Upload
nguyendien
View
221
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
Universita degli Studi di Bergamo— Modulo di Geometria e Algebra Lineare (vecchio programma) —
17 giugno 2014 — Tema A
Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.Ogni esercizio va iniziato all’inizio di una pagina.Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.Non saranno accettate risposte non giustificate.
SOLUZIONI
Esercizio 1. a) Determinare, al variare del parametro k, la dimensione del sottospaziogenerato dai vettori
v1 =
12k
2
v2 =
1k
−31
v3 =
k
4−3k
k
.
La dimensione del sottospazio generato da questi tre vettori e uguale alla caratteri-stica della matrice
A =
1 2 k 21 k −3 1k 4 −3k k
.
Usando la prima colonna per semplificare la terza e la quarta, la matrice A ha lastessa caratteristica di
A1 =
1 2 k + 3 11 k 0 0k 4 0 0
e, usando l’ultima colonna per semplificare le altre, A1 ha la stessa caratteristica di
A2 =
0 0 0 11 k 0 0k 4 0 0
e di
A3 =
0 0 11 k 0k 4 0
.
1
Il determinante di A3 e (4− k2) = (2− k)(2 + k); quindi per k 6= ±2 le matrici A3,A2, A1 e A avranno caratteristica 3 e quindi i tre vettori generano un sottospaziodi dimension 3 (e quindi sono linearmente indipendenti). Invece per k = ±2 questematrici avranno caratteristica al massimo 2. La caratteristica e 2 perche il determi-nante costituito dalle due prime righe e dalla prima e ultima colonna e diverso da 0.Quindi i tre vettori generano un sottospazio di dimensione 2.
b) Determinare per quali valori del parametro k vettori v1, v2 e v3 sono linearmente indipen-
denti.
Vista la domanda precedente, i vettori sono linearmente indipendenti se e solo sek 6= 2.
Esercizio 2. Si considerino i piani π1 : x− 4y − 1 = 0 e π2 : 3x− 2z + 3 = 0.
a) Si scrivano le equazioni della retta r passante per A(1; 0; 1) e parallela ai piani π1 e π2.
Il vettore direzionale della retta e n1∧n2, dove n1 = (1;−4; 0) e n2 = (3; 0;−2) sono ivettori normali ai due piani ai quali deve essere parallela. Poiche n1 ∧n2 = (8; 2; 12),le equazioni parametriche scalari della retta r sono
x = 1 + 8ty = 2tz = 1 + 12t
b) Si determini (se esiste) l’intersezione tra r e il piano π3 di equazione 3x− 2y − z − 8 = 0.
Basta sostituire le equazioni di r in quella di π3. Si ottiene infatti t = 3
4, ossia il
punto (7; 32; 10).
c) Si calcoli l’angolo α formato dai piani π1 e π2.
Tale angolo coincide con quello formato dai vettori n1 e n2. Pertanto si ha chen1 · n2 = |n1||n2| cosα, ossia α = arccos 3
√
221.
Esercizio 3. Sia
fk : R4 −→ R2[x]
(
abcd
)
7−→ (a+ kb2 + d− b2)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d)
a) Sfruttando il vettore
(
0100
)
, individuare l’unico valore di k per il quale fk puo essere lineare.
Abbiamo
fk
(
0100
)
= (k − 1)x2 − x− 1
2
e
fk
(
0200
)
= 4(k − 1)x2 − 2x− 2 ;
quindi
fk
(
0200
)
= 2fk
(
0100
)
se e solo se k = 1. Quindi fk puo essere lineare solo se k = 1.
b) Per il valore di k di cui sopra, verificare che fk e lineare.
