Geometria e Algebra - Scritto del 1/6/02 - Risoluzione


Esercizio 1

(A) I vettori (1,0) e (0,1) costituiscono una base, quindi
le prime due condizioni individuano una unica f.
Bisogna ora solo controllare la compatibilita' della terza condizione:
(0,0,-2)=f(i,1)=f(i*(1,0)+(0,1))=i*f(1,0)+f(0,1)=(0,0,-2).

(B) I vettori (1,1,i) e (-i,-i,-1) sono indipendenti, quindi il rango e' 
almeno 2.  La dimensione dello spazio di partenza e' 2, quindi il rango 
non puo' essere maggiore di 2.  Quindi il rango e' 2.

(C) 
    1 -i
A = 1 -i
    i -1

(D) 
     0 0 -i
AM = 0 0 -i
     0 i  0

Il polinomio caratteristico e' t(t^2-1); gli autovalori sono 3 distinti, 
quindi la matrice e' diagonalizzabile.

(E) dim(Im(AN))=dim(A(Im(N)) <= dim(A(C^2)) <= 2,
mentre se AN fosse invertibile dovrebbe fare 3

(F) (v1,v2,v3)=((1,1,i),(-i,-i,-1),(1,0,0)) e' una base di C^3.
Sia g:C^3->C^2 definita da g(v1)=(1,0), g(v2)=(0,1) e g(v3)=(0,0).
Sia B la matrice associata a g nelle basi canoniche; quindi BA e' 
la matrice associata a gf. Basta quindi dimostrare che gf e' invertibile: 
gf(1,0)=g(v1)=(1,0), gf(0,1)=g(v2)=(0,1), quindi gf=id, che e' invertibile.



Esercizio 2

(A) Sia v1=(1,1,1,0), v2=(0,0,0,1), w1=(1,-1,0,0), w2=(0,1,-1,0)).
X=Span(v1,v2). Y=Span(w1,w2).

(B) <vi|wj>=0, per ogni i=1,2 e j=1,2.

(C) r=(1,1,1,1)+Span(w1).

(D) <vi|w1>=0, per ogni i=1,2.
(1,1,1,1) appartiene a X, quindi l'intersezione tra r e X e' non vuota.
Visto che r e' ortogonale a X, l'intersezione tra r e X si riduce al solo 
(1,1,1,1). Quindi, per la formula di Grassman generalizzata, 
dim(r+X)=1+2-0=3.

(E) r+X=Span(v1,v2,w1)={x_1+x_2-2x_3=0}.

(F) B=(v1,v2,w1,w2) e' una base di R^4 quindi basta definire f su B.
La funzione lineare f tale che f(v1)=v1, f(v2)=v2, f(w1)=w1 e f(w2)=0 
soddisfa le condizioni.

Esercizio 3

(A) Se, per assurdo, f_k fosse un prodotto scalare, si avrebbe
2+(k^2-k)*4=f_k(1,2)=2*f_k(1,1)=2*(1+(k^2-k))=2+(k^2-k)*2;
cio' e' vero solo per k^2-k=0, cioe' k=0,1.

(B)

1 1 0
1 2 0   
0 0 k  


(C) f_0 non e' un prodotto scalare perche' f_0(x^2,x^2)=0.
Mentre f_1 le e' perche' e' definito positivo, infatti
det(1)=1>0, det(1 1)=1>0, det(1 1 0)=1>0.
                1 2           1 2 0
                              0 0 1

(C) Applicando Gram-Schmidt alla base canonica (1,x,x^2) si ottiene:
v1=1, v2=x-1, v3=x^2.

(D) Il numero cercato e' almeno 2, infatti v1 e v3 sono ortogonali; 
il numero non puo' essere 3  infatti v2 non e' ortogonale a v1 rispetto 
al prodotto scalare standard di R<=2[x]