Scritto del 16/7/2005. Soluzioni degli esercizi.


Esercizio 1.

(A) V è un sottospazio perché la proprietà p(0)=p(1) si conserva per somme e
    prodotti per scalare. f è un'applicazione lineare perché sia la derivata,
    sia la moltiplicazione per un polinomio fissato lo sono. I polinomi
    nell'immagine di f hanno tutti p(0)=0 e p(1)=0, quindi sono in V.

(B) Dire che sono indipendenti è facile. Per dire che generano si può scrivere
    un polinomio come p(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e, e notare che la condizione
    p(0)=p(1) divente a+b+c+d=0. Quindi V è un iperpiano, quindi ha
    dimensione 4, quindi i 4 vettori indipendenti generano.

(C) La matrice è
     0     0     0     0
     0     0    -2     0
     0     0     2    -6
    12    12    12    18

(D) f-2Id ha rango 3, il ker è generato dal vettore x^2-x.

(E) Il polinomio caratteristico di f è di quarto grado, con soluzione ovvia 0,
    e soluzione 2 nota dal punto precedente. Le altre soluzioni sono 6, 12.
    Autovalori distinti, quindi è diagonalizzabile.


Esercizio 2.

(A) Ht = C + Span(C-D,E) = (3,3,1) + Span((1,2,5),(1,t+1, 2t+3))
                         = (3,3,1) + Span((1,2,5),(t-1)*(0,1,2)).
    La dimensione è 1 per t=1 e 2 altrimenti. La forma parametrica è
    questa, omettendo il secondo vettore dello Span per t=1.
    La forma cartesiana e' 2x-y=3, 5x-z=14 per t=1 e x+2y-z=8 altrimenti.

(B) Basta fare il determinante della matrice.

(C) Nella base B, K = span((-1,-2,2), (-2,4,-2) ).
    Nella base canonica
    K = span((-A-2B+2C), (-2A+4B-2C) ) = span((2,1,1),(9,1,3)).

(D) K è un piano. (1,2,5) non è in K, quindi H+K deve essere strettamente
    più grande di K, quindi ha sempre dimensione 3.
    L'intersezione è non vuota, altrimenti i due spazi dovrebbero essere
    paralleli, ma questo non è possibile perché (1,2,5) non è in K.
    L'intersezione ha dimensione 0 se t=1, altrimenti ha dimensione 1.

(E) Basta prendere v1=(1,2,5), v2=(2,1,1), v3=(9,1,3)