Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

Full exam

SiaAuna matrice di tipo (m; n) di rangor. Si dica se le seguenti a®ermazioni sono vere o false, giustif- icando le risposte. (punteggio: 3 punti per ogni a®ermazione, ciascuna versione del compito conteneva 3 a®ermazioni, quindi l'esercizio valeva 9 punti) (a) Se il sistema lineareAx=bammette soluzione per ognib2Rm , allorar=m. Sen=med esisteb 12Rn per cui il sistemaAx=b 1ammette piµu di una soluzione, allora esiste b 22Rn per cui il sistemaAx=b 2non ammette alcuna soluzione. Se esisteb 12Rm per cui il sistemaAx=b 1ammette in¯nite soluzioni, allora il sistemaAx=b ammette in¯nite soluzioni per ognib2Rm . Se il sistema lineareAx=bammette al piµu una soluzione per ognib2Rm , allorar=n. Sen=med esisteb 12Rn per cui il sistemaAx=b 1non ammette alcuna soluzione, allora esiste b 22Rn per cui il sistemaAx=b 2ammette in¯nite soluzioni. Se esisteb 12Rm per cui il sistemaAx=b 1ammette esattamente una soluzione, allora il sistema Ax=bammette esattamente una soluzione per ognib2Rm . SiaT:R3 ¡!R3 l'applicazione lineare rappresentata dalla matrice A=2 42 2¡2 2 5 1 ¡2 1 53 5 (a) Si trovino una matrice ortogonaleQe una matrice diagonaleDtali che A=QDQT Si scrivano una base del nucleo e una base dell'immagine diT. (c) Si calcoli la matriceA+ pseudoinversa diA. Punteggio: 3 punti per polinomio caratteristico e matriceD, 2 punti per base autovettori, 3 punti per ortonormalizzazione di tale base e matriceQ, 1 punto per la domanda sulla decomposizione singolare; 2 punti per basi nucleo e immagine, 1 punto per formula pseudoinversa da decomposizione SVD, 2 punti per calcolo pseudoinversa. Totale 14 punti. Siccome la matrice µe simmetrica, l'esistenza diQeDµe garantita dal teorema spettrale. Il polinomio caratteristico diAµe¡¸(¸¡6)2 , per cuiAha un autovalore semplice¸ 1= 0 e uno doppio¸ 2= 6. Per trovareQoccorre determinare una baseortonormalediR3 formata da autovettori diQ. Siccome la matrice µe diagonalizzabile, la dimensione degli autospazi (molteplicitµa geometrica degli autovalori) coincide con la molteplicitµa algebrica dei relativi autovalori. Quindi l'autospazio relativo a¸ 1= 0, che µe il nucleo diA, ha dimensione 1, e l'autospazio relativo a¸ 2= 6 ha dimensione 2. Risolvendo il sistemaAx=0si trova una base del nucleo diA, per esempiov 1= [2¡1 1]T . Dividendov 1per la sua normap Abbiamo cosµ³ trovato una matrice ortogonaleQe una matrice diagonaleDtali che A=QDQT : Abbiamo giµa trovato una basefv 1gdel nucleo. L'immagine diTcoincide con il complemento ortog- onale del nucleo perch¶eAµe simmetrica, quindi coincide col pianoHdi cui abbiamo giµa determinato una base. (c) SiccomeA=QDQT :µe una decomposizione in valori singolari diA, la matrice pseudoinversa diAµe A+ =QD+ QT =Qdiag(0;1=6;1=6)QT =1 36Qdiag(0;6;6)QT =1 36A: 6Aµe la matrice della proiezione ortogonale suH=I m(T): infattiPµe simmetrica con autovalori 0 e 1. SiccomeTagisce come moltiplicazione per 6 sui vettori diH, la matrice pseudoinversa agisce come moltiplicazione per1 6sui vettori diH. Il nucleo diA+ coincide conH? , quindi A+ =1 6P=1 36A: Una matrice quadrataNsi dicenilpotentese esiste un intero positivomtale cheNm sia la matrice nulla. (a) SiaNuna matrice nilpotente. Si mostri che¸= 0 µe l'unico autovalore diN. (2 punti) (b) Si mostri che una matrice simile a una matrice nilpotente µe nilpotente. (3 punti) (c) SiaNuna matrice nilpotente di ordine 2. Si mostri cheNµe simile a una matriceUdella forma U=· 0b 0 0¸ : SiaU= [u ij] una matrice quadrata di ordinen. Si supponga cheUsia triangolare superiore con gli elementi sulla diagonale principale nulli: u ij= 0 sei¸j : SeNv=¸v, alloraNm v=¸m v. Quindi, se¸µe un autovalore diNeNm µe la matrice nulla,¸m µe un autovalore della matrice nulla. Ora l'unico autovalore della matrice nulla µe 0, quindi¸m = 0. Siccome¸µe un numero, questo implica¸= 0. (b) SeNm =0µe la matrice nulla eM=S¡1 NSµe simile aN, allora Mm =S¡1 Nm S=S¡1 0S=0: (c) Una matriceNquadrata di tipo (2;2) µe simile a una matriceA=· 0b 0d¸ se e solo se esiste una base fv 1;v 2gdiR2 tale che Nv 1= 0v 1+ 0v 2eNv 2=bv 1+dv 2 In¯ne, siccomeU2 =0eNµe simile aU, come nel punto precedente si mostraN2 =0. Osservazione: non tutte le matrici nilpotenti sono triangolari. Per esempio la matrice N=· 1¡1 1¡1¸ µe nilpotente ma non µe triangolare. Osservazione: due matrici con lo stesso polinomio caratteristico non sono necessariamente simili. Per esempio ogni matrice nilpotente di tipo (2;2) ha polinomio caratteristico¸2 per il primo punto, come la matrice nulla. Ma la matrice nulla µe simile soltanto a se stessa perch¶e per ogni matrice invertibile Ssi haS¡1 0S=0. MoltiplicandoUper se stessa si ottiene un'ulteriore diagonale di zeri sopra la diagonale principale. Proseguendo,U3 avrµa due diagonali nulle sopra la diagonale principale, e cosµ³ via, ¯no ad arrivare a Un =0. Per essere precisi, mostriamo per induzione supche l'elemento di posto (i; j) inUp µe nullo se i¸j¡(p¡1). In particolare,Un =0. Procedendo per induzione, supponiamo cheUp = [a ij] soddis¯a ij= 0 sei¸j¡(p¡1), e siaUp+1 = [b ik]. Allora b ik= (Up U) =n X j=1a iju j k