Matematica II - Scritto dell'01/09/2003   -   Risoluzioni

Esercizio 1.

(A) Risolvendo il sistema, si ottiene v1=(2,1,0,0), v2=(1,0,1,0).

(B) La matrice che ha come colonne i vettori di Bk ha determinante
    diverso da 0 per ogni k.

(C) Svolgendo i calcoli si ottiene Ak(v1)=kv1, Ak(v2)=kv2, 
    Ak(wk)=v1+wk, Ak(zk)=zk, per cui la matrice richiesta e'
    k  0  1  0
    0  k  0  0
    0  0  1  0
    0  0  0  1.

(D) Per il punto precedente, Ak e' invertibile se e solo se k
    e' diverso da 0.

(E) Per il punto (C), se k e' diverso da 1, allora Ak ammette gli autovalori
    1 e k entrambi con molteplicita' geometrica 2, ed e' percio' diagonalizzabile.
    Se k=1, Ak ammette il solo autovalore 1 e percio', essendo distinta 
    dall'identita', non e' diagonalizzabile.



Esercizio 2.

(A) gs e' simmetrica se e solo se lo e' la matrice Bs, ossia se e solo se s=0,1.
    Se s=0, allora Bs ha determinante nullo, e quindi gs non puo' essere un
    prodotto scalare. Se s=1, i determinanti dei minori individuati dalle 
    prime n righe e dalle prime n colonne sono uguali a 2, 3 e 1 per n=1,2,3
    rispettivamente. Il criterio di Jacobi assicura allora che g1 e' un prodotto
    scalare.
    Dunque s0=0, s1=1.

(B) Imponendo g1((1,1,1),v)=0 si ottiene la seguente equazione cartesiana per V:
    V={-y+2z=0}, la cui soluzione da' V=Span((1,0,0),(0,2,1)).

(C) Le prime verifiche sono ovvie, cosi' come lo e' il fatto che anche
    il vettore (1,1,1) e' unitario.  Per concludere basta allora trovare su V
    un vettore unitario e ortogonale a (1,2,1).  Si vede subito che (2,2,1) va bene,
    dunque si ha la base ortonormale ((1,1,1),(1,2,1),(2,2,1)). 

(D) g0((x,y,z),(x,y,z))=x^2+2y^2+4z^2-2xy-4yz=(x-y)^2+(y-2z)^2.

(E) Per il punto precedente, W0 ha equazioni cartesiane W0={x-y=0,y-2z=0},
    e ha percio' equazioni parametriche W0=Span((2,2,1)).
    

Esercizio 3.

(A) La matrice che ha come colonne i tre vettori nel testo ha determinante uguale 
    a i(1-lambda). Dunque i tre vettori danno una base di C3 se e solo se lambda
    e' diverso da 1.

(B) Per il punto precedente, se lambda e' diverso da 1 esiste un'unica flambda 
    che verifichi le condizioni richieste.
    Se lambda=1, allora b1=-ia1+c1, ma (i,-i,0) e' diverso da -i(1,0,1)+(i,0,i). 
    Dunque non esiste una f1 che verifichi le condizioni richieste.

(C) La matrice    1     i  lambda  ha determinante uguale a 0 se e solo se 
                  0    -i    0
                  1     0    i 

    lambda=i, dunque lambda0=i.

(D) Lo spazio delle soluzioni di x(1,0,1)+y(i,-i,0)+z(i,0,i)=0 e' generato da
    (1,0,i), per cui Ker(flambda0) e' generato da (i,i,0)+i(0,1+i,1)=(i,-1+2i,i).