Abbiamo
f1
(
abcd
)
= (a+ d)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d) ,
per cui risulta relativamente ovvio che l’applicazione e lineare. Infatti per ogni(
a1b1c1d1
)
∈ R4,
(
a2b2c2d2
)
∈ R4 e λ ∈ R,
f1
(
λ
(
a1b1c1d1
))
= f1
(
λa1λb1λc1λd1
)
= (λa1 + λd1)x2 + (4λa1 − λb1 + 4λd1)x+ (4λa1 − λb1 + λc1 + 4λd1)
= λ(
(a1 + d1)x2 + (4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a1 − b1 + c1 + 4d1)
)
= λf1
(
a1b1c1d1
)
f1
((
a1b1c1d1
)
+
(
a2b2c2d2
))
= f1
(
a1+a2b1+b2c1+c2d1+d2
)
= (a1 + a2 + d1 + d2)x2+
(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + 4(d1 + d2))x+
(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + (c1 + c2) + 4(d1 + d2))
= (a1 + d1)x2 + (a2 + d2)x
2+
(4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a2 − b2 + 4d2)x+
(4a1 − b1 + c1 + 4d1) + (4a2 − b2 + c2 + d2)
= f1
(
a1b1c1d1
)
+ f1
(
a2b2c2d2
)
c) Ricordare (senza dimostrazione) quali sono le dimensioni degli spazi vettoriali R4 e R2[x].
Sono rispettivamente di dimensione 4 e 3.
3
d) Scrivere la matrice dell’applicazione lineare f1 nella base canonica di R4 e nella base {x2 +4x+ 4;x+ 1; 1} di R2[x].
Il modo piu semplice di risolvere la questione e di accorgersi che
f1
(
abcd
)
= (a+ d)(x2 + 4x+ 4)− b(x+ 1) + c .
per cui la matrice e
M =
1 0 0 10 −1 0 00 0 1 0
Un’altra possibilita e di risolvere il sistema
f1
(
abcd
)
= α(x2 + 4x+ 4) + β(x+ 1) + γ ,
cioe
α = a+ d
4α + β = 4a− b+ 4d4α + β + γ = 4a− b+ c+ 4d
la cui soluzione e
α = a+ d
β = −b
γ = c
La matrice e (ovviamente) la stessa.
Esercizio 4. Risolvere l’equazione
z2 − (3 + i)z + 8− i = 0
utilizzando la forma algebrica e rappresentare le soluzioni sul piano di Gauss. Si segnala che
262 = 676.
Si tratta di un’equazione del secondo grado. Il suo discriminante e
∆ = (3 + i)2 − 4 · 1 · (8− i) = −24 + 10i .
Calcoliamo le radici quadrate del discriminante. Sono i complessi
δ = a+ ib
tali che
a2 − b2 = −24
2ab = 10
a2 + b2 =√242 + 102 =
√576 + 100 =
√676 = 26
4
Sommando la prima e la terza si trova 2a2 = 2, cioe a = ±1 e quindi nella seconda b = ±5(con a e b dello stesso segno). Abbiamo quindi le due soluzioni dell’equazione
{
z1 = 3+i+1+5i
2= 2 + 3i
z2 = 3+i−1−5i
2= 1− 2i
5
Universita degli Studi di Bergamo— Modulo di Geometria e Algebra Lineare (vecchio programma) —
17 giugno 2014 — Tema B
Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.Ogni esercizio va iniziato all’inizio di una pagina.Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.Non saranno accettate risposte non giustificate.
SOLUZIONI
Esercizio 1. a) Determinare, al variare del parametro k, la dimensione del sottospaziogenerato dai vettori
v1 =
12k
−1
v2 =
1k
21
v3 =
k
42kk
.
La dimensione del sottospazio generato da questi tre vettori e uguale alla caratteri-stica della matrice
A =
1 2 k −11 k 2 1k 4 2k k
.
Usando la prima colonna per semplificare la terza e la quarta, la matrice A ha lastessa caratteristica di
A1 =
1 2 k − 2 −21 k 0 0k 4 0 0
e, usando l’ultima colonna per semplificare le altre, A1 ha la stessa caratteristica di
A2 =
0 0 0 −21 k 0 0k 4 0 0
e di
A3 =
0 0 −21 k 0k 4 0
.
