Geometria a Algebra - Scritto del 10/9/01 - Soluzioni

1A)	La matrice e' hermitiana se k e' reale ed uguale al coniugato di 1/k.  
	Quindi per k=-1 e per k=1.

1B)	Per k=-1 chiaramente non e' def. pos. dato che e2 avrebbe norma -1.
	Per k=1 il determinante fa 1 ed il criterio dei determinanti garantisce
	che e' def. pos.

1C)	Dalla definizione segue che l'equazione cartesiana e'
	P={z in C: (1-i)z1+z2+(3+i)z3=0}.  Dunque quelle parametriche sono
	P={(w1,(i-1)w1-(3+i)w2,w2): w1,w2 in C}.

1D)	l={z in C: (1-i)z1+z2+(3+i)z3=z1+z3=0}. Risolvendo
	l={(w,2(1+i)w,-w): w in C}.


2A)	L'autovalore k si vede. Gli altri due hanno somma 3-k^2 e prodotto 2-k^2, 
	dunque sono 1 e 2-k^2.

2B)	Per k diverso da -2,-1,1 gli autovalori sono distinti, onde MA=MG=1 per tutti.
	Per k=-2 abbiamo MA(1)=MG(1)=1 e MA(-2)=2.  Inoltre -2I-A ha rango 1, dunque 
	MG(-2)=2 e la A e' diagonalizzabile.  Per k=-1 si ha MA(-1)=MG(-1)=1 e MA(1)=2
	
		2	-1	0
	B' =    0	-2	2
		0	-2	2

	ha rango 2, onde MG(1)=1 e la A non e' diagonalizz.  Per k=1 si ha MA(1)=3 e

		0	-3	0
	B'' = 0	0	0
		0	0	0

	ha rango 1, onde MG(1)=2 e la A non e' diagonalizz.  

2C)	K'=Span(1+2*e2+2*e3), K''=Span(e1,e3).  I tre vettori formano una base.  
	Dichiarandola ortonormale trovo il prodotto richiesto.

2D)	I'=Span(e1,e2+e3), I''=Span(e1).  Il prodotto richiesto non esiste
	altrimenti e1 avrebbe norma 0.



3A)	La valutazione di un polinomio in un punto e' lineare.

		1	1	1	1	1
	[F]=	-1	-1	-5	-7	-17
		0	-2	4	-8	16

	ha rango 3, dunque dim(Ker(F))=2.

3B)	X ha dim 3 con base 1,t^2,t^4. Y ha dim 2 con base (1,-1,0),(1,0,-1).

3C)	Sommando le coordinate e usando che p(-t)=p(t) si trova 0.

			1	5	17
3D)	[f]=  
			0	-4	-16

	rank(f)=2, dim(Ker(f))=1.

3E)	Il coefficiente di t^3 e' v1+v2+v3.

		0	0
	[h]=	0	1
		-1	-1

		0	0	0
3F)   [hf]=     0	-4	-16
		-1	-1	-1

	Gli autovalori sono 0 e le radici di x^2+5x-12, distinte e non nulle.
	[fh] ha gli stessi autovalori tranne 0.