1 −k − 1 0 k + 2 −3k − 2
¯ ¯
¯ ¯
1 −1 k + 1
¯ ¯
¯ ¯
0 1 −k − 1 da cui si riottengono le conclusioni precedenti.
¯ ¯
¯ ¯
2
0 0 k 3 3 3
Esercizio 4 (9 punti). Siano ϕ : R → R ed f : R → R le applicazioni lineari
definite da: ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ 1
x
x
x
x ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ ¯¯ ¯¯
¯ ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1
y
y
y
y ·
+ ϕ
=
= 2x + y + 3z, f
ϕ ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ 2
z
z
z
z
Si dimostri che:
(1) f è l’applicazione lineare L associata alla matrice:
A
3 1 3
2 2 3
A = 4 2 7 ¯ ¯
¯ ¯
1
¯ ¯
¯¯ ¯¯
1
(2) ker ϕ è un autospazio per A e il vettore è un autovettore per A.
¯ ¯
2
(3) A è diagonalizzabile.
Soluzione:
(1) Le colonne della matrice A sono date dall’immagine tramite f dei vettori della
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 1 1 1 1 1 3
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯
0 0 0 1 0 1 2
base canonica, quindi f = + ϕ · = + 2 = e in modo
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
0 0 0 2 0 2 4
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
0 1 0 3
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯
1 2 0 3
analogo, f = e f = .
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
0 2 1 7 ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ x
1
x
x
x ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ ¯¯
¯¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
y
1
y
y
y , quindi ker ϕ è contenuto
=
+ 0
=
∈ ker ϕ allora f
(2) Se ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ z
2
z
z
z ¯
¯ ¯
¯ x ¯
¯ ¯¯
¯¯ y è autovettore
nell’autospazio di f relativo all’autovalore λ = 1. Viceversa, se
1 ¯
¯ z ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
&ma
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