1
Il determinante di A3 e −2(4 − k2) = −2(2 − k)(2 + k); quindi per k 6= ±2 lematrici A3, A2, A1 e A avranno caratteristica 3 e quindi i tre vettori generano unsottospazio di dimension 3 (e quindi sono linearmente indipendenti). Invece perk = ±2 queste matrici avranno caratteristica al massimo 2. La caratteristica e 2perche il determinante costituito dalle due prime righe e dalla prima e ultima colonnae diverso da 0. Quindi i tre vettori generano un sottospazio di dimensione 2.
b) Determinare per quali valori del parametro k vettori v1, v2 e v3 sono linearmente indipen-
denti.
Vista la domanda precedente, i vettori sono linearmente indipendenti se e solo sek 6= 2.
Esercizio 2. Si considerino i piani π1 : x− 4y − 1 = 0 e π2 : 3x− 2z + 3 = 0.
a) Si scrivano le equazioni della retta r passante per A(1; 0;−1) e parallela ai piani π1 e π2.
Il vettore direzionale della retta e n1∧n2, dove n1 = (1;−4; 0) e n2 = (3; 0;−2) sono ivettori normali ai due piani ai quali deve essere parallela. Poiche n1 ∧n2 = (8; 2; 12),le equazioni parametriche scalari della retta r sono
x = 1 + 8ty = 2tz = −1 + 12t
b) Si determini (se esiste) l’intersezione tra r e il piano π3 di equazione 3x− 2y − z − 8 = 0.
Basta sostituire le equazioni di r in quella di π3. Si ottiene infatti t = 1
2, ossia il
punto (5; 1; 5).
c) Si calcoli l’angolo α formato dai piani π1 e π2.
Tale angolo coincide con quello formato dai vettori n1 e n2. Pertanto si ha chen1 · n2 = |n1||n2| cosα, ossia α = arccos 3
√
221.
Esercizio 3. Sia
fk : R4 −→ R2[x]
(
abcd
)
7−→ (a+ kb2 + d+ b2)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d)
a) Sfruttando il vettore
(
0100
)
, individuare l’unico valore di k per il quale fk puo essere lineare.
Abbiamo
fk
(
0100
)
= (k + 1)x2 − x− 1
2
e
fk
(
0200
)
= 4(k + 1)x2 − 2x− 2 ;
quindi
fk
(
0200
)
= 2fk
(
0100
)
se e solo se k = −1. Quindi fk puo essere lineare solo se k = −1.
b) Per il valore di k di cui sopra, verificare che fk e lineare.
Abbiamo
f−1
(
abcd
)
= (a+ d)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d) ,
per cui risulta relativamente ovvio che l’applicazione e lineare. Infatti per ogni(
a1b1c1d1
)
∈ R4,
(
a2b2c2d2
)
∈ R4 e λ ∈ R,
f−1
(
λ
(
a1b1c1d1
))
= f−1
(
λa1λb1λc1λd1
)
= (λa1 + λd1)x2 + (4λa1 − λb1 + 4λd1)x+ (4λa1 − λb1 + λc1 + 4λd1)
= λ(
(a1 + d1)x2 + (4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a1 − b1 + c1 + 4d1)
)
= λf−1
(
a1b1c1d1
)
f−1
((
a1b1c1d1
)
+
(
a2b2c2d2
))
= f−1
(
a1+a2b1+b2c1+c2d1+d2
)
= (a1 + a2 + d1 + d2)x2+
(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + 4(d1 + d2))x+
(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + (c1 + c2) + 4(d1 + d2))
= (a1 + d1)x2 + (a2 + d2)x
2+
(4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a2 − b2 + 4d2)x+
(4a1 − b1 + c1 + 4d1) + (4a2 − b2 + c2 + d2)
= f−1
(
a1b1c1d1
)
+ f−1
(
a2b2c2d2
)
c) Ricordare (senza dimostrazione) quali sono le dimensioni degli spazi vettoriali R4 e R2[x].
