Geometria (Fisica) Prof. K. O`Grady Soluzioni della prova scritta

Geometria (Fisica)
Prof. K. O’Grady
Soluzioni della prova scritta
29 Novembre 2011
Esercizio 1. Quali dei seguenti sottoinsiemi di spazi vettoriali reali sono sottospazi ?
(1) Il sottoinsieme X ⊂ R3 definito da
{(x1 , x2 , x3 ) | x1 x2 x3 = 0}.
(2) Il sottoinsieme Y ⊂ R[t] definito da
{p ∈ R[t] | p(0) + p0 (0) = 0}.
(3) Il sottoinsieme Z ⊂ M2,2 (R) definito da
{A ∈ M2,2 (R) | A · B = 0},
B=
1
2
.
Per ciascun sottoinsieme dimostrate che è un sottospazio oppure verificate che non gode di tutte le
proprietà che definiscono un sottospazio di uno spazio vettoriale.
Risoluzione: (1): X non è un sottospazio. Abbiamo che (1, 1, 0), (0, 1, 1) ∈ X ma
((1, 1, 0) + (0, 1, 1)) ∈
/ X.
(2): Y è un sottospazio. Infatti le applicazioni
R[t] −→
p
7→
R[t] −→
p
7→
R
p(0)
R
p0 (0)
sono lineari e quindi anche la loro somma
ϕ
R[t] −→
p
7→
R
p(0) + p0 (0)
è lineare. Dunque il nucleo di ϕ è un sottospazio di R[t]. Siccome Y = ker ϕ segue che Y è un sottospazio.
(3): Z è un sottospazio. Infatti 02,2 ∈ Z e se A1 , A2 ∈ Z e λ1 , λ2 ∈ R abbiamo che
(λ1 A1 + λ2 A2 ) · B = λ1 A1 · B + λ2 A2 · B = 0 + 0 = 0.
Esercizio 2. Sia {i, j} una base di V 2 e k := 2i + 3j, h := 3i + 5j. Sia Q ∈ A2 il punto di coordinate
(1, 1) nel RA(O; i, j).
(1) Verificate che {k, h} è una base di V 2 .
(2) Determinate le coordinate di O nel RA(Q; k, h).
Risoluzione: (1): Abbiamo
k
=
2i + 3j
(1)
h =
3i + 5j.
(2)
1
Moltiplicando (1) per 5 e (2) per −3 e sommando i risultati otteniamo che
i = 5k − 3h.
(3)
Moltiplicando (1) per 3 e (2) per −2 e sommando i risultati otteniamo che j = −3k + 2h.
j = −3k + 2h.
(4)
Quindi k, h generano V 2 : siccome dim V 2 = 2 segue che {k, h} è una base di V 2 .
−−→
(2): Siccome le coordinate di Q nel RA(O; i, j) sono (1, 1) abbiamo che OQ = i + j. Usando (3) e (4)
vediamo che
−−→
QO = −i − j = −(5k − 3h) − (−3k + 2h) = −2k + h.
Quindi le coordinate di O nel RA(Q; k, h) sono (−2, 1).
Esercizio 3. Sia U ⊂ R4 il sottospazio definito da
U := {(x1 , x2 , x3 , x4 ) | x1 + x2 + x3 + x4 = 0}.
Sia f : U → U l’applicazione lineare definita da
f
U
−→
(x1 , x2 , x3 , x4 ) 7→
U
(x4 , x1 , x2 , x3 )
Sia B la base di U data da
B := {(1, −1, 0, 0), (0, 1, −1, 0), (0, 0, 1, −1)}.
(1) Calcolate MBB (f ).
(2) Determinate MBB (f )4 .
(Il punto (2) può essere risolto senza fare lunghi calcoli, basta ragionare.)
Risoluzione: (1): Si ha

0
MBB (f ) =  1
0
0
0
1

−1
−1  .
−1
(5)
Infatti siano v1 , v2 , v3 i vettori della base B. Un facile calcolo dà che
f (v1 ) = v2 ,
f (v3 ) = −v1 − v2 − v3 .
f (v2 ) = v3 ,
Siccome le colonne di MBB (f ) sono le colonne delle coordinate di f (v1 ), f (v2 ) e f (v3 ) nella base B segue
che vale (5).
(2): Si ha
MBB (f )4 = MBB (f 4 ) = MBB (IdU ) = 13 .
Esercizio 4. Sia

1
A :=  1
3

2
3
−1 −1  .
0
1
(1) Date una base di ker(LA ).
(2) Date una base di Im(LA ).
2
Risoluzione: (1): Con una serie di operazioni elementari sulle righe di A arriviamo alla matrice a scala
per righe


1
2
3
S :=  0 −3 −4  .
0
0
0
Abbiamo che ker(LA ) = ker(LS ). Il nucleo di LS si calcola facilmente: otteniamo che una base di ker(LA )
è
{(1, 4, −3)}.
(2): Con una serie di operazioni elementari sulle colonne

1
0
S :=  1 −3
3 −6
di A arriviamo alla matrice a scala per colonne

0
0 .
0
Abbiamo che Im(LA ) = Im(LS ). Una base di Im(LS ) è data dalle colonne non nulle di S. Quindi una
base di Im(LA ) è
{(1, 1, 3), (0, −3, −6)}.
Esercizio 5. Sia V uno spazio vettoriale. Un’applicazione f : V → V è una proiezione se è lineare e
f ◦ f = f.
Per esempio l’applicazione identità IdV è una proiezione e anche l’applicazione 0 (che manda ogni vettore
in 0).
(1) Supponete che f : V → V sia una proiezione che non è l’applicazione identità: dimostrate che f
non è iniettiva.
(2) Date un esempio di proiezione f : R3 → R3 che non sia l’applicazione identità nè l’applicazione 0.
Risoluzione: (1): Per definizione di proiezione abbiamo che
f ◦ (f − IdV ) = 0.
(6)
Siccome f non è l’applicazione identità esiste v ∈ V tale che f (v) 6= v cioè w := (f (v) − v) 6= 0. Per
la (6) abbiamo che f (w) = 0 e quindi f non è iniettiva.
(2): f (x1 , x2 , x3 ) = (x1 , 0, 0).
3