Algebra lineare.  Scritto del 4/6/2005.  Soluzioni degli esercizi.


Esercizio 1.

(A) (1,1,0) è in V ma i(1,1,0)=(i,i,0) no.

(B) V è chiuso per somme e per prodotti per numeri reali. Una base è
    ( (1,1,0), (i,-i, 0), (0,0,1), (0,0,i) ), quindi la dimensione è 4.


C) W è un sottospazio vettoriale reale di dimensione 4.
   Possiamo usare la notazione
   x1 = a1 + i b1, x2 = a2 + i b2, x3 = a3 + i b3.
   Spezzando l'equazione di W in parte reale e parte immaginaria, 
   si vede che i punti dell'intersezione sono quelli che rispettano
   le equazioni:
     - 3 b1 - 2 b2 - a3 = 2
     3 a1 + 2 a2 - b3 = -2
     a1 = a2
     b1 = -b2
     Le soluzioni di questo sistema formano uno spazio di dimensione 2.
     Quindi l'intersezione ha dimensione 2, e la somma ha dimensione 6, 
     cioè è tutto C^3.

(D) Identificando V a R^4 con la mappa
    (x1,x2,x3,x4) -> (x1+ix2,x1-ix2,x3+ix4)
    viene il prodotto canonico.

(E) Usando le equazioni di sopra, per un punto del sottospazio vettoriale
    associato all'intersezione valgono
     a2 =  a1
     b2 = -b1
     b3 = 5a1
     a3 = -b1
    Quindi ((1,1,5i), (-i,i,1)) è una base. Sono anche ortogonali, basta
    solo dividere per le norme rad(27) e rad(3).

Esercizio 2.

(A) Ker(M) = Span(1,4,3), Im(M)={x in R^3: x1+x2-2x3=0}.

(B) Gli autovalori sono 0, con molteplicità 1, e 1, con molteplicità 2. Basta
    verificare che il nucleo di 2Id - M ha dimensione 2. Gli autovettori sono
    (1,4,3), (1,-1,0), (0,2,1), che formano la base richiesta.

(C) La matrice di f nella base B è
     1   1   0
     0   1   0
     0   0   2.

(D) Usando la rappresentazione trovata al punto precedente si vede subito che
    gli autovalori di N sono 1, con molteplicità 2, e 2 con molteplicità 1, ma
    la molteplicità geometrica di 1 è 1.

(E) Non esiste, perché altrimenti sarebbe diagonalizzabile.