Sono rispettivamente di dimensione 4 e 3.
3
d) Scrivere la matrice dell’applicazione lineare f−1 nella base canonica di R4 e nella base
{x2 + 4x+ 4;x+ 1; 1} di R2[x].
Il modo piu semplice di risolvere la questione e di accorgersi che
f−1
(
abcd
)
= (a+ d)(x2 + 4x+ 4)− b(x+ 1) + c .
per cui la matrice e
M =
1 0 0 10 −1 0 00 0 1 0
Un’altra possibilita e di risolvere il sistema
f−1
(
abcd
)
= α(x2 + 4x+ 4) + β(x+ 1) + γ ,
cioe
α = a+ d
4α + β = 4a− b+ 4d4α + β + γ = 4a− b+ c+ 4d
la cui soluzione e
α = a+ d
β = −b
γ = c
La matrice e (ovviamente) la stessa.
Esercizio 4. Risolvere l’equazione
z2 − (5 + 2i)z + 9 + 7i = 0
utilizzando la forma algebrica e rappresentare le soluzioni sul piano di Gauss. Si segnala che
172 = 289.
Si tratta di un’equazione del secondo grado. Il suo discriminante e
∆ = (5 + 2i)2 − 4 · 1 · (9 + 7i) = −15− 8i .
Calcoliamo le radici quadrate del discriminante. Sono i complessi
δ = a+ ib
tali che
a2 − b2 = −15
2ab = −8
a2 + b2 =√152 + 82 =
√225 + 64 =
√289 = 17
4
Sommando la prima e la terza si trova 2a2 = 2, cioe a = ±1 e quindi nella seconda b = ∓4(con a e b di segni opposti). Abbiamo quindi le due soluzioni dell’equazione
{
z1 = 5+2i+1−4i
2= 3− i
z2 = 5+2i−1+4i
2= 2 + 3i
5
Universita degli Studi di Bergamo— Modulo di Geometria e Algebra Lineare (vecchio programma) —
17 giugno 2014 — Tema C
Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.Ogni esercizio va iniziato all’inizio di una pagina.Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.Non saranno accettate risposte non giustificate.
SOLUZIONI
Esercizio 1. a) Determinare, al variare del parametro k, la dimensione del sottospaziogenerato dai vettori
v1 =
12k
3
v2 =
1k
−21
v3 =
k
4−2k
k
.
La dimensione del sottospazio generato da questi tre vettori e uguale alla caratteri-stica della matrice
A =
1 2 k 31 k −2 1k 4 −2k k
.
Usando la prima colonna per semplificare la terza e la quarta, la matrice A ha lastessa caratteristica di
A1 =
1 2 k + 2 21 k 0 0k 4 0 0
e, usando l’ultima colonna per semplificare le altre, A1 ha la stessa caratteristica di
A2 =
0 0 0 21 k 0 0k 4 0 0
e di
A3 =
0 0 21 k 0k 4 0
.
1
Il determinante di A3 e 2(4 − k2) = 2(2 − k)(2 + k); quindi per k 6= ±2 le matriciA3, A2, A1 e A avranno caratteristica 3 e quindi i tre vettori generano un sottospaziodi dimension 3 (e quindi sono linearmente indipendenti). Invece per k = ±2 questematrici avranno caratteristica al massimo 2. La caratteristica e 2 perche il determi-nante costituito dalle due prime righe e dalla prima e ultima colonna e diverso da 0.Quindi i tre vettori generano un sottospazio di dimensione 2.
b) Determinare per quali valori del parametro k vettori v1, v2 e v3 sono linearmente indipen-
denti.
Vista la domanda precedente, i vettori sono linearmente indipendenti se e solo sek 6= 2.
Esercizio 2. Si considerino i piani π1 : x− 4y − 1 = 0 e π2 : 3x− 2z + 3 = 0.
a) Si scrivano le equazioni della retta r passante per A(1; 0; 2) e parallela ai piani π1 e π2.
