Geometria e Algebra - Scritto del 06/12/02 - Risoluzione


Esercizio 1

(A) Il determinante di Ak e' (k-1)(k+1)^2 e si annulla solo per k=1 o k=-1.
Dunque Ak e' invertibile per tutti i k reali eccetto 1 e -1.

(B) Se k=-1, Ker(Ak)={x:x1+x3=x1-x2=0}=Span((1,1,-1,0),(0,0,0,1)).

(C) Se k=-1, Im(Ak)=Span((0,-1,1,0),(1,0,0,0))={x:x2+x_3=x_4=0}.

(D) Se k=1, si vede facilmente che la seconda, la terza e la quarta colonna di Ak
sono linearmente indipendenti. Poiche' sappiamo che Ak non e' invertibile, si
ha allora che il rango di Ak e' 3.

(E) V={x:x1-x3=x2-x3=0}=Span((1,1,1,0),(0,0,0,1)).




Esercizio 2

(A) Si ha f(1)=2, f(x)=2x, f(x^2)=2x^2, f(x^3)=2x, dunque la matrice di f
rispetto alla base E in partenza e in arrivo e'   

2  0  0  0
0  2  0  2
0  0  2  0
0  0  0  0.			

(B) f(f(1))=2f(1), f(f(x))=2f(x), f(f(x^2))=2f(x^2), f(f(x^3))=2f(x^3),
dunque siccome 1,x,x^2,x^3 e' una base di ha f(f(p(x))=2f(p(x)) per ogni p(x).

(C) Ker(f)=Span(x-x^3), Im(f)=Span(1,x,x^2)

(D) Se p(x) appartiene sia a Im(f) sia a Ker(f), allora p(x)=f(q(x)) per qualche
q(x) e f(p(x))=0. Dunque per il punto (B) si ha 0=f(p(x))=f(f(q(x))=2f(q(x))=2p(x)
per cui p(x)=0, e l'intersezione di Ker(f) e Im(f) e' il solo {0}. Inoltre per
il punto (C) Ker(f)+Im(f)=Span(x-x^3,1,x,x^2) onde la tesi.

(E) B={1,x,x^2,x-x^3}.





Esercizio 3

(A) r={(1,1,0)+t(-2,-1,1)}.

(B) k0=-1.

(C) Pk0=Span((2,0,-1),(0,1,0)).

(D) V=Span((1,1,0),(-2,-1,1))={x:x1-x2+x3=0}. 

(E) L'intersezione cercata e' Span((-2,-1,1)).