Il vettore direzionale della retta e n1∧n2, dove n1 = (1;−4; 0) e n2 = (3; 0;−2) sono ivettori normali ai due piani ai quali deve essere parallela. Poiche n1 ∧n2 = (8; 2; 12),le equazioni parametriche scalari della retta r sono
x = 1 + 8ty = 2tz = 2 + 12t
b) Si determini (se esiste) l’intersezione tra r e il piano π3 di equazione 3x− 2y − z − 8 = 0.
Basta sostituire le equazioni di r in quella di π3. Si ottiene infatti t = 7
8, ossia il
punto (8; 74; 25
2).
c) Si calcoli l’angolo α formato dai piani π1 e π2.
Tale angolo coincide con quello formato dai vettori n1 e n2. Pertanto si ha chen1 · n2 = |n1||n2| cosα, ossia α = arccos 3
√
221.
Esercizio 3. Sia
fk : R4 −→ R2[x]
(
abcd
)
7−→ (a+ kb2 + d− 2b2)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d)
a) Sfruttando il vettore
(
0100
)
, individuare l’unico valore di k per il quale fk puo essere lineare.
Abbiamo
fk
(
0100
)
= (k − 2)x2 − x− 1
2
e
fk
(
0200
)
= 4(k − 2)x2 − 2x− 2 ;
quindi
fk
(
0200
)
= 2fk
(
0100
)
se e solo se k = 2. Quindi fk puo essere lineare solo se k = 2.
b) Per il valore di k di cui sopra, verificare che fk e lineare.
Abbiamo
f2
(
abcd
)
= (a+ d)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d) ,
per cui risulta relativamente ovvio che l’applicazione e lineare. Infatti per ogni(
a1b1c1d1
)
∈ R4,
(
a2b2c2d2
)
∈ R4 e λ ∈ R,
f2
(
λ
(
a1b1c1d1
))
= f2
(
λa1λb1λc1λd1
)
= (λa1 + λd1)x2 + (4λa1 − λb1 + 4λd1)x+ (4λa1 − λb1 + λc1 + 4λd1)
= λ(
(a1 + d1)x2 + (4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a1 − b1 + c1 + 4d1)
)
= λf2
(
a1b1c1d1
)
f2
((
a1b1c1d1
)
+
(
a2b2c2d2
))
= f2
(
a1+a2b1+b2c1+c2d1+d2
)
= (a1 + a2 + d1 + d2)x2+
(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + 4(d1 + d2))x+
(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + (c1 + c2) + 4(d1 + d2))
= (a1 + d1)x2 + (a2 + d2)x
2+
(4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a2 − b2 + 4d2)x+
(4a1 − b1 + c1 + 4d1) + (4a2 − b2 + c2 + d2)
= f2
(
a1b1c1d1
)
+ f2
(
a2b2c2d2
)
c) Ricordare (senza dimostrazione) quali sono le dimensioni degli spazi vettoriali R4 e R2[x].
Sono rispettivamente di dimensione 4 e 3.
3
d) Scrivere la matrice dell’applicazione lineare f2 nella base canonica di R4 e nella base {x2 +4x+ 4;x+ 1; 1} di R2[x].
Il modo piu semplice di risolvere la questione e di accorgersi che
f2
(
abcd
)
= (a+ d)(x2 + 4x+ 4)− b(x+ 1) + c .
per cui la matrice e
M =
1 0 0 10 −1 0 00 0 1 0
Un’altra possibilita e di risolvere il sistema
f2
(
abcd
)
= α(x2 + 4x+ 4) + β(x+ 1) + γ ,
cioe
α = a+ d
4α + β = 4a− b+ 4d4α + β + γ = 4a− b+ c+ 4d
la cui soluzione e
α = a+ d
β = −b
γ = c
La matrice e (ovviamente) la stessa.
Esercizio 4. Risolvere l’equazione
z2 − (3 + i)z + 8− i = 0
utilizzando la forma algebrica e rappresentare le soluzioni sul piano di Gauss. Si segnala che
262 = 676.
Si tratta di un’equazione del secondo grado. Il suo discriminante e
∆ = (3 + i)2 − 4 · 1 · (8− i) = −24 + 10i .
Calcoliamo le radici quadrate del discriminante. Sono i complessi
δ = a+ ib
tali che
a2 − b2 = −24
2ab = 10
a2 + b2 =√242 + 102 =
√576 + 100 =
√676 = 26
4
Sommando la prima e la terza si trova 2a2 = 2, cioe a = ±1 e quindi nella seconda b = ±5(con a e b dello stesso segno). Abbiamo quindi le due soluzioni dell’equazione
{
z1 = 3+i+1+5i
2= 2 + 3i
z2 = 3+i−1−5i
2= 1− 2i
5
Universita degli Studi di Bergamo— Modulo di Geometria e Algebra Lineare (vecchio programma) —
17 giugno 2014 — Tema D
Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.Ogni esercizio va iniziato all’inizio di una pagina.Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.Non saranno accettate risposte non giustificate.
SOLUZIONI
Esercizio 1. a) Determinare, al variare del parametro k, la dimensione del sottospaziogenerato dai vettori
v1 =
12k
−2
v2 =
1k
31
v3 =
k
43kk
.
La dimensione del sottospazio generato da questi tre vettori e uguale alla caratteri-stica della matrice
A =
1 2 k −21 k 3 1k 4 3k k
.
Usando la prima colonna per semplificare la terza e la quarta, la matrice A ha lastessa caratteristica di
A1 =
1 2 k − 3 −31 k 0 0k 4 0 0
e, usando l’ultima colonna per semplificare le altre, A1 ha la stessa caratteristica di
A2 =
0 0 0 −31 k 0 0k 4 0 0
e di
A3 =
0 0 −31 k 0k 4 0
.
1
Il determinante di A3 e −3(4 − k2) = −3(2 − k)(2 + k); quindi per k 6= ±2 lematrici A3, A2, A1 e A avranno caratteristica 3 e quindi i tre vettori generano unsottospazio di dimension 3 (e quindi sono linearmente indipendenti). Invece perk = ±2 queste matrici avranno caratteristica al massimo 2. La caratteristica e 2perche il determinante costituito dalle due prime righe e dalla prima e ultima colonnae diverso da 0. Quindi i tre vettori generano un sottospazio di dimensione 2.
b) Determinare per quali valori del parametro k vettori v1, v2 e v3 sono linearmente indipen-
denti.
Vista la domanda precedente, i vettori sono linearmente indipendenti se e solo sek 6= 2.
Esercizio 2. Si considerino i piani π1 : x− 4y − 1 = 0 e π2 : 3x− 2z + 3 = 0.
a) Si scrivano le equazioni della retta r passante per A(1; 0;−2) e parallela ai piani π1 e π2.
Il vettore direzionale della retta e n1∧n2, dove n1 = (1;−4; 0) e n2 = (3; 0;−2) sono ivettori normali ai due piani ai quali deve essere parallela. Poiche n1 ∧n2 = (8; 2; 12),le equazioni parametriche scalari della retta r sono
x = 1 + 8ty = 2tz = −2 + 12t
b) Si determini (se esiste) l’intersezione tra r e il piano π3 di equazione 3x− 2y − z − 8 = 0.
Basta sostituire le equazioni di r in quella di π3. Si ottiene infatti t = 3
8, ossia il
punto (4; 34; 52).
c) Si calcoli l’angolo α formato dai piani π1 e π2.
Tale angolo coincide con quello formato dai vettori n1 e n2. Pertanto si ha chen1 · n2 = |n1||n2| cosα, ossia α = arccos 3
√
221.
Esercizio 3. Sia
fk : R4 −→ R2[x]
(
abcd
)
7−→ (a+ kb2 + d+ 2b2)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d)
a) Sfruttando il vettore
(
0100
)
, individuare l’unico valore di k per il quale fk puo essere lineare.
Abbiamo
fk
(
0100
)
= (k + 2)x2 − x− 1
2
e
fk
(
0200
)
= 4(k + 2)x2 − 2x− 2 ;
quindi
fk
(
0200
)
= 2fk
(
0100
)
se e solo se k = −2. Quindi fk puo essere lineare solo se k = −2.
b) Per il valore di k di cui sopra, verificare che fk e lineare.
Abbiamo
f−2
(
abcd
)
= (a+ d)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d) ,
per cui risulta relativamente ovvio che l’applicazione e lineare. Infatti per ogni(
a1b1c1d1
)
∈ R4,
(
a2b2c2d2
)
∈ R4 e λ ∈ R,
f−2
(
λ
(
a1b1c1d1
))
= f−2
(
λa1λb1λc1λd1
)
= (λa1 + λd1)x2 + (4λa1 − λb1 + 4λd1)x+ (4λa1 − λb1 + λc1 + 4λd1)
= λ(
(a1 + d1)x2 + (4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a1 − b1 + c1 + 4d1)
)
= λf−2
(
a1b1c1d1
)
f−2
((
a1b1c1d1
)
+
(
a2b2c2d2
))
= f−2
(
a1+a2b1+b2c1+c2d1+d2
)
= (a1 + a2 + d1 + d2)x2+
(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + 4(d1 + d2))x+
(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + (c1 + c2) + 4(d1 + d2))
= (a1 + d1)x2 + (a2 + d2)x
2+
(4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a2 − b2 + 4d2)x+
(4a1 − b1 + c1 + 4d1) + (4a2 − b2 + c2 + d2)
= f−2
(
a1b1c1d1
)
+ f−2
(
a2b2c2d2
)
c) Ricordare (senza dimostrazione) quali sono le dimensioni degli spazi vettoriali R4 e R2[x].
Sono rispettivamente di dimensione 4 e 3.
3
d) Scrivere la matrice dell’applicazione lineare f−2 nella base canonica di R4 e nella base
{x2 + 4x+ 4;x+ 1; 1} di R2[x].
Il modo piu semplice di risolvere la questione e di accorgersi che
f−2
(
abcd
)
= (a+ d)(x2 + 4x+ 4)− b(x+ 1) + c .
per cui la matrice e
M =
1 0 0 10 −1 0 00 0 1 0
Un’altra possibilita e di risolvere il sistema
f−2
(
abcd
)
= α(x2 + 4x+ 4) + β(x+ 1) + γ ,
cioe
α = a+ d
4α + β = 4a− b+ 4d4α + β + γ = 4a− b+ c+ 4d
la cui soluzione e
α = a+ d
β = −b
γ = c
La matrice e (ovviamente) la stessa.
Esercizio 4. Risolvere l’equazione
z2 − (5 + 2i)z + 9 + 7i = 0
utilizzando la forma algebrica e rappresentare le soluzioni sul piano di Gauss. Si segnala che
172 = 289.
Si tratta di un’equazione del secondo grado. Il suo discriminante e
∆ = (5 + 2i)2 − 4 · 1 · (9 + 7i) = −15− 8i .
Calcoliamo le radici quadrate del discriminante. Sono i complessi
δ = a+ ib
tali che
a2 − b2 = −15
2ab = −8
a2 + b2 =√152 + 82 =
√225 + 64 =
√289 = 17
4
Sommando la prima e la terza si trova 2a2 = 2, cioe a = ±1 e quindi nella seconda b = ∓4(con a e b di segni opposti). Abbiamo quindi le due soluzioni dell’equazione
{
z1 = 5+2i+1−4i
2= 3− i
z2 = 5+2i−1+4i
2= 2 + 3i
5